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aula12 pushpull

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Eletrônica
(Amplificador Push-Pull)
Prof. Manoel Eusebio de Lima
Amplificador classe B
10/26/15
•
Este tipo de configuração permite mais ganho do que um
transistor poderia fornecer sozinho. Este amplificador "pushpull“ (seguidor de emissor push-pull) é usado onde a saída de
alta potência e fidelidade são necessárias: estágios da saída do
receptor, moduladores AM, etc.
•
Em geral possuem alta impedância
impedância de saída e alta eficiência.
•
Uma vantagem deste tipo de montagem é que “nenhuma
potência” é dissipada nos transistores de saída quando não
existe sinal sendo aplicado a entrada. (Amplificadores classe A
requerem corrente considerável para polarização)
•
Estes amplificadores, denominados classe B, permitem que a
corrente do coletor flua apenas por 180o do ciclo ca em cada
transistor.
Soluções GrecO
de
entrada, baixa
2
Amplificador classe B
Analogia:
Um bomba ligada a fonte e outra ao sumidouro
1. Quando uma bomba é acionada a outra é desativada
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Soluções GrecO
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Transistor off até Vin > +0,7
VBE
VBE
Transistor off até Vin < - 0,7
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Soluções GrecO
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Os transistores são
apenas adequadamente polarizados
nas áreas em azul.
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Soluções GrecO
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Circuito Push-Pull
• Quando um transistor opera na classe B, ele ceifa um
semi-ciclo. Para evitar distorções no sinal de entrada
dois transistores são usados em uma configuração
push-pull. Isto quer dizer que um transistor conduz em
um semi-ciclo e o outro no outro semi-ciclo.
• Um problema neste tipo de circuito é a distorção do
sinal de saída para entradas próximas de 0V. A fim de
se evitar este problema (cross distortion), ambos os
transistores
deveriam
estar
“ligeiramente
polarizados”, o que pode ser conseguido incluindo-se
diodos (0,7V) ou resistores para uma prévia
polarização.
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Soluções GrecO
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Push-Pull – Análise CC
• Polarização do circuito
Polarizar ambos
os
transistores no corte,
garantindo uma tensão
entre base e emissor
dos transistores entre
0,6 e 0,7V. Isto pode
ser garantido com a
inclusão
dos
dois
diodos.
Polarizar por diodo também evita a
deriva térmica, garantindo a
polarização sem problemas dos
transistores. O uso de resistores pode
afetar o ponto de operação com a
mudança de temperatura.
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Soluções GrecO
Na polarização ICQ ≈ 0
ICQ
VCE = VCC/2
Como os diodos são
iguais, a tensão nos
diodos
dos
emissores são iguais
VCE = VCC/2
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Amplificador Push-pull-circuito típico
Seguidor de emissor npn
Polarização dos transistores no
corte
Capacitor de desacoplamento
Capacitor de desacoplamento
A tensão entre diodos é 2VBE,
assim como a tensão no capacitor
(ponto Q)
Seguidor de emissor pnp Resistência R
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1) Fornece corrente de base a Q1 e de polarização a D1
2) Fornece corrente de base a Q2 e de polarização a D2
Soluções GrecO
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Curva de carga (ponto Q)
• Como não existe resistor para controlar a corrente nos
coletores e emissores dos transistores, a corrente de carga é
infinita (teoria), no comportamenteo DC. Isto que dizer que a
reta de carga é vertical.
Ica(máxima)
(VCC/2RL)
Vcc/2
Corrente máxima no
coletor do transistor(ca)
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/2
Soluções GrecO
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Polarização
classe B
/2
iCQ
Professor: Jairo Bertini
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Soluções GrecO
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Polarização do amplificador
Análise DC
A corrente de polarização
é bem pequena(ver curva de
carga 1 a 2 mA), daí pouca
potência na polarização
A corrente do coletor iguala-se a corrente do diodo.
Id ≅ IC, com Ib ≅ 0 mA
Como
as
curvas
características
dos
diodos são iguais as
curvas
VBE
dos
Id
transitores, a corrente
dos
diodos
é
aproximadamente igual
2V
a corrente do coletor BE
no ponto Q.
Considere
na
polarização que Ib <<Id .
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I d= I C
I
IC=(VCC-2VBE)/2R
Ib
Id
IC=IE
Ib
2VBE
≡
Id=Ic
Soluções GrecO
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Ic
≅1,4 V
Ic(max)
Análise CA
•
Quando Q1 conduz, Q2 corta e a tensão de saída é
positiva. O capaciotr CL é carregado para 0.5 VCC.
Ic(max) = I0(max) = (Vcc/2)/RL
Ic(max)
e a corrente de base é dada por:
IB(max) = IC(max)/β
IB(max)
• A resistência Rmax para garantir a corrente máxima
na base pode ser dada aproximadamente por:
Vo(max)
VBEQ1
(max)
Rmax = [VCC - (0.5VCC+VBEQ1+Vo(max))]/IB(max)
Quando Q1 conduz, Q2 está em corte. A tensão de
saída é positiva e o capacitor CLé carregado para
0.5 Vcc.
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Soluções GrecO
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Circuito equivalente
(modelo CA)
ic
ie = ic+ib =β ib+ib = ib (β+1)
r’e
Zin = R||R||(β+1)RL
r’e
r’e
ie
Considerando R >> r’e
Zin(base) ≅ Vin /ib = ie(RL+r’e)/ ib =(β+1)ib(RL+r’e)/ ib =(β+1)(RL+r’e)
Considerando que RL >> r’e , Zin(base) = (β+1)RL
Ganho de tensão = Vo/Vin = ie.R L/ie(RL+r’e) = R L/(RL+r’e).
Se R L >> r’e , Vo/Vin = R L/RL ,ou seja,
o ganho de tensão (Vin ≅ Vout) é aproximadamente igual a 1.
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Eficiência
• Potência média máxima teórica de “saída” pode ser
dada por:
P(max) = (I2(max).RL)/2=((Vcc2/(22RL2)). RL)/2= Vcc2/8RL
Considerando que a dissipação de potência sobre o
circuito de polarização é nula. (Ic bem pequena) (DC)
Observe que:
1. o transistor npn é ON (Q1)durante o ciclo positivo
da tensão de saída, carregando capacitor.
2. Durante o ciclo negativo da tensão de saída, o
transistor pnp (Q2) está ON e o capacitor C o
alimenta.“A potência alimentada pela fonte
durante o meio-ciclo negativo é zero”
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Eficiência
• Assim, a potência média máxima (potência de
“entrada”) fornecida aos transistores pela fonte é
dada, considerando apenas meio ciclo, por:
Pavg(max) = Imax.VCC/π = V2cc/2πRL
A eficiência máxima obtida pode ser dada por:
η = P(max) /Pavg(max) = π/4=0.7854 ou 78,54%
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Amplificadr Push-pull
• Projetar um amplificador Push-Pull conforme figura
abaixo de 2W de potência para um speaker de 8Ω
sobre a freqüência de 20 a 20KHz. A fonte de
alimentação DC é de 24V. Os transistores npn e pnp
possuem β=100 e VBE=0,7V.
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Cálculo
1. Valor efetivo (rms) da corrente no speaker:
Io(rms)= (2/8)1/2 = 0,53A
2. Corrente de pico no speaker
Io(max) = 21/2*0,53 = 0.758 A
3. Tensão de pico
Vo(max)= Io(rms)*RL= 6.064V
4. Cálculo de IB(max)
IB(max)= Io(max) /(β+1) (corrente no emissor)
IB(max)= Io(max) /(β+1) = 7.505 mA
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Polarização
5. Cálculo de R (resistência de polarização):
R = [VCC - (0.5VCC+VBEQ1+Vo(max))]/IB(max)
R = [12-0.7-6.064]V/7.505 mA = 697.67 Ω
R≈680 Ω
6. Corrente de polarização (corrente nos diodos)
ID = (24-0.7-0.7)/2*680 = 16.618 mA
7. Corrente média no coletor:
IC(avg)= I0(max)/π = 0.758/π = 241.128mA
8. Corrente da fonte
IS = ID + IC(avg) = 16.618 + 241.128 = 257.746 mA
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Soluções GrecO
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• Potência da fonte
PS = (24V)*(257.746mA)= 6.186 W
• Capacitor (RL = carga do speaker = 8Ω)
CL = 1/2πfcRL= 1/2π*20*8 = 994.7 µF
Consideremos CL = 1000 µF
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Soluções GrecO
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Circuito equivalente
Rin = R||R||(β+1)RL
Rin = R||R||(β+1)RL = 680||680||(8*101) = 239.3Ω
Vin(max) = Vo(max)=6.064V
Iin(max) = Vin(max)/Rin=6.064/239.3=25.341 mA
Ganho em corrente = AI = Io(max)/Iin(max)=758mA/25.341mA = 29.9
Ganho em potência = 29.9
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Linha de carga ac em Q1
Q1 conduz durante ciclo
positivo do sinal de entrada
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