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 10/26/15 Soluções GrecO 3 Transistor off até Vin > +0,7 VBE VBE Transistor off até Vin < - 0,7 10/26/15 Soluções GrecO 4 Os transistores são apenas adequadamente polarizados nas áreas em azul. 10/26/15 Soluções GrecO 5 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. 10/26/15 Soluções GrecO 6 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. 10/26/15 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 7 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 10/26/15 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 8 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) 10/26/15 /2 Soluções GrecO 9 Polarização classe B /2 iCQ Professor: Jairo Bertini 10/26/15 Soluções GrecO 10 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 . 10/26/15 I d= I C I IC=(VCC-2VBE)/2R Ib Id IC=IE Ib 2VBE ≡ Id=Ic Soluções GrecO 11 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. 10/26/15 Soluções GrecO 12 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. 10/26/15 Soluções GrecO 13 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” 10/26/15 Soluções GrecO 14 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% 10/26/15 Soluções GrecO 15 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. 10/26/15 Soluções GrecO 16 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 10/26/15 Soluções GrecO 17 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 10/26/15 Soluções GrecO 18 • 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 10/26/15 Soluções GrecO 19 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 10/26/15 Soluções GrecO 20 Linha de carga ac em Q1 Q1 conduz durante ciclo positivo do sinal de entrada 10/26/15 Soluções GrecO 21
