1

Amplificadores sintonizados En esta sección estudiamos la amplificación de señales dentro de una banda estrecha de frecuencia centrada en la frecuencia ω0. Estos amplificadores sintonizados se proyectan para rechazar todas las frecuencias que estén por debajo de la frecuencia de codo inferior ωL y por encima de una frecuencia de codo superior ωH. Los circuitos sintonizados se utilizan extensamente en casi todos los equipos de comunicaciones. Un ejemplo con el que todos estamos familiarizados es el receptor de radio. Cuando sintonizamos un receptor de radio lo que hacemos es variar ω0 mientras mantenemos la banda de paso ωH -- ωL constante. El valor particular de ω0 en que ajustamos el dial o cuadrante corresponde a la frecuencia portadora de la estación de radiodifusión cuya señal deseamos recibir, y ωH -- ωL corresponde al ancho de banda necesario para recibir la información de la señal sin distorsión apreciable. Para recibir señales AM y FM sin distorsión apreciable y mantener la potencia del ruido del receptor tan pequeña como sea posible, se puede demostrar que las respuestas de amplitud y de fase del amplificador de paso de banda ideal deben ser cono las representadas en la Fig.1a. Consideremos el receptor de radio.

Amplitud Fase

ωL ωo ωh

Banda dePaso

ω

Amplitud

Fase

ωL ωh

ωo

ω

(a) (b)

3 db

Figura 1. Respuesta de los amplificadores sintonizados: (a)

respuesta ideal; (b) respuesta real.

Por su característica debe dejar pasar únicamente la señal de la estación que se desea recibir y rechazar todas las señales emitidas por las estaciones que funcionan en los canales adyacentes (y todos los

2

demás). La Fig.2 muestra una respuesta típica obtenida utilizando los circuitos que se describen en esta sección. Esta característica representa una aproximación a la respuesta ideal obtenida con una etapa de sintonía única. Mas adelante se consideran en este capítulo mejores aproximaciones.

1. Amplificadores de sintonía única El amplificador ordinario en configuración de emisor común se convierte en un amplificador de paso de banda sintonizado mediante la inclusión de un circuito sintonizado en paralelo como en la Fig.2a. Para mayor simplicidad se han omitido todos los componentes de polarización. Determinemos la ganancia, la frecuencia y el ancho de banda de esta amplificador. Antes de proseguir con estos cálculos conviene hacer varias simplificaciones prácticas. Primero admitamos que RL << RC (1) y rbb’ = 0 (2)

(a)

ii riRLRC

Inductor

Condensador externo añadido(incluye la capacida inherente

de la bobina)

L

rc

C'

(a)

riii L

L

rc

L

(b)

Rp C

ii

vb'e rb'e

gmvb'e

RL Rp

(c)

+

-

Figura 2. Amplificador de sintonía única: (a) circuito;

3

(b) circuito equivalente; (c) bobina.

El circuito equivalente simplificado de este amplificador está representado en la Fig.2b, donde C = C’ + Cb’e + (1 + gmRL)Cb’e (3) C’ es un condensador externo adicional, utilizado para sintonizar el circuito y/o favorecer el ajuste del ancho de banda del mismo, y (1 + gmRL)Cb’e es la capacidad Miller CM. en el circuito serie RL (Fig.2a), que ese utiliza como modelo para el inductor real, la resistencia rC represente las perdidas en la bobina. El circuito paralelo RL de la Fig.2c es equivalente al circuito serie en la banda de frecuencia que interesa si las pérdidas de la bobina son bajas, es decir si la bobina tiene un alto QC

cC r

LQ ω≡ >> 1 (4)

las condiciones para la equivalencia se establecen fácilmente igualando las admitancias de los dos circuitos representados en la Fig.2c y haciendo uso de Ec.(4) como sigue:

LjRLjLr

rLr

LjrLjr

Yp

c

cc

c

cc ωωωω

ωω

11111 2

222+=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≈

+

−=

+= (5)

y Rp = rcQc

2 = ωLQc (6) Obsérvese q Rp es una función de ω2 si rc y L son constantes. Representando un inductor por un circuito simple serie RL no se tiene en cuenta el hecho de que todo inductor tiene una capacidad parásita en paralelo con él. En el análisis que sigue se supone que esta capacidad es parte de C’. Referencia a la Fig.2b. sea R ≡ ri || Rp || rb’e (7) La ganancia de corriente del amplificador es, pues,

( ) ( )ωωωωωωω //1/1 000 −+−

=−+

−=

RCjRg

LRRCjRg

A mmi (8)

4

donde

LC12

0 =ω (9)

definimos el Q del circuito de entrada sintonizado en la frecuencia resonante ω0 por

RCL

RQi 00

ωω

== (10)

ωωL ωhωo

|Ai|

|Aim|=gmR

gmR /√2

Figura 3. Ganancia en función de la frecuencia Para amplificador de sintonía única.

En el análisis del circuito y en los problemas de diseño que siguen, se supone que Qi y Qc son mayores de 5, esto es lo que se llama aproximación de alto Q. cuando se utilizan la Ecs.(8) y (10) se convierte en

( )ωωωω //1 00 −+−

=i

mi jQ

RgA (11)

la ganancia es máxima en ω = ω0 y es Aim = -gmR (12) La Fig.3 muestra la variación de la magnitud de la ganancia en función de la frecuencia en un amplificador de sintonía única. El ancho de banda del amplificador se halla poniendo

5

2

RgA m

i = (13)

en la Ec.(11) y resolviendo la ecuación resultante

212

0

0

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+ωω

ωω

iQ (14)

esta ecuación es cuadrática en ω2 y tiene dos raíces, ωh y ωL. el ancho de banda (BW) 3 db es, como se puede demostrar,

RCQffBW

iLh ππ

ω2

12

0 ==−= (15)

Ejemplo 1. Proyectar un amplificador de sintonía única para que funcione en una frecuencia central de 455 kHz con una ancho de banda de 10 kHz. El transistor tiene los parámetros gm = 0,04 S, hfe = 100, Cb’e = 10 pF. La red de polarización y la resistencia de entrada se han ajustado de modo que ri = 5 kΩ y RL = 500 Ω. Solución. Para obtener un ancho de banda de 10 kHz, el producto RC es [Ec.(15)]

41021

21

ππ==

BWRC

donde, por la Ec.(7), R ≡ ri || Rp || rb’e La resistencia de entrada es ri = 5 kΩ y

CQ

LQRgh

rc

ccp

m

feeb ω

ω ==Ω== 0' 2500

6

luego

( ) ( )C

QR c

0

33 105,2105ω

××=

y

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ×++==

−

cQC

RC

34

4104552

25001

50001

210

1021 π

ππ

despejando C

cQ

C/5,451

1095,0 8

−×

≈−

la capacidad total de entrada es

( ) pFCCRgCCC ebLmeb 1200'1' '' +=+++=

luego

cQ

C/5,451

1095,0101200'8

12

−×

≈×+−

−

La elección de Qc para que satisfaga la ecuación no es insólita. Sabemos que Qc debe ser mayor que 45,5 para que la capacidad sea positiva. La cuestión que debe resolver el ingeniero de diseño es: ¿Cuál debe ser la magnitud de Qc? Si, por ejemplo, se eligiese el valor 45,5 para Qc, C’ seria infinita y L → 0. esta no es una solución práctica. En 455 kHz un margen de valores prácticos de Qc está limitado por 10 y 150. Elijamos Qc = 100 Luego C’ ≈ 0,016 μF y C ≈ 0,018 μF

7

Obsérvese que la capacidad de entrada Cb’ = Cb’e + CM es independiente. La inductancia necesaria es

HL μω

9,612

0

≈=

ahora podemos calcular Rp

Ω≈= kLQR cp 20ω

de donde

Ω== 910'ebpi rRrR

la ganancia resultante en la frecuencia central es Aim = -gmR = (-0,04)(910) ≈ -36,4 Si se dispone de un inductor (bobina) de 6,9 μH con un Qc de 100, el diseño queda completo. Si no se puede obtener fácilmente el Qc necesario deberá utilizarse un transformador para convertir las impedancias de entrada a los niveles que proporcionen las especificaciones impuestas. Esta técnica se estudia más adelante. En el problema de análisis y diseño considerado podría haber implicado un FET en lugar de un transistor. Cuando se utiliza un FET, el circuito RLC paralelo se puede formar en el circuito de salida. Otras diferencias entre el transistor y el FET son los valores de los elementos de las impedancias de entrada que representan cada dispositivo.

2. Adaptación de impedancias para mejorar la ganancia El circuito de la Fig.2a suele dar lugar a valores impracticables de los elementos y baja ganancia a causa de la baja resistencia efectiva existente en el circuito de base del transistor. Como estamos tratando de circuitos sintonizados en paralelo, baja resistencia implica bajo Qi y la consiguiente dificultad para la obtención de una banda estrecha. Un método que se utiliza a menudo para soslayar este problema implica el uso de una bobina con tomas tal como un autotransformador. Esta

8

bobina sirve para convertir la baja resistencia a un valor más razonable. Un circuito típico es el de la Fig.4.

riii v1

+n2

n1

riii v1

+

n1

-

- C'

iL

iL+

-Rb'

Cb'

vbe=vb'e

Rb'=rb'e||Rb

gmvb'e

Cb'=Cb'e+(1+gmRL)Cb'c

(a)Ideal

Ideal

RL«RC

Rpn2L'

vb'e

+

-Rb

C' RLRC

(b)

Figura 4. Amplificador sintonizado utilizando un

autotransformador (r’bb = 0): (a) circuito (componentes de polarización omitidos); (b) circuito equivalente.

ii ri||RpC =

C'+a2Cb'

L'v1=

vb'e /a

+

-

Rb' /a2 iL

RL

gmvb'e

Figura 5. Amplificador sintonizado con impedancias reflejadas.

La relación de espiras del autotransformador es

11

'

2

1 ⟨==v

vnn

a eb (16)

9

la impedancia del circuito de transistor, que consiste en Rb’ en paralelo con Cb’, esta reflejada en la entrada. El circuito paralelo RLC resultante esta representado en la Fig.5. ahora se puede hallar la ganancia, la frecuencia central y el ancho de banda del amplificador como en la sección 1. los resultados son

( )ωωωω //11

00 −+−==

im

i

Li jQ

Ragii

A (17)

donde

'' 20

b

i

CaCC

RCQ

+=

=ω (18)

y

2'

aR

RrR bpi= (19)

la frecuencia central es

( )'22

0''

1'1

bCaCLCL +==ω (20)

si, como suele ocurrir, C’ >> a2Cb’,

''12

0 CL≈ω (21)

El ancho de banda 3 db y la ganancia de la frecuencia central se pueden determinar utilizando la Ec.(17):

ancho de banda 3 db: RCffBW Lh π2

1=−= (22)

ganancia en frecuencia central: Aim = -agmR (23)

10

el transformador nos permite obtener alta ganancia y banda estrecha, o sea, poca anchura de banda. Ejemplo 2. un amplificador de sintonía única funciona en fo = 455 kHz y debe tener un ancho de banda de 10 kHz, L’ = 6,9 μH, rb’e = Rb’ = 1 kΩ, ri = 5 kΩ, Rp = 2kΩ, Cb’e = 1000 pF, gm = 0,1 S, RL = 500 Ω y Cb’c = 4 pF. Hallar la relación de espiras necesarias a y la ganancia de corriente en la frecuencia central. Solución. Comenzamos calculando C y R

2121

2 101200'' aCCaCC −×+=×=

( )( )242

1071010002000

15000

11 aaR

+=++= −

luego, por la Fig.5,

( )[ ] ( )( )12266222

0101200'109,6

1'1104554

−− ×+×==×=

aCCLπω

así

6

6102 10017,0

2,57101012' −

−− ×≈=×+ aC

puesto que a ≤ 1, FC μ017,0' ≈ Utilizando una relación de ancho de banda [Ec.(22)] para hallar R, tenemos

( )44

10017,021

'21

2110

−×≈≈==

RRCRCBW

πππ

entonces R ≈ 930 Ω y

( )24 10710930

11 aR

+== −

11

de donde

4,02 ≈a y

63,0≈a la ganancia en la frecuencia central es ( )( )( ) ( )599301,063,0 −=−≈−= RagA mim ahora vemos la ventaja de utilizar el autotransformador. En el ejemplo 1, rb’e = 2500 Ω y gm = 0,04 S (hfe = 100). La ganancia en la frecuencia central hallada es 36,4 (BW = 10 kHz). En este ejemplo hemos supuesto rb’e = 1kΩ y gm = 0,1 S (hfe = 100). rb’e multiplicado por 1/a2 = 2,5 da 2500 Ω. Esto origina una ganancia neta de corriente de 59/36,4 ≈ 1,6, con el mismo ancho de banda 3 db de 10 kHz. Obsérvese que si ni se hubiese utilizado el transformador y rb’e = 1000 Ω (gm = 0,1 S), la ganancia en la frecuencia central sería todavía

( ) ( )( ) 591000200050001,0' −≈−≈−= ipebmim rRrgA

sin embargo, la anchura de la banda sería

( )( ) kHzkHzRC

BW 101610017,05902

12

16 ⟩≈

×==

−ππ

Vemos, pues, que se puede obtener alta ganancia sin el transformador, pero a costa de mayor ancho de banda.

3. Circuitos resonantes serie En frecuencias muy altas (f0 > 50 MHz) la sintonía en paralelo utilizada en los ejemplos 1 y 2 da lugar a los circuitos de Q muy bajo y por lo tanto grandes anchuras de banda. La razón es la siguiente. Si no se utilizase C’ y si Rp y Rb fuesen infinitos, el Qi del circuito sería aproximadamente

''0 bebi CrQ ω≈

12

si se despreciase la capacidad Miller, Cb’ ≈ Cb’e y

βωω0≈iQ

que es menor que la unidad si ω0 < ωβ. Nosotros aumentamos el Q del circuito mediante la adición de C’. Esto también aumenta la capacidad del circuito, pero da lugar a una reducción de la inductancia paralelo necesaria. Valores muy bajos de L’ no siempre son obtenibles. En frecuencias muy altas se puede emplear un circuito resonante serie para proveer un Q muy alto del circuito con valores de inductancia razonables. Esta técnica es la que se utiliza en el ejemplo siguiente. Ejemplo 3. el amplificador representado en la Fig.6a debe tener un ancho de banda 3 db de 2 MHz y una frecuencia resonante de 100 MHz [el Qc del circuito es igual a 108/(2 x 106) = 50]. El transistor empleado tiene los parámetros rb’e = 50 Ω, gm = 0,1 S, Cb’e = 10 pF y Cb’c = 1 pF. El circuito de entrada consiste en una resistencia de 50 Ω (ri = 50 Ω) en paralelo con un condensador de 4 pF (C’ = 4 pF). La resistencia de carga RL es 50 Ω. (a) Describir la operación del circuito. (b) Hallar L’, Lb, Lc, Cc y la relación de espiras a. Solución. (a) Este amplificador esta proyectado para que el Q del circuito esté determinado por el circuito resonante serie. Los circuitos RLC paralelo en la entrada y en la base están cada uno calculado para que tengan un bajo Q. en la práctica ocurre a menudo que los dos circuitos paralelo no son sintonizados con el mismo cuidado. La Fig.6b muestra un circuito equivalente, donde R’i = ri || resistencia paralelo efectiva de L’(R’p) Rb’ = Rb || rb’e || resistencia paralelo efectiva de Lb(Rp)

Cb’ = Cb’e + CM y '

20

11''

1

bbcc CLCLCL===ω

13

ii

Ideal

Rb' RLC'=4pF

n2:n1

iLvb'

-

+

Lb

CCLC

L'Ri'

ii

iL

CC

ri=50Ω

C'=4pF

L'n

2

n1

LC

Rb' Lb

RL

(a)

ii Ri'

n2:n1

Ideal

Rb' RL

iLvb'

+

-

LCCC

n1/n2=a

(b)

(c)

Cb'=16pF

gmvb'

rC

rC

gmvb'

Figura 6. Amplificador utilizando un circuito resonante; (a) Circuito; (b) circuito equivalente sin circuitos

sintonizados de bajo Q. el Q del circuito está determinado por el circuito equivalente simplificado de la Fig.6c. en este circuito equivalente se supone que los valores de Q de los circuitos de entrada y de base son suficientemente pequeños para que

bb

bi LC

Ry

LC

R ωω

ωω 1

'1

'1'

'1

' −⟩⟩−⟩⟩

para ω entre ωL y ωh. el Q del circuito es pues esencialmente el mismo que el Q del circuito resonante serie

icb

cc RarR

LQ

'2'

0

++=

ω

14

(b) comenzamos por el procedimiento de calculo para hallar L’ y Lb. para poner en resonancia el condensador C’ de entrada de 4 pF, es necesario que

HCf

L μπ

65,0'4

1' 20

2≈=

un Q’ de 100 en 100 MHz se obtiene fácilmente. Suponiendo que el transformador tiene esta Q’, hallamos Rp’ Rp’ = Q’(ω0L’) = (100)(2π x 108)(0,65 x 10-6) ≈ 41 kΩ Luego, puesto que ri = 50 Ω, Ri’ = ri || Rp’ ≈ 50 Ω Consideremos ahora el circuito de base. La resonancia de Cb’ = 16 pF requiere Lb ≈ 0,17 μH Suponiendo que Qb = 100, tenemos Rp = (100)(2π x 108)(0,17 x 10-6) ≈ 11 kΩ Y como rb’e = 50 Ω Rb’ = Rp || Rb || rb’e ≈ 50 Ω (Suponemos que Rb >> rb’e = 50 Ω). Obsérvese que los valores Q del circuito son Qi ≈ ω0Ri’C’ ≈ 0,12 y Qb’ ≈ ω0Rb’Cb’ ≈ 0,5 Los valores de Q de los circuitos de entrada y de base son cada uno mucho menores que el Q necesario en el circuito, que es 50. Así, en la banda de paso de 100 ± 1 MHz suponemos que el circuito equivalente puede estar representado por la Fig.7. Para obtener Qc de 50 del circuito en 100 MHz es necesario que

( ) 20

20 50505050

150ar

LarC

Qc

c

ccc ++

=++

==ω

ω

15

Obsérvese que ω0Lc/rc, que es el Q de la bobina Lc, debe ser mayor que 50 para que QC del circuito total sea igual también a 50. Es obtenible un Q de 250 para la bobina Lc en 100 MHz. Proyectemos suponiendo que se dispone de una inductancia que tenga este Q. así

2500 =c

c

rLω

despejando Lc, ω0Lc = (1,25)(502)(1 + a2) sea a ≈ 0,1 luego

Lc ≈ 5,5 μH y pFLf

Cc

c 45,04

12

02

≈=π

El circuito se sintoniza utilizando un condensador variable para Cc.

ii

n2:n1

Ideal

iL

LCCCrC

Ri'=50Ω a=n1/n2

-

+50ΩRb'=50Ω vb'

0,1vb'

Figura 7. Circuito simplificado para el ejemplo 3.

4. El amplificador sintonizado sincrónicamente En esta sección estudiaremos en montaje en cascada de amplificadores sintonizados con el fin de obtener alta ganancia. Todas las etapas del amplificador se supone que son idénticas y que están sintonizadas en la misma frecuencia, ω0. Esto es lo que se llama sintonía sincrónica y el

16

amplificador que resulta tiene mayor ganancia y mayor ancho de banda que las etapas individuales. Para ilustrar el efecto del montaje en cascada de N etapas sintonizadas sincrónicamente, determinaremos primero la ganancia y el ancho de banda del amplificador FET de sintonía única representado en la Fig.8a. el circuito equivalente esta en la Fig.8b y la ganancia de tensión es (sección 9.5-1)

( ) ( )[ ]( )ωωωω //1

/

00 −+

−=

i

ipiLdsmv jQ

rRrRragA (24)

donde

( )[ ]{ }( )( )ipii

Ldsmgdgsi

CCRrQ

RrgCCaC

+=

++=

'

1

0

2

ω (25)

( )iCCL +=

'12

0ω (26)

la ganancia en la frecuencia central (ω = ω0) es

( )pi

pLdsmvm Rr

RRragA

+−= (27)

+

-

n2:n1

a=n1/n2

vi

ri

C' L'

G S

D

vL

(a)

RL

vi /ri ri C' Rp L'vg /a

+

-

a2Cgs

S

gmvb'e RL

DG a2Cgs(1+gm[rds||RL])

-

+

rds vL

(b)

Figura 8. (a) Circuito de amplificador FET de sintonía única; (b) circuito equivalente.

17

ri L'vi /ri

+

-

C' C' CiL' vL

-

+

-

+gmvg1 gmvg2

rdsrds Rg Rp RL

G2 D2D1

Rp

G1

L'

n2:n1 n2:n1

C' L' RL

-

+

vLC'rivi /riS2 S2

T2T1

(a)

a=n2 /n1

Rg

Ci vg1 /a vg2 /a

(b)

Figura 9. (a) Circuito amplificador FET sintonizado sincrónicamente; (b) circuito equivalente.

Ahora montemos en cascada dos amplificadores FET sintonizados sincrónicamente que sean idénticos, como representa la Fig.9a. El circuito equivalente esta en la Fig.9b. En un amplificador sintonizado sincrónicamente cada circuito resonante está sintonizado a la misma frecuencia y tiene el mismo ancho de banda. Por tanto

( )iCCL +=

''12

0ω (28)

y

Ldspgdspi RrRRrRrR ==≡ (29)

la ganancia de tensión del amplificador es

( ) ( )( )[ ]200

2

//1/

ωωωω −+==

i

im

i

Lv jQ

rRRagvv

A (30)

donde

( )ii CCRQ += '0ω (31)

la ganancia en la frecuencia central es

18

( )pi

pmvm Rr

RRagA

+= 2 (32)

el ancho de banda 3 db del amplificador de dos etapas se obtiene [Ec.(30)] de

21

22

0

0

2 =⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+ωω

ωω

iQ (33)

Por tanto [véase Ec.(9.5-10)]

( )RCCQf

QBW

iii +==−=

'21643,0643,012

202/10

ππω

(34)

El resultado de montar en cascada dos etapas sintonizadas sincrónicamente es aumentar la ganancia de tensión [comparar (9.5-22) y (9.5-19a)] y disminuir el ancho de banda [comparar (9.5-23b) y (9.5-19b)]. En las Ecs.(9.5-20) a (9.5-23) se supone que la carga en T1 es resistiva, lo cual solo ocurre en las resonancias. Cuando ω ≠ ω0, estas ecuaciones sólo son aproximadamente correctas, ya que la carga en T1 es Ligeramente capacitiva o inductiva. Sin embargo se incurre en un pequeño error cuando Q ≥ 20. Ejemplo 4. sean gm = 5 mS, ri = rds = 10 kΩ, Rg = 910 kΩ, a = ½, C’ = 0, Cgs = 10 pF, Cgd = 0,1 pF y L’ = 0,25 μH. calcular ω0, Avm y el ancho de banda suponiendo que hay una sola etapa sintonizada (Fig.8) o dos etapas sintonizadas sincrónicamente (Fig.9). Solución. La frecuencia resonante ω0 es

( ) ( )[ ]{ }

( )( ) ( ) ( )[ ] srad

RrgCCaL Ldsmgdgs

/1010510101025,0

1

1'1

921

1212416

21

20

≈⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

×+××

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++=

−−−

ω

la ganancia en la frecuencia central de una etapa es, por (9.5-19ª),

19

( ) ( ) ( )[ ] 2510105 4321

1 −=××−≈ −vmA

con dos etapas, por (9.5-22),

( ) ( )( )[ ]{ } 62510105 24321

2 =××≈ −vmA

el ancho de banda 3 db con una etapa es, por (9.5-19b) y (9.5-18b),

( ) ( )( )( ) MHzBW 1,41015102

112

4141 ≈

××≈ −π

donde ( ) ( ) ( ) ( )[ ]{ } ( )( )12

414312122

21 1015101051101,01010 −−−− ×≈××+×+×≈iC

y para dos etapas, por (9.5-23b),

( ) ( )( )( ) MHzBW 6,21015102

1643,0 124142 ≈

××≈ −

20

EL PRODUCTO GANANCIA-ANCHO DE BANDA

1. Producto ganancia-ancho de banda de un amplificador RC En el diseño preliminar del amplificador de banda ancha con varias etapas es muy útil aplicar previamente algunas reglas empíricas. El producto ganancia-ancho de banda (GBW) es un factor de calidad que se utiliza a menudo para este propósito. Se le define en términos de ganancia en el centro de la banda y frecuencia 3 db superior fh como

him fAGBW = (1)

Para un amplificador ideal de una sola etapa en configuración de emisor común (EC) (RL → 0), la ganancia en el centro de la banda es aproximadamente hfe y la frecuencia 3 db superior es fβ. Así

eb

m

ebeb

feTfe C

gCr

hffhGBW

''' 22 ππβ =≈== (2)

Generalmente los fabricantes especifican fT la cual se utiliza como estimación aproximada del producto GBW para un transistor dado. La estimación es un límite superior, y el valor real se produce a causa de la capacidad Miller, que fue despreciada para obtener (9.6-2). Para afinar el cálculo nos referimos a (9.3-17). Entonces

( ) ( )Meb

m

Mebebebm CC

gCCR

RgGBW+

=+

='''

' 221

ππ (3)

Comparando (9.6-3) y (9.6-2), vemos que la capacidad Miller reduce el producto GBW. Obsérvese que este producto es función de gm, Cb’e, Cb’c y RL (ya que CM depende de RL). La variación de Rb’e equivale a un intercambio entre la ganancia y la anchura de banda del amplificador. Veamos un ejemplo numérico. Ejemplo 1. Hallar el producto ganancia-ancho de banda del amplificador a transistor representado en la Fig.9.6-1. se han suprimido todos los componentes de polarización para mayor simplicidad. Los valores de los componentes son ri = 1 kΩ, Rc = rb’e = 100 Ω, Cb’e = 100 pF, Cb’c = 1 pF y hfe = 100.

21

Solución. El producto GBW (9.6-3) es

( ) ( ) GHzCC

gGBW

Meb

m 8,04

1010102

12

10

1010'

==+

=+

= −− πππ

obsérvese que

GHzCg

feb

mT 6,1

210

2

10

'

===ππ

riRC iiii ri rb'e

+

-

vb'e gmvb'e RC

iL

Cb'e+CM; CM=Cb'c(1+gmRC)

(b)(a)

Figura 1. (a) Circuito amplificador para ejemplo 9.6-1; (b) circuito equivalente.

GBW de un amplificador FET. El producto GBW de un amplificador FET se halla por (9.2-3)

( ) ( )MgsiddsmFET CCr

RrgGBW+

=π2

1 (4)

usualmente se normaliza la ecuación (9.6-4) asumiendo que

( )ddsi Rrr =

(Podría resultar esta condición cuando el FET está precedido por otro FET), entonces es GBW será

( )Mgs

mFET CC

gGBW

+=

π2 (5)

22

Ejemplo 2. Hallar el producto GBW en un amplificador JFET cuyos parámetros sean gm = 3 mS, Cgs = 6 pF, Cgd = 2 pF, rds = 70 kΩ y Rd = 10 kΩ. Solución. Primero determinamos la capacidad Miller CM

( )[ ] ( ) ( ) pFRrgCC ddsmgdM 54870311021 12 ≈⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+×=+= −

Se observa que la capacidad Miller no es del todo insignificante cuando se utiliza un JFET. El producto GBW es, por (9.6-5),

( ) ( ) MHzCC

gGBW

Mgs

m 810602

1032 12

3

≈×

×=

+= −

−

ππ

cuando comparemos este efecto con el ejemplo 9.6-1 se ve que el transistor tiene un producto GBW mucho mayor. La diferencia se debe a que gm es mucho mayor en el transistor. Ejemplo 3. Se utiliza un MOSFET en lugar de un JFET en el ejemplo precedente. Los parámetros de FET son gm = 2,5 mS, Cgs = 6 pF, Cgd = 0,6 pF y rds = 60 kΩ. Rd = 10 kΩ, lo mismo que en el ejemplo 9.6-2. Hallar el producto GBW. Solución. La capacidad Miller es ahora

( )[ ] ( ) ( ) pFRrgCC ddsmgdM 147605,21106,01 12 ≈⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+×=+= −

el producto GBW (9.6-5) es pues

( ) ( ) MHzCC

gGBW

Mgs

m 2010202

105,22 12

3

≈××

=+

= −

−

ππ

Se observa que, aunque el producto GBW del MOSFET es apreciablemente mayor que el del JFET, todavía es mucho menor que el producto GBW del BJT.

2. Producto ganancia-ancho de banda de un amplificador sintonizado

El producto GBW del amplificador sintonizado de una etapa descrito en la sección 9.5-1 se puede hallar por combinación de 89.-8) y (9.5-10)

23

Cg

BWAGBW mim π2

== (6)

donde C esta dada por (9.5-2). Comparando (9.6-6) y (9.6-3) vemos que el producto GBW es el mismo que en el de la etapa acoplada por RC y solo depende de la gm del transistor y de la capacidad total del circuito de entrada. Así, la dicción de la bobina de sintonía de alto Q ha trasladado realmente la curva de respuesta de frecuencia del amplificador acoplado por RC (para la misma ganancia) a lo largo del eje de frecuencias sin reducir la anchura o extensión de la curva media de hercios.