Amplificador Diferencial Carga Activa/Pasiva

Procedimiento y Resultados.

I Parte:
Amplificador diferencial con carga pasiva.

1. En esta parte de la experiencia procedimos a diseñar el circuito de la fig#1 tomando en consideración los siguientes valores:

Iref= 1 mA.
Vcc=|Vee| = 5V.
VCE1=VCE2= 2.5 V.

Fig#1. Circuito amplificador de carga pasiva.

2. Se diseño los valores de RC para una caída de voltaje VCE1 = VCE2 =2.5 Voltios.

Para el diseño realizamos los siguientes cálculos:

0.7+Vss=Vb3

0.7-5=Vb3

-4.3=Vb3

4.3Iref=R3

4.31mA=R3=4.3kΩ

IC4=1mA.

Ie1=ie2=0.5mA.

Con V1=V2=0.
Ve1=Ve2=-0.7 V.

Vce1=Vce2=2.5 V.

Vc1=Vo1=Vo2=2.5-0.7=1.8V.

RC=Vcc-Vo10.5mA

RC=R2=R1=5-1.80.5mA=6.4kΩ.

3. Con la ayuda de unmultímetro y colocando VI=V2 = 0, procedimos a verificar los puntos de operación dando como resultado las siguientes mediciones:

VCE1=2.73 V.
VCE2=2.74 V.

IC1=0.49mA.
Ic2=0.489mA.

Vo1=1.75 V.
Vo2=1.75 V.

4. Aplicándole un voltaje, a V1 y V2, con la misma magnitud, medimos los cambios en los puntos de operación del circuito de la figura #1 y los anotamos en la tabla #1.Tabla#1. Variación de la señal de entrada del circuito.
V1=V2 | VCE1 | VCE2 | VCE4 | VO1 | V02 | VO2-VO1 |
-4 | 6.55 | 6.55 | 0.35 | 1.9 | 1.9 | 0 |
-3 | 5.55 | 5.55 | 1.31 | 1.85 | 1.85 | 0 |
-2 | 4.53 | 4.53 | 2.29 | 1.81 | 1.81 | 0 |
-1 | 3.49 | 3.49 | 3.3 | 1.78 | 1.78 | 0 |
0 | 2.47 | 2.47 | 4.29 | 1.75 | 1.75 | 0 |
1 | 1.42 | 1.42 | 5.3 | 1.72 | 1.72 | 0 |
2 | 0.42 | 0.42 |6.28 | 1.69 | 1.69 | 0 |
3 | 0.034 | 0.034 | 7.28 | 2.3 | 2.3 | 0 |
4 | 0.02 | 0.02 | 8.23 | 3.24 | 3.24 | 0 |

Para la tabla #1 se puede apreciar que al ir aumentando el V1 y V2 el voltaje de colector-emisor de los transistores 1 y 2 disminuyen hasta un punto donde estos entran en saturación.

1. Se determina el voltaje de entrada para los valores máximos para el cual el circuitotrabaja de forma adecuada.

Vce1 >0.7V
Vc1 –Ve1> 0.7V
5-Ic Rc – Vcm + 0.7 > 0.7

Vcmmax=5-IcRc
= 5 – (0.5×6.4)
Vcmmax= 1.8V

En la tabla #1 se puede observar que cuando se aplica un Vcm de 2V el transistor entra en la región de saturación.

Vce4 >0.7
Vc4 –Ve4 >0.7
Vcm -0.7 – (-5) > 0.7
Vcm min > -3.6;

En la tabla #1 se puede observar que el transistor Q4 entra en laregión de saturación cuando su Vcm es menor a -3 Volts.

5. Aplique una señal AC de modo diferencial a V1 y V2. Mida con el osciloscopio VO1, VO2 y VO2–VO1

6. Dibuje la forma de onda de VO1 y VO2.


Gráficas resultantes, mostradas por el osciloscopio.

Gráfica#1. Voltaje de salida.

Gráfica#2.
Con el circuito de la figura 1, procedimos a calcular matemáticamente la gananciadiferencial.

Gráfica# 3. Ganancia del amplificador.

* Muestra la entrada de la señal.

* Muestra la entrada de la señal.

* Indica la ganancia del amplificador.


7. Calcule la ganancia VO2/Vd y (VO2- VO1)/Vd y compare con el punto 6.

Calculamos la ganancia diferencial de la figura #1 de manera teórica:

Fig#2. Amplificador del circuito de la figura #1 enmodo AC.

Rπ= R4. R4=βgm=5KΩ

gm=Icvt=20mA/V

VO2=-gm-Vd26.4KΩ.

VO2Vd=64 V/V.

VO2-VO1Vd=128 V/V.

II Parte:
Amplificador Diferencial con Carga Activa.

8. Diseñe la fuente de corriente indicada en la figura # 2 para obtener una Iref = 1mA, Vcc = |Vee| = 5V

Fig. # 2: amplificador diferencial con carga activa.

9. Se realizó el cálculo para encontrar la R1 del circuitode la fig. #2.


RIc + 0.7V -5V = 0
RIc = 5 – 0.7
R = 4.3V / 1mA
R= 4.3 kΩ





10. Se Monitoreo con un multímetro digital el voltaje DC de VCE3, VCE4, VCE5, Vo1, Vo2 aplicando voltaje del modo común en V1 y V2.






Tabla #2. Variación del voltaje de modo común.
V1= V2 | VCE3 | VCE4 | VCE5 | V01 |...