TRANSISTOR EN GRAN SEÑAL Se denomina que un transistor se encuentra en gran señal cuando la tensión en corriente alterna que cae en la juntura Base-Emisor permite una variación fuerte en la curva de Corriente de Emisor. Discutamos el siguiente Circuito
IC
V BE
I C I E I S (e
V T
V I
1) I S (e
V T
1)
V I V BE Asumiremos V I V DC V AC V BE vbe
+
VBE -
Vi
IE
V BE vbe
I E I S (e I E I S e I E I S e
1) Si V BE vbe V T
V T
(
(
V BE vbe V T V BE V T
)
e
)
I S e
(
V BE V T
)
(
e
vbe V T
I E I S e
V BE V T
Si
vbe V AC A Cos( O t )
A Cos ( O t ) ( ) V T
Sea y x Cos( O t ) y x
(
)
)
e
( y )
I S e
(
V BE V T
)
A V T
(1
y
n
n! ) n 1
Como “y” es una Función Función Periódica, Periódica, entonces entonces también también lo es periodo T
Sea
h(t ) e
( y)
h(t ) h(t kT )
Por lo tanto la corriente corriente de emisor emisor será
Ing. Saul Linares Vertiz
1
y )
e(
y con el mismo
I E I S e
(
V BE V T
)
C Cos(n t )]
[ ao
0
n
n
n 1
Donde T
1
T
aO
x Cos ( O t ) 2 T
e
dt
2
n Tan 1 (
C n ( an ) 2 (bn ) 2
2
T
bn an
T
Como Sabemos f (t )
2 T
V T
x Cos ( O t )
Sin( n O t )dt
x Cos ( O t )
Cos (n O t ) dt
e
2
T 2 T
A
an
)
T
2
bn
e
2
Cos ( Ot ) es una Función Par, Por lo tanto cumple con.
f (t ) f ( t ) También se cumple que. A
g (t ) e
e
f ( t )
V T
Cos ( Ot )
g (t ) g (t )
Por ser función Par y según Serie Serie de Fourier, Fourier, esta no tiene términos términos Senoidales bn=0
I E I S e
(
V BE V T
)
[ao
a
Cos(n 0t )]
n
n 1
Arreglando Arreglando I E I S e
(
V BE V T
)
ao [1
a n 1
Como
ao
1
T
an o
T 2
XCos ( 0 t )
T e 2
Calculando an
Ing. Saul Linares Vertiz
Cos(n 0t )]
2
dt ao ( x) I o ( x)
an
2
T
an 2
T XCos ( 0 t )
2
T e 2
2 T
I n ( x )
Cos (n 0 t )dt a n ( x )
T 2
0
2
T
XCos ( 0 t )
e
Cos (n 0 t )dt 2 I n ( x )
Por ser Función Par
T 2
0
XCos ( 0 t )
e
Cos (n 0 t ) dt
Entonces la corriente de Emisor quedara así.
I E I S e
(
V BE V T
)
I o ( x)[1
2 I n ( x)
I ( x) n 1
Cos(n 0 t )]
(1)
o
I E I E DC I E AC I E DC I E (t ) I E I E DC (1
I E AC I E DC
) I E DC (1
I E (t ) I E DC
)
(2)
Asociando 1 y 2 I E I S e
(
V BE V T
)
I o ( x)[1
2 I n ( x)
I ( x) n 1
I E DC I S e
(
V BE V T
Cos(n 0 t )] I E DC (1
o
)
I E (t ) I E DC
I o ( x)
2 I n ( x)
I ( x) n 1
I E (t ) I E DC
)
Cos(n 0 t )
o
Lo anterior indica que la Corriente Corriente de emisor no solo depende depende del Tiempo sino también de la tensión tensión alterna alterna que se aplica en la juntura juntura Base-Emi Base-Emisor sor ( x )
I E I E (t , x) I S e
(
V BE V T
)
I o ( x)[1
I ( x) n 1
I E (t , x) I DC [1
I ( x) n 1
Ing. Saul Linares Vertiz
2 I n ( x)
2 I n ( x) o
Cos (n 0t )]
o
3
Cos (n 0t )]
Conclusiones
•
La Corriente continua I DC DC no depende solo de la componente continua si no también de la amplitud de la señal de entrada (AC)
I DC I S e
•
(
2 I n ( X )
Cos( n 0t )]
o
2 I 1 ( X )
I o ( X )
Cos( ot )
A las señales de salida que poseen frecuencias superiores a la señal de entrada se les denomina Armónicos I DC
2 I n ( X ) I o ( X )
Cos(n ot )
n2
El armónico superior es menor que el anterior 2 I n ( X ) I o ( X )
•
I o ( X )
Al Termino de la señal de salida que tiene la misma frecuencia que la señal de entrada se le denomina fundamental I DC
•
)
I ( X ) n 1
•
V T
La señal de salida tiene frecuencias múltiplos de la señal de entrada i AC I DC [
•
V BE
2 I n1 ( X ) I o ( X )
El primer Coeficiente de Bessel se satura en 2 Lim x
2 I n ( X )
2 I 1 ( X ) I o ( X )
2
•
Los coeficientes
•
La corriente de Emisor no solo es función del tiempo si no también de la amplitud de la señal de entrada
•
Cuanto mayor sea la amplitud de la señal de entrada mayor cantidad de armónicos tendrá la salida
•
En gran señal la salida no es lineal, por lo tanto no se aplica el Teorema de superposición
Ing. Saul Linares Vertiz
I o ( X )
se encuentran tabulados en Tabla por Bessel
4
Caso Particular. Pequeña Señal V BE
I C I E I S (e
1)
V T
V BE
I C I E I S e
Si V BE V BE DC V BE AC V BE vbe V T vbe
V BE
I S e V e V
V T
T
V BE
I C I S e
vbe
I AC I DC I AC I DC
V BE
e x Lim x0 I S e
V T
vbe V T
Si
T
(1 x) I DC (1
vbe V T
vbe V T
) I DC (1
1 I AC I DC
)
vbe A Sin( ot )
si
V T
V T
x
A Sin( ot ) V T
La ecuación anterior nos indica que la señal en I AC es proporcional a la señal señal de entrada, por ende la corriente alterna de emisor tiene respuesta lineal con respecto a la tensión de entrada si x<<1 Para ara el sig sigui uien ente te cir circuit cuito o det deter erm minar inar V 0(t) si x<<1
Ejem Ejempl plo o.
Vc
V CC R2 V R R2 I DC 1 R1 // R2 R E 1
Rc
R1
Vo(t)
C→∞
I C I DC (1
V T
) y V O V CC I C RC
V O V CC I DC RC I DC RC
R2
VI(t)
vbe
Re
C→∞ Si
vbe V T
vbe V I Sin( Ot )
V O V CC I DC RC I DC RC
V OAC I DC RC Como
hie
V OAC
V I
Sin( Ot )
V T
V T I DC
I DC V T
hie
RC V I Sin( Ot ) hie
Ing. Saul Linares Vertiz
5
V I V T
Sin( Ot )
Discusión si la señal de entrada e ntrada en corriente alterna es una señal senoidal Asumamos que:
vbe V AC A Sin( O t ) I E I S e
(
V BE V T
)
e
A Sin ( O t ) ( ) V T
I S e
(
V BE V T
)
x Sin ( O t )
e
Como
x Cos ( O t )
e
I o ( x) 2 I n ( x) Cos (n O t ) Pero Sin( O t ) Cos( O t ) 2
n 1
x Sin ( O t )
e
x Cos ( O t
e
2
)
I o ( x) 2 I n ( x) Cos[n( O t )] 2
n 1
2
2
I o ( x) 2 I n ( x) [Cos(n O t ) Cos(n ) Sin(n O t ) Sin(n )] n 1
I o ( x) 2 I 2 n ( x) Cos(2n O t ) (1) n 2 I 2 n 1 ( x) Sin[(2n 1) O t ] (1) n n 1
I C I DC I DC
2 I 2 n ( x)
I ( x) n 1
n Cos (2n O t ) ( 1) I DC
o
2 I 2 n 1 ( x) I o ( x)
Sin[(2n 1) O t ] (1)
VI(t
V I (t ) V BE DC V I MAX Sin( O t ) I C I DC I DC
I ( x) n 1
x
2 I 2 n ( x )
Cos(2n O t ) (1) n I DC
o
2 I 2 n 1 ( x ) I o ( x )
Sin[(2n 1) O t ] (1) n
V I MAX V T
La ecuación anterior indica que cuando la entrada de señal es Senoidal los armónicos pares son son Cosenoidales Cosenoidales y los impares impares Senoidales Senoidales
Ing. Saul Linares Vertiz
6
n
Discusión si la señal de entrada e ntrada es por Emisor Para el siguiente circuito excitado por emisor tendremos:
VCC
VI(t)
V I (t ) V BE DC V I MAX Cos( O t ) V BE DC
I C I S e
V T
V I MAX Cos ( O t )
I C I DC I DC
e
x Cos ( O t )
I S e
V T
x Cos ( O t )
e
2 I n ( x )
O
o
2 I n ( x )
I ( x) [Cos(n t )Cos(n ) Sin(n t )Sin(n )] O
n 1
I C I DC I DC
V T
V BE DC
I ( x) Cos(n( t )) n 1
I C I DC I DC
I S e
V T
e
V BE DC
n 1
O
o
(1) n
2 I n ( x ) Cos(n O t ) I o ( x)
La ecuación ecuación anterior anterior indica indica que cuando la excitaci excitación ón es por emisor emisor los armónicos armónicos son con polaridad intercalada, los impares son negativos y los pares positivos, así pues para el primer armónico se tiene que este es negativo.
Ing. Saul Linares Vertiz
7
CARACTERÍSTICA DIFERENCIAL Sea el siguiente Circuito
Q1
+ V -
+ V -
Q2
I
I
I
V 1 I S 1 e V I E 1 I S 1 e V BE 1 V T V 1 I S 2 e V I E 2 I S 2 e V BE 2 V T Entonces si Q1 Q 2 I S 1 I S 2 I S V BE 1
V BE 1
T
T
V BE 2
V BE 2
T
T
V BE 1
I E 1 I E 2
I S 1 e
V T V BE 2
I S 2 e
e
V BE 1 V BE 2 V T
V T
Del circuito anterior V 1 V BE 1 V BE 2 V 2 0 V 1 V 2 V BE 1 V BE 2
Ing. Saul Linares Vertiz
8
+ V -
+ V -
I E 1 I E 2
e
V BE 1V BE 2 V T
e
V 1V 2 V T
I E 1
Si
V T
e Z
I E 2 Sabemos
V 1 V 2
con Z
que I E 1 I E 2 I DC
I E 1 I DC 1 ie1
I E 2 I DC 2 ie 2
ie 2 son las componentes es AC respectivamente I E 1 I E 2 I DC 1 ie1 I DC 2 ie 2 I DC I E 1 I E 2 I DC 1 I DC 2 ie1 ie 2 I DC ademas I DC 1 I DC 2 I DC Donde ie1
ie1 ie 2 0
ie1 ie 2 i
Como los transistores son iguales y en DC las junturas Base-Emisor Base-Emisor Tienen el mismo potencial I DC 1 I DC 2 I E 1
I DC 2
i
I DC
2
I E 2
I DC 2
i
Despejando I I E 1 I E 2
e Z
I E 1
I E 2
1 e Z 1
I E 1 I E 2
I E 2
e Z 1
Pero I E 1 I E 2 I DC
Reemplazando y despejando I DC I E 2
e Z 1
I E 2
I DC Z e 1
Despejando I I E 2 I E 1
e Z
I E 1 I E 2 I E 1
I E 1
Ing. Saul Linares Vertiz
e Z 1
I DC e Z 1
9
I DC
e Z e Z 1
I DC I E 1
e Z 1
Calculamos i usando cualquiera de las ecuaciones de I o I
I E 2
I DC
2
i
i
I DC
i
e 1 Z
I DC
2
I DC e Z 1
I DC e Z 1 2 I DC e Z 1
Z Z e 1 e 1 2 2
Pero e 2 y 1
Tanh ( y ) i
e y 1 y Tanh( ) y 2 1 e 1
e 2 y
I DC e Z 1 I DC
Z Tanh ( Z ) 2 2 e 1 2
i
I DC
Tanh ( Z ) 2 2
Por lo tanto I E 1
I DC 2
I DC
Tanh ( Z ) 2 2 Z 2
I E 2
V 1 V 2
I DC 2
I DC
Tanh ( Z ) 2 2
x
2V T
V 1 V 2 A Sin( 0t ) 2 V 1 V 2 es una función Periódica de Periodo 0 2V T
Entonces Tanh
Además sabemos que la tangente hiperbólica es una función impar f ( x) f ( x )
Por ser ser función función impar la serie serie de de Fourier Fourier no tiene tiene términos términos Cosenoidal Cosenoidales, es, ni termino termino independiente i I DC
Tanh( x )
Además Lim x
2
I DC a2 n 1 ( x) Sin (2n 1) 0t n 1
Tanh( x) 1
I E 1 Lim x I E 2 Lim x
I DC
2 I DC
I E 1 Lim x I E 2 Lim x
Ing. Saul Linares Vertiz
I DC
2 I DC
I DC
2 I DC 2
Tanh ( x) 1
Lim x
Tanh( x)
2 Tanh( x)
I DC I DC
I DC
2 Tanh( x)
0
2 Tanh( x) 2
10
0 I DC
Si graficamos las corrientes de emisor en función de x tendremos:
I
I DC 2
x -∞
∞
Donde: I E 1 I E 2
I DC 2
I DC 2
I DC a2 n 1 ( x) Sin (2n 1) 0t n 1
I DC a2 n 1 ( x) Sin (2n 1) 0t n 1
La grafica nos dice que las corrientes de emisor son complementarias con respecto a x
Ejemplo. Determinar V(t) en el siguiente siguiente Circuito Circuito si
V 1 V 2 V MAX Sin( 0t )
V
R
R
Q
Q
V
V I
Ing. Saul Linares Vertiz
11
Sabemos que I E 1 I C 1
I DC
I E 2 I C 2 x
V 0
n 1
I DC
2
I DC a2 n 1 ( x)Sin (2n 1) 0t n 1
V MAX
2V T
V 0 I C 1 R1 I C 2 R2
I I DC R1 I DC R1 a2 n 1 ( x) Sin (2n 1) 0t DC R2 I DC R2 a2 n 1 ( x) Sin (2n 1) 0t 2 n 1 2 n 1
V 0
Si
2
I DC a2 n 1 ( x) Sin (2n 1) 0t
I DC
2
R1 R2 I DC R1 R2 a2 n 1 ( x)Sin (2n 1) 0t n 1
R=R
V 0 I DC R1 R2
a
2 n 1
( x ) Sin (2n 1) 0t
n 1
V 0 2 R I DC
a
2 n 1
( x ) Sin (2n 1) 0t
n 1
Ing. Saul Linares Vertiz
12
CARACTERISTICA CUADRATICA La característica cuadrática es aquella que poseen los Transistores de Efecto de Campo (FET, Mosfet, Válvulas al Vació, etc), en ellos la corriente obedece a una ley cuadrática
Vi
Ley Cuadrada
k 1 Vi k 2
2
En este caso discutiremos al FET. +V
R
I
V
+ V -
Sabemos que:
V I DS I DSS 1 GS V PO Vi V GS Sea
2
V i V DC V MAX Cos ( i t )
Entonces
V V MAX Cos ( it ) I DS I DSS 1 DC V PO
Ing. Saul Linares Vertiz
13
2
I DSS
I DS I DS
I DSS
V PO
2
V
V PO V DC V MAX Cos( it ) 2
V DC 2 2V PO V DC V MAX Cos( it ) V MAX 2 Cos 2 ( it )
PO
V MAX
I DS
V PO
2
2
Cos ( i t ) 2
V MAX 2 2
V MAX 2 2
Cos(2 i t )
I DSS
V MAX 2 V MAX 2 2 V V V V V Cos t Cos t 2 ( ) ( 2 ) PO DC PO DC MAX i i 2 2 V PO 2
De esta ecuación se observa que la señal solo tiene dos Armónicos (si es que la entrada se encuentra en el Dominio de la ley cuadrada)
I DS DC I DS
I DSS
V V V PO 2 PO DC
I DSS
V PO 2
I DS 2
2
V MAX 2 2
2V PO V DC V MAX Cos ( it )
I DSS V MAX
V PO 2
2
Cos (2 i t )
2
La Corriente Continua no solo depende de la tensión continua, si no también de la señal de entrada I DS DC f V DC ,V MAX
Por lo tanto su distorsión Armónica es mínima I DSS V MAX THD%
V PO 2 I DSS
V PO 2 THD%
2
2
x100
2 V PO V DC V MAX
V MAX
4 V PO V DC
x100
Si la señal cayera fuera de este dominio entonces tendría infinitos Armónicos.
Ing. Saul Linares Vertiz
14
I
V Zona Cuadrática Infinitos Harmónicos Dominio de Zona Solo dos Harmónicos
Ing. Saul Linares Vertiz
15
Ejercicios Re=100Ω , 8Ω 1. Para Para el siguien siguiente te circui circuito to Deter Determin minar ar V (t) si Re=100Ω
+12v
3k V (t) 10uF
100 Silicio
Vi(t ) 25mV Cos(105 t )
V 0,7
100k
2,3k
47uF Re
-12v
2. En el sigu siguient ientee circui circuito to Deter Determin minar ar V (t) si R =125k , 12,5k +12v 4k V (t) R
100 Silicio V 0,7
47uF
6k
Vi (t ) 25mV Cos(105 t )
-12,7v
Ing. Saul Linares Vertiz
16
3. En el sigu siguient ientee circui circuito to Deter Determin minar ar V (t) si: Vi(t ) 200mV Cos (105 t )
1 2 3 4 5 100 y V 0,7
+12v
3k
3k 4,7uF
V 0 (t )
470nF 100k
150k
4,7uF
6k
-12,7v
4. Si al circui circuito to de la la figura figura 1 se se le aplica aplica una una Señal Señal cuadrada cuadrada como se se muestra muestra en la figura, Determine V (t)
T Vp …∞
-Vp T/2
Ing. Saul Linares Vertiz
17
CIRCUITO TANQUE (RESONANTE)
I
C
L
I
Z
V O
R
Vo
Vo
Z
Función Función de Transferenci Transferenciaa
I
Calculo de Z
1/SC
LS
Z ( s )
1
R
1 1 Ls
RLs
2 sC RLCs Ls R
Z(S)
R
RL RLC
2 s
s s
1
RC LC
1 C
2 s
s s
1
RC LC
Reemplazando s=jω (Plano de la Frecuencia) Z ( j )
Z ( )
1
j
j 1 C 2 ( j ) RC LC
1 C
1 j ( 2 ) LC RC
Ing. Saul Linares Vertiz
1 C
1 j ( 2 ) LC RC
1 RC 1 2 Tan ( )( ) 2 2 C LC 1 2 LC RC
1
18
Z(ω)
ZMAX
ωO Lim 0
Z ( ) 0
Lim
ω
Z ( ) 0
Z ( ) 0
Entonces │Z(ω)│ tiene al menos un máximo en ω € [0 , ∞) según el Teorema de Role Z ( )
1
2 C 2 1 2 LC RC
Z ( ) 1 C
2
Z ( ) 0
2
2 1 LC RC
2 1 2 2 2 LC RC RC 2
2 1 2 LC RC 2 2 2 1 LC RC
2
2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 0 2 2 2 LC RC LC LC LC RC 1 2 1 1 1 0 2 2 2 LC LC LC LC
1 LC
O
Z ( )
c j 2 02 RC
Z ( O ) R Z MAX
Ing. Saul Linares Vertiz
19
Calculo de las Frecuencias que limitan el ancho de banda (Potencia Media) Z ( )
1
C 2 2 2 O RC
2
2
RC
RC
RC
2
1
2
2
2
1
2
1 2 4 O RC RC
2 2
1 2 4 O RC RC
2
2 2
1 2 4 O RC RC 1
2
1 2 4 O RC RC 1
1
2 1
2
1 2 4 O RC RC
1 2 4 O RC RC
2 1
2 O2 0
2
2
1
2
RC
2
1 1 1 2 2 4 O 4 O RC RC RC RC 2
O2 0
O2 0
2 O2 0
1
2
2
2
2 2 2 O 2 RC RC
1
2
R
2
2 2 2 O 2 RC RC
2 2 2 O 0 RC
2
1 RC
1 RC
│Z(ω)│ βω ZMAX
ω1
Ing. Saul Linares Vertiz
ωO ω2
20
ω
Factor de Calidad Es la relación entre la frecuencia de resonancia y el ancho de banda, es una medida de la Selectividad Q
O
O O RC 1 RC
C
1
2 O
L
O
1
Q O R
1 2 O
L
Q O RC
LC
R
O L 1
C RC R L LC
Por lo Tanto
Q
O
O RC
R
O L
R
C L
También También se define define el Factor de Calidad Calidad como el cociente cociente de la Potencia Reactiva Potencia activa durante medio ciclo en resonancia y la
P REACTIVA 2 Q P ACTIVA 2
Para el circuito anterior durante medio ciclo trabaja el Condensador y en el otro medio ciclo trabaja la Bobina y el parámetro parámetro común de C,.L y R es la tensión . Entonces 1 1
2
V Q
Q
X C V 2
O C O RC 1
R
R
V 2
1
X L V 2 R
Relación entre ω0 Calculemos
O L R 1 O L R
, ω1 y ω2
2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 O O 2 RC 2 RC 2 RC 2 RC
Ing. Saul Linares Vertiz
21
2
2
1 1 2 2 2 1 O O 2 RC 2 RC O 2 1 Esto nos dice que la frecuencia de Resonancia no se encuentra en el punto medio del Ancho de Banda. Pero podemos hacer una aproximación aproximación 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 O O 2 RC 2 RC 2 RC 2 RC 2
1 2 2 1 2 O 2 O 2 RC
2
1 1 2 RC O
Q O RC 2
1 1 1 O 1 2 O 4Q 2Q
2 1 2 1
Si
4Q
2
1
1
10
Q
1
10
10
Q
2
Q
Con esto el error de ω 0
4Q
2
10
Q0
2
Q 1.58
2 2 1 2
O
Será
1 2 1 0 0 1 4Q 2 2 x100 x100
0 e 0
0
0
e 0 1 1
1 4Q
x100 2
e 0
1
Como
1
1 4Q 2 1
4Q
1 1
4Q
2
1
1 10
2
1 4Q 2 1
1
1 x100 1
1 4Q 2
1 x100
1 x100
y
10
1
1 10
complet ando
1 4Q 2
1 1
Ing. Saul Linares Vertiz
1 10
1 x100 4.88%
e 0 4.88%
22
Q2
1
10 4
1
Q5
Si
4Q
2
1 100
e 0 100 1.01 1 e 0 0.498%
Por lo tanto si el valor valor de de q cumple cumple con con Q≥5 entonces podemos asumir que 0
1 2 2
Resumen 0
1
1
LC
Q
RC
0
0 RC
2
1 2 2 0 2 RC 2 RC
0 L
R
C
L
P REACTIVA PACTIVA
2
1 2 1 0 2 RC 2 RC 1 Q 5 0 2 Con e 0.498%
1
0 2 1
R
Si
1
2
0
Calculo de Z(nω0 ) Como 0 Z (n 0 )
n 0 n 0
,
n 0
2 j n 0 02 RC
c Z (n 0 )
Z (n 0 )
n 0
c n 0 j n 0 02 2
1
n 2 1 j n 0
1 RC
1
n 2 1 c j 0 n Q 0 RC
,
0 c Z (n 0 )
Z (n 0 )
R
1 n 2 1 Q Q j n
1 Q Q
2
2 1 n 1 Tan Q 2 n n 2 1 n
R
1 Q Q
2
Para n=1
Ing. Saul Linares Vertiz
R
0 C
2 1 n 1 Tan Q 2 n n 2 1 n
R
Q
23
1 Q
0
Z(ω0)=R Para
n2
Para
n 3 Z (3 0 )
Para
n4
3 Tan 1 Q 2 2 2 1 3 Q Q 2 R
Z (2 0 )
8 Tan 1 Q 2 2 3 1 8 Q Q 3 R
15 Tan 1 Q 2 4 15 4
R
Z (4 0 )
1 Q
2
Q Para
n 5 Z (5 0 )
Para
n
1
Para
n
1
5
4
Para
n
1
Para
n
1
3
2
24 Tan 1 Q 2 2 5 1 24 Q Q 5
1
Z ( 0 ) 5
R
24 Tan 1 Q 2 2 5 1 24 Q Q 5 R
15 Tan 1 Q 2 4 15 4
1
R
4
2
Z ( 0 )
1 Q
Q
1
Z ( 0 ) 3
1
Z ( 0 ) 2
8 Tan 1 Q 2 2 3 1 3 Q Q 2 R
3 Tan 1 Q 2 2 2 1 3 Q Q 2 R
De lo anterior se concluye 1 Z (n 0 ) Z ( 0 ) n
1 (n 0 ) ( 0 ) n
n 1 (n 0 ) 0 0 n 1 (n 0 ) 0 n 2 1 Q n
(n 0 ) Tan 1
Si
Q5
n 1
Ing. Saul Linares Vertiz
Z (n 0 )
2 Q n 1 Rn 2
24
si n 1 2 si n 2
Ejemplo. La fuente de corriente proviene del colector de un transistor en gran señal cuya fundamental fundamental coincide con la frecuencia de resonancia resonancia del circuito tanque. Determ Determine ine V0(t) en estado estacionario y el THD% THD% con respecto al fundamental
i(t)
C
L
R
Vo
2 I ( x) i (t ) I DC 1 n Cos (n 0t ) n n 1 I 0 ( x) 2 I ( x) V 0 (t ) i (t ) * Z I DC Z (0) n Z (n 0 ) Cos (n 0t (n 0 )) n 1 I 0 ( x ) Como Z (0) 0
2 I n ( x)
I ( x)
V 0 (t ) I DC
n 1
V 0 (t ) I DC
0
R 2
1 n 2 1 Q Q n
2
n 2 1 Q n
Cos n 0t Tan 1
I R 2 I n ( x) 2 I 1 ( x) R Cos ( 0t ) DC I 0 ( x) Q n 2 I 0 ( x)
1 2
1 n 2 1 Q n
Calculando THD%
THD%
2
2 I DC R 2 I ( x) n Q n 2 I 0 ( x) I DC R
1 2 2 1 n 2 1 Q n x100
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
2
2 I n ( x) n 2 I 0 ( x ) THD%
1 2 2 2 1 n 1 Q n x100 Q
Ing. Saul Linares Vertiz
2 I 1 ( x)
I 0 ( x)
25
2
n 2 1 Q n
Cos n 0t Tan 1
Si
Q 10
V 0 (t ) I DC
I R 2 I n ( x) n 2 I 1 ( x) R Cos( 0t ) DC 2 Cos n 0t 2 I 0 ( x) Q n2 I 0 ( x) n 1
2
2 I n ( x) n 2 x100 n2 I 0 ( x) n 1
THD%
Q
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
Sabemos que
2 I n ( x) I 0 ( x)
2 I n1 ( x)
2 I 1 ( x)
I 0 ( x)
Si hacemos que
2 I n ( x) I 0 ( x)
I 0 ( x)
entonces 2
2 I 1 ( x) 2 I n ( x) I ( x) I x ( ) n2 0 n 2 0
2 I 1 ( x) n 2 n 2 I 0 ( x ) n 1
Q
2
Q
I 0 ( x)
2 I 1 ( x) n 2 I x n 1 ( ) n 2 0
2
2 I n ( x) n 2 x100 n 2 I 0 ( x ) n 1
x100
2 I 1 ( x)
Q
2
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
2
x100 THD%
2 I 1 ( x) I 0 ( x) 2
n 2 96% n2 n 1 THD% x100 Q
THD%
96% Q
Q
THDSE %
Esto nos indica que si Q≥10 entonces el THD%<9,6% , por lo tanto existe poca distorsión
Ejemplo: Asumir
Determinar V0(t) y calcule el THD% y el THD SE % en el siguiente siguiente circuito circuito
Q 10
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
RI DC V CE
Vi (t ) V MAX Cos ( 0t )
Ing. Saul Linares Vertiz
26
VCC
R
L
C V 0(t)
Vi(t)
IDC
V 0 (t ) V CC I DC V 0 (t ) V CC I DC
THD%
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
Cx→∞
R Cos ( 0t ) R Cos ( 0t )
2 I n ( x) n 2 I 0 ( x)
Como
Q 10
Q
2 I n ( x) n 2 Cos n 0t 2 n 1 0
I ( x) n2
Si THD% 10% 2
1 x100 2 2 2 1 n 1 Q n Q
THDSE %
I DC R
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
96% Q
entonces
THD% 9,6% Si graficamos la tensión de salida en e n estado estacionario
V 0 (t ) V CC I DC
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
Ing. Saul Linares Vertiz
R Cos ( 0t )
27
Vcc
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
Vcc Vcc
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
La grafica nos nos indica que le voltaje voltaje de salida supera a la tensión de alimentación, este fenómeno ocurre ocurre debido a la bobina bobina que posee posee el circuito, como se describe a continuación: Asumamos el siguiente circuito donde el interruptor se abre y cierra a una cierta frecuencia. Calculemos Vx en los estados A y B
+Vcc +Vcc Vx=VP IL
A
+ Vcc -
+ VP -
Ing. Saul Linares Vertiz
28
-Ldi/dt +
Vx=Vcc+Ldi/dt
IL
B
+ VP -
En el estado A el voltaje Vx=VP (Voltaje mínimo) y durante este tiempo la bobina almacena energía en su campo magnético (IL). En el estado B la bobina libera esa energía almacenada, convirtiéndose en un generador de tensión y Vx=Vcc+Ldi/dt , por lo tanto Vx puede crecer en función de la velocidad de la corriente Pero Vx solo puede puede decrecer decrecer hasta hasta VP. En un circuito con c on transistor VP es el voltaje de Emisor, por lo tanto la simetría de la señal señal de salida esta limitada por VP, como se ilustra en la grafica
Vcc A V P= P=V Emisor
A V CC V P V CC V Emisor
Conclusión. La Amplitud Amplitud de de la tensión tensión de salida salida en corrien corriente te alterna alterna debe debe de ser menor menor o igual al voltaje Colector-Emisor Si la tensión tensión de salida salida en AC AC para para primer primer armónico armónico de un un circuito circuito Sintonizad Sintonizado o a ω es . Vo AC (t ) I DC
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
R Cos ( 0t )
Enton Entonces ces para para que que la la tensió tensión n sea sea simétr simétrica ica se debe debe de
cumplir que:
I DC
Ing. Saul Linares Vertiz
2 I 1 ( x) R V CE I 0 ( x) 29
Ejemplo: Determine el valor de I para que la tensión de salida salida sea lo mas Grande Grande posible posible sin distorsió distorsión n asumir asumir que que Q≥10 VCC
R
L
C V 0(t)
Vi (t ) V MAX Cos( 0t )
Vi(t)
IDC
x
Cx→∞
V MAX V T
V E V
V CE V CC (V ) V CC V
V 0 (t ) V CC I DC R I DC R
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
V CC V
I DC
V CC V R
Ing. Saul Linares Vertiz
Cos ( 0t )
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
30
Circuito Tanque con Resistencia en la Bobina Tomemos estos dos circuitos que deben de ser equivalentes en Impedancia y Admitancia
L
≡
C
C
LP
RB
Como el circuito que cambia es el R-L, entonces
L
≡
LP
RP
RB
1 RP
1
j LP
1 R B j L
R B
j L
R B 2 L 2 R B 2 L 2
igualando las partes Reales y las I maginarias Tenemos
1 RP
R B
R B L 2
2
1
j LP
j L
R B 2 L 2
Despejando RP 2
L 1 2 2 L 2 R R B L 2 B R 1 RP R B B R B R B R B Si el circuito esta en Resonancia Q B
Ing. Saul Linares Vertiz
P REACTIVA P ACTIVA
I 2 0 L 2
I R
31
0 L R
RP
RP R B 1 Q B
1 j LP
2
j L
R B 2 L 2
Despejando LP 2
R 1 B 2 2 R B 2 R B L L 2 LP L L1 L L L Si el Circuito esta en Resonancia
R 2 1 2 LP L1 B L1 0 L Q B 1 LP L1 2 Q B Si Q B 10
RP R B 1 Q B
2
R
Q B
B
2
1 L LP L1 2 Q
B
Por lo tanto. L Si Q B 0 10 Entonces R B
L
≡
C
C
LP=L
RB
0
1 LC
Q B
0 L
QT
RP
1 RPC
, RP R BQ B
R B
0 L
,
R BQ B
0 L
2
R B
0 L
, QT 0 RPC
2
Q B 2
1 Q B
Q B Q B 2
QT Q B QT
0
0 RPC
RP
0 L
Ing. Saul Linares Vertiz
RP
C L
0 L R B
32
RP
0 L
RP
C L
RP= RBQB
Si se conoce los valores de C, L, y Q B se puede calcular RP Q B
Ejemplo:
Determinar V0(t) si Q B ≥ 10 , RP
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
I DC V CE
L C ,
0 i y
Vi (t ) V MAX Cos ( i t )
+VCC
L
C
V 0(t)
V i(t)
R C→∞
-VCC V 0 (t ) V CC I DC RP
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
Cos( 0t )
, RP Q B
V CC V L 2 I 1 ( x) Q B I ( x) Cos( 0t ) R C 0
V 0 (t ) V CC
Ing. Saul Linares Vertiz
33
L C
, I DC
V CC V R
Circuito Tanque con Resistencia en el Capacitor
Tomemos estos dos circuitos que deben de ser equivalentes en Impedancia y Admitancia
C L
≡ L
R
R
C
Como el circuito que que cambia es el R-L, R-L, entonces
C R
≡
C
R
1 RC 1 1 C j C P 2 2 j RP 1 1 2 2 RC RC RC C C C j
L las partes Reales y las I maginarias Tenemos ygualando LP RP 1 j 1 RC C j C P 2 RB 2 1 2 RP 1 2 RC RC C C Despejando RP 2
2 1 1 1 RC 1 2 R C C 2 C RC RC 1 RP R C RC RC C 2
Si el circuito esta en Resonancia
QC
P REACTIVA P ACTIVA
Ing. Saul Linares Vertiz
I 2
1 0C 2
I RC
1 0 RC C
34
J
RP RC 1 QC
2
j C P
C 1 RC C
2
2
Despejando C P
C P
C 1 CRC
2
Si el Circuito esta en Resonancia
1 1 1 C C P C C P C 2 2 1 1 CRC 1 1 2 1 Q QC C Si QC 10
RP RC 1 QC RC QC 2
2
1 C C P C 1 1 2 QC
Por lo tanto. 1 10 Entonces Si QC 0 RC C
C L
≡ L
R
0
1 LC
, QC
1 RPC
1
R
, QT 0 RPC
RP
0 L
RP
2
0 RC C 2
1
2
QC QC 2
QC
QT QC
Ing. Saul Linares Vertiz
0
L
, RP RC QC
QT 0 RPC 0 RC QC C 0 RC C QC
QT
C
0 RPC
RP
0 L
35
RP
C L
1 0 RC C
C
Si se conoce los valores de C, L, y QC se puede calcular RP QC
L C
Circuito Tanque con Resistencia externa y Q (Existencia de R )
Tomemos estos dos circuitos que que deben de ser equivalentes equivalentes y calculemos su Q si Q ≥ 10
R
L Q
≡
L
R
C
QT 0 RT C 0
R EXT RP R EXT RP
C
C Pero
Q B 0 RP C
R EXT R EXT Q B QT 0 RP C R EXT RP R EXT RP QT Q B
R EXT R EXT RP
Q B QT 1
RP
R EXT
Se nota que Q ≥ Q Solo son iguales iguales si R → ∞ o R =0 pero en este caso no es lógico Lo mismo sucede sucede si si en el circuito circuito anterior anterior existe existe Q
QC QT 1
RP
R EXT
Ing. Saul Linares Vertiz
36
R
Circuito Circuito Tanque Tanque con con Resistenci Resistencia a externa, externa, Q y Q (Existencia de R y R)
Tomemos estos dos circuitos que deben de ser equivalentes y calculemos su Q si Q ≥ 10 Q ≥ 10
R
L Q
≡
L
R
C Q
R EXT QT 0 RT C 0
Pero
C
RPC // RPB
RPC RPB RPC RPB C RPC RPB
R EXT
RPC RPB
QC 0 RPC C Q B 0 RPC C
( 0C )( 0C ) RPC RPB RPC RPB R EXT R EXT QT 0C R R R R 0C RPC RPB RPC RPB PC PB PC PB R R EXT EXT RPC RPB RPC RPB ( 0CRPC )( 0CRPB ) R EXT Q Q R EXT C B QT R R R R ( 0CRPC ) ( 0CRPB ) QC Q B PC PB PC PB R EXT R R R EXT R R PC PB PC PB QC Q B R EXT QT RPC RPB QC Q B R EXT R R PC PB
Ing. Saul Linares Vertiz
37
Ejemplo: Determ Determina inarr V0(t) si Q B = 20 , Vi (t ) 50mV Cos( it )
RP 10K , 0 i
y
1
hoe
10K
+15V
L
C
V 0(t)
V i(t)
Rx=15k C→∞
-15,7=-V
R EXT 1
hoe
10 k RP 10k QT Q B Como
V 0 (t ) V CC I DC RT
2 I 1 ( x )
I 0 ( x )
x V 0 (t ) 15v 1mA 5k V 0 (t ) 15v 6.9775v Cos ( 0t )
V CC 2 V
Rx 50 mV 25mV 2 I 1 ( 2)
I 0 ( x )
R EXT RP
2 ,
20
10k 10k 10 k
10
entonces
, RT R EXT // RP 1
Cos ( 0t )
I DC
Ing. Saul Linares Vertiz
Q B 10
R EXT
15,7 0,7 15k 2 I 1 (2)
I 0 ( 2)
// RP 10 k // 10k 5k hoe
1mA
1,3955
Cos ( 0t ) 15v 1mA 5k 1,3955 Cos ( 0t )
V 0 (t ) AC 6.9775v Cos ( 0t ) 6.9775v Cos ( 0t )
38
V CE 15v ( 0,7) 15,7v V 0 (t ) 15v 6.9775v Cos ( 0t )
V 0 (t ) AC 6.9775v Cos ( 0t ) 6.9775v Cos ( 0t )
V 0 AC MAX 6.9775v
V 0 AC MAX V CE
6.9775v 15,7v
Ejemplo:
Para el ejemplo anterior determinar el THD%
V 0 (t ) V CC I DC RT
2 1 n 1 Cos n 0t tan QT 2 2 n 1 n 2 1 I 0 ( x ) Q n T
1
n 1
QT
2 I n ( x )
2 1 n 1 10 V 0 (t ) 15v 6.9775 v Cos n 0t tan 2 2 I 0 ( x ) 2 n 1 n n 1 1 10 10 n
1
2 I n ( x )
V 0 (t ) 15v 6.9775vCos ( 0t ) 0,20105vCos ( 2 0t ) 0,03496 vCos (3 0t ) 2 2 0,005931vCos (4 0t ) 0,000895vCos (5 0t ) 2 2 2
2 I n ( x ) ( ) I x 0 2 2 2 n 2 1 n 1 n 10
THD %
10
2 I 1 ( x )
x100
I 0 ( x )
THD % 2,925%
Ejemplo: R EXT 1
Para el ejemplo anterior determinar el THD% y V (t) si
hoe
10k RP 10k QT Q B Como I DC
Q B 10
V CC 2 V
x
Rx 50 mV
N
entonces
15,7 0,7
i
N
15k
2 i
i
2
n 2
Por lo tanto el circuito resuena al segundo segundo armónico
Ing. Saul Linares Vertiz
R EXT RP
1mA
2 n i N 0
25mV n 0
R EXT
39
20
0 2 i 10k
10 k 10k
10
V 0 (t ) V CC I DC RT
1
n 1
QT
V 0 (t ) V CC I DC RT
n 1
QT
N 2 1 N
n 1
QT
2 I n ( x )
2 n 1 n 4 Cos 0t tan QT 2 2 2n 2 1 n 2 4 I 0 ( x ) 2 Q n T
1
n 1
QT
2 I n ( x )
3 t ) 3,0225vCos ( 0t ) 0,1111( 0 t ) 2 2 2 2 5 0,0148vCos ( 2 0t ) 0,00204 vCos ( 0 t ) 2 2 2
V 0 (t ) 15v 0,4641vCos (
0
2
THD %
2
2 I 1 ( x ) 2 I n ( x ) ( ) ( ) I x I x 0 0 2 2 2 2 2 2 n 3 1 n 4 1 4 1 10 2(1) 10 2n 10
2 I 2 ( x )
I 0 ( x )
THD % 15,798%
Ing. Saul Linares Vertiz
QT
2 n 1 n 4 Cos 0t tan QT 2 2 2n 2 1 n 2 4 I 0 ( x ) QT 2n
1
V 0 (t ) 15v 6.9775 v
2 2 1 N 2 1 I 0 ( x ) Q N T
1 Cos N 0t tan
n 2 1 n 1 2 I n ( x ) 2 Cos 0t tan 1 QT 2 n n 2 I 0 ( x ) 2 1 2 2 1 2 n QT 2
V 0 (t ) V CC I DC RT
2 I n ( x )
40
x100
TRANSFORMADOR IDEAL
Para el Siguiente Transformador Ideal se debe de cumplir lo siguiente.
I
I
+ V -
n:m
+ V -
Z
Primario Secundario
V 1 I 1 V 2 I 2
V 1 V 2
I 2
I 1
V 1 V 2
n m
V 1
V 2
I 2 I 1
n m
La tensión en los devanados es proporcional al numero de espiras en dicho devanado La Corriente en los devanados es inversamente proporcional al numero de espiras en dicho devanado La potencia entregada entregada es igual a la potencia consumida
En el circuito anterior se puede calcular la impedancia en el primario Z que seria el reflejo de la impedancia Z, como se muestra a continuación I + V -
I n:m Z Z
+ V
+ V -
I Z
Aplicando la ley de OHM al circuito y reemplazando reemplazando tenemos que.
Ing. Saul Linares Vertiz
41
Z 1
V 1
V 1
Pero
I 1
n m
n
I 1
V 2
V
m
Z 2
ademas
2
n Z 2 Z 1 m I 2 m m I 1 I 2 m
V 2 n
n
I 2
V 2 I 2
2
n
Por lo tanto se cumple que.
n Z 1 Z 2 m
2
m Z 2 Z 1 n
2
n Z 2 m Z 1
2
Conclusiones
La impedancia impedancia del Primar Primario io (Z) es proporcional al cuadrado del numero de espiras del Primario (n) La impedancia del Secundario (Z) es proporcional al cuadrado del numero de espiras del Secundario (m) Se puede calcular la impedancia del primario en función de la impedancia del secundario y viceversa.
A continuación se calculara la reflexión reflexión de Resistencias, Bobinas Bobinas y Capacitores. REFLEJO DE UNA RESISTENCIA
n:m R
R
R1 Z 1
n Z 1 Z 2 m
Ing. Saul Linares Vertiz
2
R2 Z 2
n R1 R2 m
42
2
m R2 R1 n
2
REFLEJO REFLEJO DE UNA INDUCTANCI INDUCTANCIA A
n:m L
L
j L1 Z 1
n Z 1 Z 2 m
2
j L2 Z 2
n j L1 j L2 m 2
n m L1 L2 L2 L1 m n
2
2
REFLEJO REFLEJO DE UNA CAPACITANC CAPACITANCIA IA
n:m C
C
1
j C 1
n Z 1 Z 2 m
Z 1 2
1
j C 2
Z 2
n j C 1 j C 2 m 1
1
2
m n C 1 C 2 C 2 C 1 n m
Ing. Saul Linares Vertiz
43
2
2
Ejem Ejempl plo. o.
Refl Reflej ejar ar toda todass las las impe impeda danc ncia iass del del Sec Secun unda dari rio o al al Pri Primar mario io..
n:m
R
C
C
R X
m C Y n
C X
2
m C T C X C Y n
n m
2
n RT R X // RY m
RT R X // RY
m C T C X C Y n
Ing. Saul Linares Vertiz
44
2
2
2
R
n RY m
n LT LY m
2
n LT LY m
2
2
L
n LY m
2
TRANSFORMADOR SINTONIZADO
En todo Transformador sintonizado la frecuencia de resonancia del primario y del Secundario Son iguales, así como el ancho de Banda y el Factor de Calidad, para comprobar esto desarrollemos el siguiente Circuito.
R
C
L
n:m
C
R
L
Reflejando al Primario tenemos el siguiente Circuito.
R
C
m C 2 n
L
RT 1
n RT 1 R1 // R2 m
2
2
C T 1
m C T 1 C 1 C 1 n
Ing. Saul Linares Vertiz
2
n L2 m
LT 1
2
n LT 1 L1 // L2 m
2
n R1 R2 m RT 1 2 n R1 R2 m
n R2 m
2
2
m C T 1 C 1 C 1 n
45
2
n L1 L2 m LT 1 2 n L1 L2 m
2
1
0 P
C T 1 LT 1
B P
1
RT 1C T 1
1 2 n L L 2 1 2 m m C 1 C 1 2 n n L1 L2 m
1 2 n R1 R2 2 m m C 1 C 1 2 n n R1 R2 m
QP
0 P B P
Ahora reflejando todo todo al Secundario y calculado lo anterior.
R
C
n C 1 m
L
RT 2
2
m R1 n
C T 2
2 2 m n R2 R1 R1 R2 2 n m m RT 2 2 2 m n n R2 R1 R1 R2 m n 2 2 2 n n m C T 2 C 2 C 1 C 1 C 1 m m n 2 2 m n L2 L1 L1 L2 2 n m m LT 2 2 2 m n n L2 L1 L1 L2 m n
Ing. Saul Linares Vertiz
46
2
LT 2
m L1 n
2
0 S
B S
1
C T 2 LT 2
1
R T 2 C T 2
1 2 n 2 2 n 2 L1 L2 m m m C 1 C 1 2 m n n n L1 L2 m
1 2 n R1 R2 2 2 n 2 m m m C 1 C 1 2 n n m n R1 R2 m
QS
0 S B S
0 P B P
1 2 n 2 L1 L2 m m C 1 C 1 2 n n L1 L2 m
1 2 n R1 R2 2 m m C C 1 2 1 n n R1 R2 m
B P
QP
Por lo tanto se cumple que: 0 S 0 P B S B P QS QP
Ejemplo. Determinar Transformador sintonizado.
400Ω
0
12nF
B
1:2
4uH
en el siguiente
Q
2nF
1,6kΩ
16uH
8 C T 12nF 2nF 2 20nF 2 x10 F 2
16uH 2uH 2 x10 6 H LT 4uH // 2 2 1,6k RT 0,4k // 2 0,2k 200 2
0
1
C T LT
1
7
Rad 10 Rad 5 x10 6 Rad 8 6 14 s s s 2 2 x10 F 2 x10 H 2 10
1
0 5 MRad s
Ing. Saul Linares Vertiz
47
0 P
8 C T 12 nF 2nF 2 20 nF 2 x10 F 2
16uH 2uH 2 x10 6 H LT 4uH // 2 2 1,6k RT 0, 4k // 2 0,2k 200 2 1
6
1
10 Rad 25 x10 4 Rad 250 kRad B 8 s s s 2 x10 F 200 4 C T RT
B 250 kRad s Q
Ing. Saul Linares Vertiz
0 B
5 MRad s 250 kRad s
48
5 x10
6
25 x10
4
20
DETERMINACION DEL INDICE DE TRANSFORMACION PARA QUE V SEA MAXIMO
Para el siguiente Transformador Sintonizado determinar el valor de “ n” para que la tensión de salida sea Máxima
R
I(t)
L
C
+
1:n C
R
L
V
En Resonancia se eliminan las partes Inductivas y Capacitivas, por ende el circuito quedara de la siguiente manera.
1:n R
I(t)
R
Reflejando hacia el Secundario tenemos lo siguiente
I (t )
R1n
2
+ V -
R2
n
V 0
I (t ) n
2 R1n // R2
Ing. Saul Linares Vertiz
I (t ) R1n 2 R2
n R1n R2 2
49
I (t ) R1 R2 n
R n R 2
1
2
+ V -
Derivando esta ecuacion con respecto a n e igualando a Cero obtendremes el Maximo de n
I (t ) R1 R2 n n R n 2 R 2 R1n R2 V 0 2 I (t ) R1 R2 1 0 n n n n ! 2 R1n R2 R1n 2 R2 n! n R1n 2 R2 0 n R1n 2 R2 2
0 R1n R2 n 2n R1 R2 n R1 0 2
2
2 R2 n R1
Se nota que la resistencia Reflejada debe de ser igual a la resistencia equivalente en el Secundario, y el valor del indice i ndice de transformacion n depende de las resistencias equivalentes en el Primario y Secundario.
n
R2 R1
Ejemplo. Considere al siguiente circuito en Resonancia y determine R para que V(t) sea Maximo, ademas calcule V(t)
1:2 2mA Cos ( 0t )
5k
L
C
C
R
+ V
Por estar en resonancia el Circuito quedara de la siguiente manera.
1:2 2mA Cos ( 0t )
Ing. Saul Linares Vertiz
5k
R
+ V
50
Para que V (t) sea máximo se debe de cumplir que 2 R2 n R1
R1 5k
n2
R2 2 5k 20 k 2
Reflejando cabía el secundario para calcular V (t)
2mA 2
20k
+ 20k V
Cos ( 0t )
V 0 (t )
2mA
Cos ( 0t ) 20 k // 20 k 2 V 0 (t ) 10v Cos ( 0t )
Ing. Saul Linares Vertiz
51
TRANSFORMADOR CAPACITIVO
En algunas aplicaciones de Radiocomunicación se usa el transformador Capacitivo el cual evita el ingreso de corriente continua a la Siguiente etapa, e s usado en Osciladores en la etapa de Realimentación Positiva. Sea el Siguiente Siguiente Circuito. Circuito.
+ C L
V
+
C
V
R
Si en condiciones de Resonancia se cumple que
XC 2
R2
XC 2
R2 10
Entonces el circuito quedara de la siguiente manera.
+ C V
L C
V
1
V 2
V 1
SC 2 1
SC 2
Ing. Saul Linares Vertiz
+
1
SC 1
52
V 1
C 1 C 1 C 2
V 2
C 1
V 1
C 1 C 2
n
V 2
V 1
n 1
Si se cumple lo anterior el circuito puede quedar expresado en función de un Transformador Ideal.
+
+
1:n
V
L
C
R
V
Donde: n C T
C 1 C 1 C 2 C 1C 2
C 1 C 2
Por lo tanto si se cumple que.
XC 2
R2
n
C 1
C T
C 1 C 2
C 1C 2 C 1 C 2
nC 2
Los Circuitos serán equivalentes
+ C 1
V
1: n
L
C 2
R 2
V 2
Ing. Saul Linares Vertiz
V 2
53
L
C T
R 2
V 2
Del circuito equivalente se tiene que.
0
1
1
L C T
B
1
R2 n
Q
L
2
0
C 1C 2
R2 n
2
nL C 2
C 1 C 2 n
2
C T
n
R2 nC 2
C T
1
R2C 2
R2C 2
0
n
Siempre que XC 2
R2
XC 2
R2C 2
0
Ing. Saul Linares Vertiz
R2 10
10
54
1 0
C 2
R2 10
TRANSFORMADOR INDUCTIVO
El uso del transformador Inductivo es crucial en el acoplamiento de cargas de baja impedancia, tales como antenas. Discutamos el siguiente Circuito.
+
L
C V
+
L
V
R
Si en condiciones de Resonancia se cumple que
XL2
R2
XL2
R2 10
Entonces el circuito quedara de la siguiente manera. +
L
C
V
+
L
V
V 2
V 1
SL2 SL1 SL2
V 2 V 1
Ing. Saul Linares Vertiz
V 1
L2 L1 L2
55
L2 L1 L2 n 1
Si se cumple lo anterior el circuito puede quedar expresado en función de un Transformador Ideal.
+
+
1:n L
V
C
R
V
Donde: n LT
L2 L1 L2
L1 L2
Por lo tanto si se cumple que.
XL2
R2
n
L2
lT
L1 L2
L1 L2
L2 n
Los Circuitos serán equivalentes
L1
V 1
1: n
C
L2
R 2
R 2
V 1
C
LT
V 2
Del circuito equivalente se tiene que.
0
1
L T C
1
L
1
L2
C
1
C L2 n
B
1
R2 n
Ing. Saul Linares Vertiz
V 2
56
2
C
n
2
R2C
n C L2
Q
0
R2 n
2
C
R2C
0
n
2
R2
n 0 L2
Siempre que XL2
R2
XL2 R2 L2
0
Ing. Saul Linares Vertiz
57
R2 10
10
L2
0
R2 10
EJEMPLOS DE CIRCUITOS SINTONIZADOS
Determinar el V (t) máximo y el punto de ubicación de la antena para que Ejemplo. el V sea máximo +14V
L
C
Zant=0 3k
L V i (t ) 200mV Cos ( 0t ) Q B 50
V (t)
f 0 30 Mhz C 53,051 pF
V (t) 2mA
Q B 0 RPC
C →∞ →∞
RP
Q B
0C
50 2 (30 x10 )(53,051 x1012 ) 6
5k
RP 5k V 0 AC MAX V CE
Pero
V CE 14 (0,7) 14,7
El circuito híbrido en el colector será de la siguiente manera V (t) L I
R
V C L
Ing. Saul Linares Vertiz
58
Zant
Si
XL1 Zant
0 L1
Zant
10 V (t) V 1:n
I
R
C
L+L
1
L1 L2
0 2 C
RP n 2 0,3k L1 L1 L2
n
Zant
0,53051uH
0,3k
n
0,244948
5k
L1 L1 L2 n 0,53051uH 0,244948 0,12994uH Comproband o que 0 L1
Zant
10
30
2 x30 x10 0,12994 x10 30 6
6
24,49 30 Como
Si Cumple
Zant
n2 Entonces
QT Q B
Zant 2 n Zant RP 2 n
RP
Q B
2
50 2
25
2 1 n 1 25 Cos n 0t Tan 2 I n ( x) n
5k V 0 (t ) 14v 2mA 2 n 1 I 0 ( x)
Q 10 V 0 (t ) 14v 5v
Ing. Saul Linares Vertiz
2 I n (8) I 0 (8)
x
2
n 2 1 25 25 n 1
200 25
2
8
Cos 0t 14v 9,3525 Cos 0t
59
V 0 (t ) 14v 9,3525v Cos 0t V 0 (t ) AC 9,3525v Cos 0t V 0 (t ) AC V CE
9,3525 14,7 Esto nos indica que la salida no se satura, por lo tanto se tiene que. V TX nV 0 (t ) 14v 2,29887617v Cos 0t V TX 14v 2,29887617v Cos 0t
Ejemplo.
Determinar V(t) en el Siguiente circuito y calcular c alcular el THD%
+15v
35,367pF
0,2456uH
Q B 60
1 hoe
V (t)
V i (t ) 141,42mV Cos 108 x106 t
0,235785nF
7,5k
-16,4v
Ing. Saul Linares Vertiz
60
20k
0
1
LC
1
339,292007 MRad s
35,367 x10 0,2456 x10 12
f 0 54 Mhz
6
f i
108 x106 Rad s 2
54 Mhz
El circuito resuena al 1 Armónico
Q B 0 RPC
I DC
Q B
RP
16,4 1,4v 7,5k
0C
2mA
60
108 x10 35,367 x10 6
hib
12
25mV 2mA
5k
12,5
Dibujando el modelo híbrido
V (t) hib I
1 hoe
C
L
R
V (t) -jXc
X C V be V i
1 2 f iC
1
108 x10 35,367 x10
hib hib jX C V be
6
V i
12,5 12,5 j12,5
100 2
x
4
2 V be
V T
I C 2mA 2mA
i 1
I C 2mA 2mA
i 1
Ing. Saul Linares Vertiz
12
100
100mV 25mV
V i
1 j
12,5
V i
2 4
4
4
2 I n ( x) Cos n( 0t ) I ( x) 4 2 I n (4) Cos (n 0t n ) I (4) 4
61
V
RT
1
// RP 20k // 5k 4k hoe 20k QT 60 48 20k 5k 2 1 n 1 Cos n 0t n Tan 48 4 I (4) n
2 I n (4)
V 0 (t ) 15v 4k 2mA
2
1 n 2 1 48 48 n
i 1
2
0,126Cos 2 0t 0,0369Cos 3 0t 4 4 3 0,011Cos 4 0t 0,003Cos 0t 2 4
V 0 (t ) 15v 13,816Cos 0t
THD%
0,126 2 0,03692 0,0112 0,0032 13,816 THD% 0,95%
Ing. Saul Linares Vertiz
62
x100
Ejemplo. En le siguiente determinar el valor de R para que V (t) sea Máximo, además determinar V (t) y el valor de la distorsión harmónica THD% +12v
0,2176nF 0,3929uH 0,1489nF
V i (t )
Q B 30
V (t)
1
300Ω
200mV Cos54 x106 t 0,47uF
R
-13,4v
Asumiremos que
X C 2 C eq f 0
C 1 C 2
2 LC eq
30
0,088405nF
27 Mhz
RP
Ing. Saul Linares Vertiz
10
C 1C 2
1
C 2 0,2176nF
300
Q B
0 C eq
2k
X C 2
63
f 0 f i
1 2 f 0 C 2
27,084
hoe
20k
Como si cumple que
27,084 30 X C 2 30 Entonces el modelo híbrido en el Colector será el siguiente V 0,1489nF I
1/hoe=20k
R=2k
V (t)
0,3929uH 0,2176nF
300Ω
V
1/hoe=20k I
R=2k
V (t)
1:n
0,3929uH
0,088405nF
300Ω
n
C 1 C 1 C 2
0,40627
V C V 0
1 n
V 0 nV C
Reflejando todo a Colector para que este no se sature y por ende no sature a V(t)
Ing. Saul Linares Vertiz
64
V
I
1/hoe=20k
R=2k
0,088405nF
0,3929uH
0,3k n2
0,3k RT 20k // 2k // 2 0,908918k n QT 0 RT C eq 13,634 Además de be de cumplir que
V C AC V CE
V CE 12v (0,7v) 12,7v
Pero
El híbrido en Base-Emisor Base-Emisor será.
hib V -jX
X C
1 2 f 0 C
1
2 27 x10 6 470 x10 9
Asumamos que
hib X C
hib 10 X C
hib 0,125 x
Ing. Saul Linares Vertiz
V be V T
V i V T
200mV 25mV
65
0,0125
8
2 1 n 1 Cos n 0t Tan 13 , 634 I (8) n
2 I n (8)
V C (t ) 12v I DC RT
2
1 n 2 1 13,634 n 13 , 634
i 1
2
Como Q≥10 entonces V C (t ) 12v I DC RT V C (t ) AC I DC RT
2 I 1 (8) I 0 (8)
2 I 1 (8) I 0 (8)
Cos 0t v
Cos 0t v
V C (t ) AC 12,7v I DC RT
2 I 1 (8) I 0 (8)
v 12,7v
I DC 0,9089181,8705 12,7 I DC
12,7
0,9089181,8705
mA
I DC 7,47mA hib
25mV 7,47mA
3,3467 0,125
3,3467 hib 10 X C
Por lo tanto I DC
13,4 1,4v
R
R 12v
7,47mA
7,47mA
1,6064k
De esta manera la tensión en colector será 2 I 1 (8)
V C (t ) 12v 7,47mA1,6064k
i 1
I 0 (8)
n
2
13,634
1 n 2 1 13,634 13,634 n
n 2 1
Cos n 0t Tan 1
0,206v Cos 3 0t 2 2 0,0934v Cos 4 0t 0,0415v Cos 5 0t 2 2
V C (t ) 12v 12,7v Cos 0t 0,508v Cos 2 0t
Ing. Saul Linares Vertiz
66
2
V 0 (t ) nV C (t ) AC
0,083v Cos 3 0 t 2 2 0,0379v Cos 4 0 t 0,0168v Cos 5 0 t 2 2
V 0 (t ) 5,159v Cos 0 t 0,206v Cos 2 0 t
THD%
0,206 2 0,083 2 0,0379 2 0,0168 2 5,159
x100
THD% 4,39%
Ejemplo.
En el siguie siguiente nte determ determina inarr V (t ) y calcul calculee el THD% +12v
L L 22
RP 3k Q B 20
0 i
C -
→∞ C →∞
V (t) +
C →∞ →∞
10k Vi(t)
10k
V i (t ) 150mV Cos i t
3k
-13,4v
Ing. Saul Linares Vertiz
67
Calculando I y la corriente en los colectores en AC
13,4 1,4v
I DC
I DC
3k 4mA
mA
V CE 12v (0,7)v 12,7v
hib
hib
+Vbe-
-Vbe+
Vi
x
V be1 V be 2
2V T
V i
2V T
150mV 50mV
3
a
i 4mA
2 n 1
( x)Cos 2n 1 0t
i 1
a
i 4mA
2 n 1
(3)Cos 2n 1 0t
i 1
El circuito equivalente de Colector será:
i
R
L
C
V
i
Ing. Saul Linares Vertiz
68
Uniendo las fuentes de corriente tenemos.
-
i
V
R
i→0
C
L i
Como i tiende a cero entonces la tierra desaparece
R
C
i
L
V
Calculando V (t) como Q =Q
V 0 (t ) RP 4mA
2 1 2n 1 1 a 2 n 1 ( x)Cos 2n 1 0 t Tan QT 2n 1 2
i 1
QT
V 0 (t ) 3k 4mA
i 1
Ing. Saul Linares Vertiz
1 2n 1 2 1 2 1 Q n T
2
2 1 2n 1 1 20 a 2 n 1 (3)Cos 2n 1 0 t Tan 2n 1 2 2n 1 2 1 1 20 2n 1 20
69
2
≥10 entonces. Como Q ≥10
V 0 (t ) 3k 4mA a1 (3) Cos 0 t V 0 (t ) 6,048 Cos 0 t
i 2
THD%
Ing. Saul Linares Vertiz
a 2 n1 (3) 2 2 2n 1 2 1 1 2n 1 20
20a1 (3)
70
2
x100
Ejemplo. En el siguie siguiente nte Circuito Circuito determinar determinar R para para que V (t ) sea máxi máximo mo sin sin distorsión distorsión y calcule calcule el THD%
+12v RP 3k
L1 L2
2 3
L
Q B 40
i
L
0 3
V 01 (t ) -
C →∞ →∞
V 02 (t )
C V (t) +
100k Vi(t)
100k
V i (t ) 300mV Cos i t
R
-13,4v
Calculando I y la corriente en los colectores en AC I DC
V CE
13,4 1,4 v
mA R I 100k 12v (0,7 DC )v 12,7v I DC hib +Vbe-
Vi
Ing. Saul Linares Vertiz
71
hib -Vbe+
C →∞ →∞
x
V be1 V be 2
2V T
V i
2V T
300mV 50mV
6
i I DC
a
2 n 1
( x)Cos 2n 1 i t
i 1
i I DC
a
2 n 1
(6)Cos 2n 1
i 1
0 t 3
El circuito equivalente de Colector será: V 01 (t )
i
R
-
L
V
L
L
C
V 02 (t ) i
L1 L2 L2 L1
2
3
V 0
V 01
3 2
1 1 L1 L2 L1 V 0 V 01
L1 L2 L2 L1
5
5
2
3
2
2
Uniendo las fuentes de corriente tenemos.
Ing. Saul Linares Vertiz
72
3 2
L1 L2
1
L2 L1 L2
1 V 0 V 02 V 0 V 02
L1
L1 L2 L2
5 3
5
5
5 3
3 2
V 01 (t )
-
i
V
R
i→0
C
L i
V 02 (t )
Como i tiende a cero entonces la tierra desaparece
V 01 (t )
R
C
i
L
V
V 02 (t )
Calculando V (t) como Q =Q
V 0 (t ) RP I DC
2 0 1 2n 1 9 a2 n 1 ( x)Cos 2n 1 t Tan QT 3 3 2n 1 2
i 1
QT
V 0 (t ) 3k I DC
i 1
1 2n 1 2 9 Q n 3 2 1 T
2 0 1 2n 1 9 a2 n 1 (6)Cos 2n 1 t Tan 40 3 3 2n 1 2 2n 1 2 9 1 40 40 3 2n 1
≥10 entonces. Como Q ≥10
Ing. Saul Linares Vertiz
2
73
2
V 0 (t ) 3k I DC a3 (6) Cos 0t V 01 V CE 1
V 02 V CE 2
V CE 1 V CE 2 V CE
2
Como V 01 V 0 V 0
2 5
5
V 02 V 0
12,7 I DC V 0
3 5
3 5
12,7 I DC
2
3
5
5 12,7
3k I DC a3 (6) 12,7 I DC 3k I DC a3 (6) 12,7 I DC I DC
12,7
2 3k a3 (6) 1 5
I DC
3 3k a3 (6) 1 5
a3 (6) 0,14856 I DC 0,8217
I DC 0.7325
Como I I I En los V de los transistores de la fuente de corriente debe de caer como mínimo 3v para que el transistor trabaje en forma lineal lineal por lo tanto V CE 12 (13,4) 3 0,7 V CE 21,7
12,7 I DC 21,7 I DC
21,7 12,7
mA 1,70866mA
Además debemos de averiguar si Vo(t) es creciente en función de I
V 0 (t ) 3k a3 (6) 0 I DC I DC 1,70866mA V 0 (t ) 0,76151 V CE 14,2275
2 0,76151 14,2275 5
Ing. Saul Linares Vertiz
74
3 0,76151 14,40866 5
V 0 (t )
3k 1,70866mA
2 0 1 2n 1 9 40 a2 n 1 (6)Cos 2n 1 t Tan 3 3 2n 1 2 2 2n 1 9 1 40 3 2n 1 40
i 1
V 0 (t )
2
0,76151Cos( 0t )
2 a2 n 1 (6) 2 a3 (6) 2 2 i 1 1 2n 1 2 9 40 n 40 3 2 1
THD%
Ing. Saul Linares Vertiz
40a3 (6)
75
x100
Ejemplo.
Determinar el V 0(t) máximo y el valor de R para en el siguiente circuito +12V V i (t ) 200mV Cos ( 0 t ) C
Q B 20
L
f 0 55 Mhz C 11,5749 pF Vo(t)
L 0,723431uH Ce 0,28937nF
0,47uF
Vi(t)
10Ω
100k
Ce
R
-12V Calculando el V CE CE y V 0AC 0AC (t) V CE 12 (0,7
I DC
100k ) 12,7 I DC
V CE 12,7 I DC como Q 10 V 0 AC (t ) I DC R p
entonces
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
R P 5k
Además el V CE >/V 0AC CE >/V 0AC /
Cos ( 0 t )
x
Vi
hib
V T hib 10 jXc x
Vi
hib
V T
(hib 10) 2 ( Xc) 2
Vi
hib
V T
(hib 10) 2 ( Xc) 2 Tan
1
hib I DC
Tan
1
Tan
1
Xc hib 10
Xc hib 10
Xc hib 10 V T I DC
12 1,4 R
Como la tensión del V CE CE espejo debe de ser mayor que 3V, entonces el V CE CE del transistor debe de ser menor que
V CE 12 12 (3 0,7) V CE 20,3
I DC DC
R
hib
x
2I 1(x) I o(x)
V 0
V CE CE
V O
V CE CE<20,3
1
11,3
25
5,49
1,8
9
13,7
Ok
Ok
2
5,65
12,5
4,06
1,73
17,3
14,7
No
Ok
1,5
7,53
16,67
4,68
1,763
13,2
14,2
Ok
Ok
1,7
6,65
14,71
4,41
1,754
14,96
14,4
No
Ok
1,63
9,95
15,38
4,51
1,76
14,3
14,325
Ok
Ok
V 0 AC (t ) 14,3 Cos( 0t 21,5 )
R 6,503k
Ejemplo.
Determinar el valor de n,ω0 ,R P para en el siguiente circuito si V 0(t) debe
de ser máximo
+Vcc
Q B 20
L C 1
1:n C 1
C 2
R0
V 0
C 2 R0
V 01 01(t)
V i (t ) V iMAX Cos( 0 t )
V i(t) I DC DC
C→∞
Como QB>20 entonces QB>20 entonces QT>10 y QT>10 y el circuito resuena al primer armónico este se puede aproximar solo al primer Armónico Determinando R Determinando R P
Q B 0 R P C T R P
C T L
C T C 1 C 2 n 2 n2
Q B R P 2
2
C T L
R0 R P
R P 2 C 1 C 2 n 2 L
Q B 2 L R P 2 C 1 C 2 n 2 R P 2 C 1 C 2
Q B 2 L R P 2 C 1 C 2 R0 R P 2 2 0 R P C 1 C 2 R0 R P Q B L R P
C 2 R0 2 4Q B 2 LC 1 C 2 R0 2C 1
R0
R P
R0
n
R P 1
0
C C n L 2
1
2
2 I 1 ( x ) R P Cos ( 0 t ) I ( x ) 0 2
V 0 (t ) n I DC
Además se debe de cumplir que V 01 AC (t ) V CE V CE Vcc ( V ) V CE Vcc V
2 I 1 ( x) R P Cos( 0 t ) I ( x ) 0 2 2 I ( x ) R P Vcc V I DC 1 I ( x ) 0 2
V 01 AC (t ) I DC
Ejemplo.
Determinar el valor de V 0(t) si este debe de ser máximo, el capacitor Ce no es cable a la frecuencia de entrada
Q B 20
+Vcc
1:n C 1
C 2
R0
V 0
L C 1 C 2 R0 R P
V 01 01(t)
V i (t ) V iMAX Cos( 0 t )
V i(t) I DC DC
Ce
R0
n 0
R P 1
C C n L 2
1
R P V 0 (t ) n I DC 2 N 1
2
2 I N ( x ) I ( x ) 0 2
1 N 1 Q N T
QT
2
2
Cos ( N ( 0 t ) N )
x
Vi
hib
V T hib jX CE
Vi
hib
V T
hib X CE 2
X CE hib
Tan 1
X CE hib 2 1 N 1 Tan QT N 2 I N ( x ) 2 I ( x ) 0 1 X CE 1 N 1 Cos N 0 t NTan ) Tan QT 2 2 hib N 1 N 2 1 QT N
Tan 1
R P V 0 (t ) n I DC 2 N 1 QT
V 01 AC (t ) V CE V CE Vcc V
2 I N ( x ) I ( x ) 0
R P V 01 AC (t ) I DC 2 N 1 QT
1 Q T
2
2 1 X CE 1 N 1 Cos N 0 t NTan QT ) Tan 2 hib N N 2 1 N
Se tiene que cumplir que
2 I 1 ( x) RP Vcc Vcc V I ( x ) 2 0
I DC
MEZALDORES DE FRECUENCIA Los Mezcladores de frecuencias son circuitos que realizan un traslado de frecuencia, aumentándola (Modulando) o disminuyéndola (Demodulando), permitiendo de esta manera transmitir señales por radio y recepcionarlas. El principio se basa en la multiplicación de señales como se muestra a continuación.
Sin( 1 2 )t Sin( 1 2 )t
Sin( 1t ) Cos ( 2 t )
Sin( 1t ) Sin( 2 t )
2 Cos( 1 2 )t Cos( 1 2 )t
Cos ( 1t ) Cos ( 2 t )
2 Cos( 1 2 )t Cos( 1 2 )t 2
Como se observa al realizar el producto de 2 señales de diferente frecuencia el resultado es dos señales con frecuencias diferentes, una de ellas es la suma de estas y la otra es la es la diferencia. Esto significa que si a una señal de baja frecuencia ( f f 1) se le multiplica por otra de frecuencia mayor ( f 2), la nueva señal tendrá 2 frecuencias, una con la suma ( f f 2+ f 1) y otra con la diferencia ( f f 2- f 1)
f 1
f
f 2
f 2- f 1
f 2+ f 1
f
ω1
ω2±ω1
MEZCLADOR
ω2
Si la señal de baja frecuencia tiene un espectro de frecuencias entonces al multiplicarla por otra de mayor frecuencia ( f f 2), esta se traslada con todo su espectro
Sin(2 f 1t )
/
0 f 1 f MAX
f MAX
f 2
f 2- f MAX MAX f 2+ f MAX MAX
El ancho de Banda de la señal producto es
Bf ( f 1 f MAX ) ( f 1 f MAX ) Bf 2 f MAX
f
f
Si esta señal se quisiera quisier a transmitir por un circuito sintonizado, sint onizado, el circuito tanque debe de tener un ancho de Banda mayor a dos veces la fr ecuencia máxima de la señal mensaje.
MODULACION DE UNA SEÑAL Una señal se puede modula en tres forma Clásicas.
Modulación en amplitud . En este caso el mensaje afecta a la amplitud , logrando que la amplitud de la portadora (señal con mayor frecuencia) v aríe en forma lineal con el mensaje
S AM A 1 m Cos( m t ) Cos( p t )
Y
X
Donde ωm es la frecuencia del mensaje, ω p es la frecuencia de portadora y m es el índice de Modulación Para calcular el índice de modulación se puede usar la amplitud máxima (X) y la amplitud mínima (Y) de la señal modulada de la figura anterior X A1 m Y A1 m X Y 2 Am
X Y 2 A
X Y X Y
m
La potencia de una señal esta dada por
P
1
T
T
2 señal 0
dt
Por lo tanto para señal AM tendremos que.
S AM ACos ( p t ) Am Cos ( m t )Cos ( p t ) S AM ACos ( p t )
Am
Bandas laterales
Am
Cos m p t
Am
Cos m p t
Am
Cos p m t
2 2 Portadora ACos ( p t ) 2
Banda lateral superior Banda lateral inferior P P P BLSUP
1 T
P BLINF
T
Cos m p t
2
T
Cos m p t
ACos( t )
2
p
0
dt
A 2 2
Am 2 Am 2 Cos m p t ) dt 8
0
T
2 Am
2
T
1
1
Am
Cos p m t
2
T
Am
0
2
Cos m p t dt 2
P BL P BLSUP P BLINF
Am
P BL
2
8
Am
Am
2
8
Am 2 8
Am 2 4
2
4
La eficiencia de la modulación en AM será %
P BL P BL P P
x100
Am 2 %
4
Am 4
%
2
A 2
m2 m2 2
x100
2 x100
Si la señal mensaje es una señal Multi Tono entonces para calcular el índice de modulación se calcula de la siguiente manera. Sea la siguiente señal en AM.
S AM
N A1 mi Cos(i m t ) Cos( p t ) i 1
Entonces la potencia de las Bandas laterales será.
P BL El índice de modulación será
N
Ami 2
i 1
4
m
N
m i
i 1
Am 2 4 2
MODULACION CON TRANSISTOR El transistor por poseer la característica exponencial, permite en forma indirecta el producto de señales, si estas se excitan por la base como se muestra en el siguiente circuito.
V DC V 1
I e
V 2
V 1 V 2 V DC
Ie I S e
x1
V DC
I S e
V T
V 1
V T
V V V V e e
x 2
V T
V DC
1
2
T
T
V 2 V T
Ie I S e V T e x1 e x2
2 I n ( x1 ) e I 0 ( x1 )1 Cos (n 1t ) n1 I 0 ( x1 ) 2 I n ( x 2 ) x e I 0 ( x 2 )1 Cos ( n 2 t ) n 1 I 0 ( x 2 ) x1
2
V DC
Ie I S e
V T
2 I n ( x1 ) 2 I n ( x 2 ) I 0 ( x1 ) I 0 ( x 2 )1 Cos ( n 1t ) 1 Cos (n 2 t ) n 1 I 0 ( x1 ) n 1 I 0 ( x 2 )
Un caso seria cuando las dos señales se ñales son menores que 25mV la ecuación se puede aproximar a: V 1 V 2 V DC
Ie I S e x1
V 1 V T
V DC
I S e
V T
V T
V V V V e e
1 x 2 V DC
Ie I S e
1
2
T
T
V 1 V T
V T
e e
1
1
x1
1
x2
V DC
Ie
I
V T
V DC
Ie I S e V T 1 x1 x 2 x1 x 2 Ie I DC 1 x1 x 2 x1 x 2 Se observa que la corriente de emisor tiene t iene una componente de la seña 1 y 2 y del producto de estas si estas señales tuvieran frecuencias ω1< ω2 se tendría el siguiente espectro de señales.
f 1
f 2
f
f g
f 1
f 2- f 1
f 2 f 2+ f 1
f
Ahora para que no exista traslape de frecuencias ω g ≥0
g 0 g ( 2 1 ) 1 2 2 1 2 2 1 0 2 2 1
Esto nos indica que la señal que tiene mayor ma yor frecuencia solo puede tener como mínimo el valor de 2ω1 para que la señal se traslape con la señal de baja frecuencia.
Si una de las señales fuera pequeña señal (generalmente la de baja frecuencia, señal de mensaje), y la otra gran señal (generalmente la que tiene alta frecuencia, señal de portadora) la ecuación quedara de la siguiente manera.
2 1 V DC
Ie I S e
V T
V 1 2 I n ( x 2 ) 1 I 0 ( x 2 )1 Cos ( n 2 t ) V T n 1 I 0 ( x 2 ) V 1 V MAX Cos ( 1t )
V DC
V MAX 2 I n ( x 2 ) Ie I S e I 0 ( x 2 )1 Cos( 1t ) 1 Cos (n 2 t ) V T n 1 I 0 ( x 2 ) V MAX 2 I n ( x 2 ) 1 Cos ( t ) Cos ( n t ) 1 2 V V I ( x ) T n 1 0 2 Ie I S e V I 0 ( x 2 ) 2 I ( x ) V MAX Cos ( t ) n 2 Cos (n 2 t ) 1 V n 1 I 0 ( x 2 ) T V MAX 2 I n ( x 2 ) 1 Cos ( t ) Cos ( n t ) 1 2 V V I ( x ) T n 1 0 2 Ie I S e V I 0 ( x 2 ) 2 I ( x ) V MAX n 2 Cos ( n 2 t )Cos ( 1t ) V T n 1 I 0 ( x 2 ) V T
DC T
DC T
V MAX 2 I n ( x 2 ) V MAX 2 I n ( x 2 ) Ie I DC 1 Cos ( 1t ) Cos( n 2 t ) Cos (n 2 t )Cos ( 1t ) V T V T n 1 I 0 ( x 2 ) n 1 I 0 ( x 2 )
Se observa que la corriente de salida tiene muchos espectros. 1. Una componente de corriente continua I DC 2. Una componente a la frecuencia de señal de mensaje me nsaje ω1 3. Infinitas componentes de frecuencia múltiplos de la señal de Portadora ω2 , 2 , 2ω2 , 3ω2 ,….. nω2 4. Infinitas bandas Laterales ω2 - ω1 y ω2 + ω1, cada par alrededor de las frecuencias múltiplos de la Portadora. 5. Si esta señal se pasa por un un filtro Pasa Banda con Ancho de Banda Banda mayor a 2ω1 la corriente solo tendría la componente de la portadora y las Bandas Laterales 6. Se nota que la señal de salida sali da tiene portadora y doble Banda Lateral
En el grafico se puede apreciar esta distribución de espectros
f f 1
f 2
f f 1
f 2- f 1 f 2 f 2+ f 1
2f 2- f 1 2f 2 2f 2+ f 1 3f 2- f 1 3f 2 3f 2+ f 1
Si esta se pasara por por un filtro Pasa Banda quedara así el espectro
f f 2- f 1 f 2 f 2+ f 1
En el caso en que ambas señales sean s ean de gran señal el circuito no se podría recuperar porque el espectro de la señal de mensaje estaría repetido en forma de una señal Sample
f
Ejemplo. Para el siguiente circuito determine V 0(t) +V CC CC V P (t ) V P MAX Cos ( p t ) Vm(t ) V m MAX Cos ( m t ) L
p 0
C
B T 2 m QT 10 Ci, Cm, Ce2
V 0(t)
Ci
Q1 Vp(t)
RB
Ce
Cm
Q2
R2
R1 Ce2
RE
-V CC CC Con respecto a Q2 tenemos que calcular las corrientes de colector tanto en continua como en alterna. Además V m MAX es pequeña señal V PMAX es gran señal
V CC R1 I DC
R1 R2
V
R2 R1 1 R R 1 2
R E
ie 2
Vm(t ) hib
I E 2 I DC ie 2
Vm(t ) Vm(t ) I DC V T V T I DC
Vm(t)
V CC R1 I C 2 I E 2 I DC ie 2
V
R1 R2
R2 R1 1 R R 1 2
I DC
Vm(t )
R E I C 2 I E 2 I DC I DC
V T
Vm(t ) I DC 1 V T
Vm(t ) V T
Como el valor Ce es Ce es desconocido, parte de la corriente i e2 pasara por el y otra parte ira por el Emisor 1. Mas la corriente continúa I continúa I DC es la misma (por que el capacitor es abierto). Entonces a la corriente que circula por I por I E1 estará casi en DC en DC la la podemos indicar por I 0 y estará compuesta por la componente DC componente DC y y la pequeña componente AC componente AC
I 0 I 0 DC I 0 AC
I 0 AC I DC
I 0 I DC I DC
X CEm
X CEm 2 hib 2
V mMAX
X CEm hib 2
Cos m t Tan 1
X CEm
V T
V I 0 I DC 1 mMAX V T
X CEm h ib 2
Tan 1
X CEm 2 hib 2
V mMAX V T
Tan 1
X CEm 2 hib 2 X CEm
I 0 AC ie 2
X CEm hib 2
X CEm
I 0 I DC ie 2
X CEm 2 hib 2
X CEm hib 2
Cos m t Tan 1
1 X CEm Cos m t Tan 2 2 hib 2 X CEm hib X CEm
X CEm
1 m C E
Si se quiere que ie2 ≈ I 0AC 0AC entonces se tiene que cumplir que:
X CEm hib 1 m C E 1 m C E
10hib
hib
C E
I 0 AC ie 2
1 m 10hib
Y la Corriente I Corriente I 0 será
V mMAX
V T
I 0 I DC 1
Cos m t
Si calculamos la Corriente de Colector 1 se s e tendrá que:
x
V be V T
V P (t )
X CEP h ib
hib
V T
Tan 1
hib 2 X CEP 2
2 I n ( x) X I C I 0 1 Cos( n P t nTan 1 CEP ) hib n 1 I 0 ( x) Esto es debido a que V be1 be1 ≠ V PMAX Si se quiere que V be1 be1 ≈ V PMAX entonces se tiene que cumplir que:
X CEP hib 1 P C E 1 P C E
hib
hib
C E
10
10 P hib
V PMAX V be1
Si se cumple que ie2 ≈ I 0AC 0AC y V be1 be1 ≈ V PMAX entonces tendremos que:
V mMAX 2 I n ( x) I C I DC 1 Cos m t 1 Cosn P t V T n 1 I 0 ( x)
C E C E min
1 m 10hib 10
P hib
C E
C E C EMAX C E min
10 P hib
1 m 10hib
1
C EMAX
1 10 h m ib 1 10 P hib P m
100
Y de no cumplirse tendremos desfasaje en la señal de mensaje debido debido al capacitor de emisor 1, de allí la importancia de la elección de este, tal como lo demuestra la siguiente ecuación
V X CEm 1 X CEm mMAX I C I DC 1 Cos m t Tan 2 2 2 V T h ib X h CEm ib 2 I n ( x) 1 X CEP 1 Cos n P t nTan n 1 I 0 ( x) hib
Al pasar esta señal por el circuito tanque tendremos:
V X CEm 1 X CEm mMAX V 0 (t ) V CC I DC RT 1 Cos m t Tan 2 2 2 V T h ib X h CEm ib 2 I 1 ( x) 1 X CEP Cos P t Tan I 0 ( x) hib Donde el índice de modulación m será
m
V mMAX V T
X CEm
X CEm 2 hib 2
Se debe de tener en cuenta que
V CE I DC RT
2 I 1 ( x )
I 0 ( x)
I DC
(1 m)
, V CE V CC V
V CC V 2 I ( x) I (1 m) DC R B RT 1 I 0 ( x)
I DC
R B
Ejemplo. Para el siguiente circuito determine V (t), el índice de modulación m y determine el valor de Ce para que el circuito se comporte c omporte como mezclador +12V V P (t ) 150mV Cos( p t ) Vm(t ) 2mV Cos( m t ) L
C
p 0 10 7 m 10 4 QT 15
V (t)
0,47uF
RP 5k
Q Vp(t)
10k
Ce
47uF
Q
4k 100uF
8k
3,3k
-12V
Con respecto a Q2 tenemos que calcular las corrientes de colector tanto en continua como en alterna. Además Vm(t) es pequeña pequeña señal
12V 4k
0,7V 4 8 k k 1mA I DC 4k 8k 1 3,3k 4k 8k 100
Determinamos si los capacitores son cables para para esta frecuencia.
Ing. Saul Linares Vertiz
95
Vm(t)
X CE 2 R EQ
1
, X CE 2
m C E 2 V T
hib
I DC
1 4
10 10
25mV
1mA
X CE 2
1 , R EQ 3,3k // hib hib
4
25
R EQ
10 1 2,5
X Ci 2 R EQi hie
1
, X Ci 2 V T
I DC
1
m C i 2
10 4 47 10 6
2,1276 , R EQi 4k // 8k // hie
25mV 100 2,5k R EQi 4k // 8k // 2,5k 1,29k 1mA X Ci 2
R EQi
10 2,1276 129 Por lo tanto la corriente c orriente en AC de emisor será.
ie 2
Vm(t )
Vm(t )
hib
V T
I DC
Vm(t ) V T
I DC I E 2 I DC ie 2
Y la corriente de colector 2 tendrá la siguiente ecuación
I C 2 I E 2 I DC I DC
Vm(t ) V T
Vm(t ) I DC 1 V T
2mV Cos(10 4 t ) 2 4 1mA I C 2 1mA1 1 Cos(10 t ) 25mV 25 Determinaremos si el capacitor de la base del transistor 1 es cable. X CI 1 R EQB
, X CE 2
1 P C EI 1
1 10 0,47 10 6 7
0,2127
R EQ 10k // hie1 X Ce 10k // hie1 X CI 1 R EQB
R EQ 10k // hie1 X CI 1 10k // hie1 hie1
V T I DC
X CE 2
25mV 100 2,5k 1mA
10k // 2,5k 10
200
0,2127 200
Ing. Saul Linares Vertiz
96
Como el valor Ce es descono desconocido, cido, trataremos trataremos de de calcularlo calcularlo para para que la corriente corriente i ≈ I C E C E min
1
C E
m 10hib 10
P hib 10 7
10 25
10 P hib
1
C E
m 10hib
C EMAX
1
C E
10 10 25 4
40nF C E 400nF C E 100nF
La Corriente I será
V mMAX
V T
I 0 I DC 1
Cos m t
Si calculamos la Corriente de Colector 1 se tendra que:
x
V be
V T
V P (t )
hib
V T
hib 2 X CEP 2
X CEP h ib
1 Tan
2 I n ( x) 1 X I C I 0 1 Cos(n P t nTan CEP ) hib n1 I 0 ( x) Pero como se cumple que X CEP hib V PMAX V be1
Entonces se tiene que cumplir cumplir que:
V mMAX 2 I n ( x) I C I DC 1 Cos m t 1 Cos n P t V T n 1 I 0 ( x) x
I C 1mA1
2 25
V be V T
150mV 25mV
6
2 I (6)Cos n10 t I (6)
Cos 10 4 t 1
n
n 1
0
7
Al pasar esta señal por el circuito tanque tendremos la siguiente Ecuación puesto puesto que el Factor de Calidad Q es mayor que 10 solo el primer primer Armónico y además además el ancho de Banda del Tanque es mayor a 2 veces la frecuencia del mensaje.
Ing. Saul Linares Vertiz
97
V 0 (t ) 12 1mA 5k 1
V 0 (t ) 12 5V 1 B
0
4 2 I ( x ) 7 Cos 10 t 1 Cos 10 t 25 I 0 ( x) 2
2
10
Q
4
7
7
15
66,666 10 4
B 2 m
Donde el índice de modulación m será m
V mMAX V T
2 25
0,08
Para que la la señal de de salida no no se sature sature se debe debe de cumplir que
V CE I DC RT
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
12V 0,7V
Ing. Saul Linares Vertiz
(1 m)
Cos 10 t 1,8247 Cos 10 t
25
, V CE V CC V
1mA
I DC R B
10k 1mA 5k 1,82471 0,08 100 12,8V 9,85338V
98
Ejemplo. Para el siguiente circuito determine V (t), y el Valor de la tensión de de mensaje para para tener un índice índice de modulación modulación m=0,5 y determine el valor de Ce para que el circuito se comporte como mezclador
+12v
V P (t ) 200mV Cos( p t ) L
C
Vm(t ) V mMAX Cos( m t )
p 0 10 7 m 5 x10 4
0,33uF
QT 50
Q1
RP 2k
10k V (t) Ce
6,3uF Q2 7,3k
4,7k
V (t)
R=2k
-12v
Con respecto a Q2 tenemos que calcular las corrientes de colector tanto en continua como en alterna.
12V 4,7k I DC
4,7k 7,3k
0,7V
4,7 k 7,3k 1 2k 4,7 k 7,3k 100
2mA
Determinamos si los capacitores son cables para la frecuencia de mensaje.
Ing. Saul Linares Vertiz
99
X Ci 2 R EQi hie
, X Ci 2
V T I DC
1 m C i 2
1 5 x10 6,310 6 4
3,174 , R EQi 4,7 k // 7,3k // hie
25mV 100 1,25k R EQi 4,7k // 7,3k // 1,25k 0,869k 2mA X Ci 2
R EQi
10 3,174 86,9 Por lo tanto la corriente c orriente en AC de emisor será.
ie 2
Vm(t ) hib R E 2
Vm(t ) Vm(t ) I DC V T V T R E 2 I DC R E 2 I DC
R E 2 I DC V R E 2 ie 2 I DC
Vm(t ) V T V R E 2
I E 2 I DC ie 2
Y la corriente de colector 2 tendrá la siguiente ecuación
Vm(t ) I DC 1 V T V R V T V R I DC R E 2 4v Vm(t )
I C 2 I E 2 I DC I DC
E 2
V R E 2
E 2
V mMAX Cos(5 x10 4 t ) I C 2 2mA1 25 4 mV v Ahora el índice de modulación es m=0,5
m V mMAX
V mMAX
0,5 25mV 4v 0,5 25mV 4v 2v
Como el valor Ce es desconocido, desconocido, trataremos de calcularlo calcularlo para que la corriente i ≈ I C E C E min
Ing. Saul Linares Vertiz
1 m 10hib 10
P hib
C E
C E
10 P hib
1 m 10hib
100
C EMAX
10 7
10 12,5
C E
1 5 x10 1012,5 4
80nF C E 160nF C E 100nF
Se cumpl cumplee que X CEP hib V PMAX V be1
Entonces se tiene que cumplir que:
2 I n ( x) V mMAX I C I DC 1 Cos m t 1 Cos n P t V T V R n1 I 0 ( x) E 2
x
V be V T
200mV 25mV
8
2 I n (8) I C 2mA1 0,5Cos 5 x10 t 1 Cos n10 7 t n1 I 0 (8) 4
Al pasar esta señal por el circuito c ircuito tanque tendremos la siguiente Ecuación puesto que el Factor de Calidad Q es mayor que 10 solo el primer Armónico y además el ancho a ncho de Banda del Tanque es mayor mayor a 2 veces la frecuencia del mensaje.
2 I (8) Cos10 t
V 0 (t ) 12 2mA 2k 1 0,5Cos 5 x10 4 t
7
1
I 0 (8)
4 7 V 0 (t ) 12 4V 1 0,5Cos 5 x10 t 1,8705 Cos 10 t
B
0 Q
10
7
50
2 x 10 5
B 2 m
Para que la señal de salida no no se sature se debe de cumplir que
V CE I DC RT
2 I 1 ( x) I 0 ( x)
12V 0,7V
Ing. Saul Linares Vertiz
(1 m)
, V CE V CC V
1mA
I DC R B
2k 1,80571 0,5 10k 2mA 100 12,8V 11.223V
101
Ing. Saul Linares Vertiz
102
