Electronica de ComunicacionesEjercicios Tema 4: Mezcladores

Harold Molina-Bulla

Diciembre 16 2004

1. Problema 1

Solucion apartado 1Sabemos que:FFI = | ± FRF ± FOL|Al ser una conversion inferior, las unicas posibilidades son:FFI = FRF − FOL o FFI = FOL − FRF

Sustituyendo en cada uno de los casos tenemos:100MHz = 2000MHz − FOL o 100MHz = FOL − 2000MHzDespejando:FOL1 = 1900

FOL2 = 2100Por otro lado, de los datos suministrados sabemos:PRF = −50dBmLinsercion = 6,7dB

La potencia a la salida, o PFI , es la suma de la potencia de entrada PRF y lasperdidas por insercion Linsercion, por lo tanto:PFI = PRF − Linsercion = −50dBm− 6,7dB

PFI = −56, 7dBm

Solucion apartado 2El calculo es similar al del apartado anterior, tan solo que ahora hay que consi-derar que la potencia de entrada al mezclador es la potencia de Rf (PRF ) mul-tiplicada por 1 − ρ2, que se debe a las perdidas por onda reflejada. Expresadoen dB: P ′

RF = PRF + 10log(1− ρ2)Del enunciado del problema sabemos que la relacion de onda estacionaria vale2 : 1, lo cual significa que la:1+|ρ|1−|ρ| = 2Como para paralos calculos necesitamos ρ2, nos da lo mismo conocer ρ que |ρ|,por lo tanto, despejando:2 · (1− |ρ|) = 1 + |ρ| ⇒ 2|ρ| − 2 = 1 + |ρ| ⇒ 3|ρ| = 1 ⇒ |ρ| = 1

3A partir de esto podemos despejar que:P ′

RF = −50dBm + 10log(1− ( 13 )2) = −50dBm− 0,51dB = −50,51dBm

1

Ahora, la potencia a la salida PFI se calcula igual que en el apartado 1:PFI = P ′

RF − Linsercion = −50,51dBm− 6,7dB

PFI = −57, 21dBm

Solucion apartado 3Para calcular el nivel de senal debido a una de las compuertas extras (en estecaso OL) a la salida, utilizamos el aislamiento de la compuerta de entrada conrespecto a la de salida, en este caso el aislamiento OL-FI, que es de 20 dB.por lo tanto:PFI/OL = POL −AislamientoFI/OL = 20dBm− 20dB

PFI/OL = 0dBm

Solucion apartado 4Para conocer la potencia del armonico 2fRF + 3fOL, necesitamos conocer laatenuacion, con respecto a la potencia de entrada de RF y OL nominales, dedicho armonico. Para ello nos remitimos a la tabla suministrada:Attn2,3 = 45dBPero esto es para una potencia de RF PRF = 0dBm y para una potencia de OLPOL = 0dBm. como en el problema tenemos que la PRF = −5dBm, necesita-mos calcular un nuevo nivel de atenuacion:Attn2, 3′ = Attn2,3 + ∆PRF (m− 1) + ∆POL(n− 1)Donde m es el ındice del armonico de RF y n el ındice del armonico de OL.Para calcular ∆PRF y ∆POL usamos la siguiente formula, en unidades natura-les:∆PRF = Pnominal

Pentrada

o su equivalente en dBm∆PRF = Pnominal[dBm]− Pentrada[dBm] = 0− (−5dBm) = 5dB∆POL es 0.Por lo tanto:Attn2, 3′ = Attn2,3 + ∆PRF (m− 1) + ∆POL(n− 1) = 45dB + 5dB(2− 1) + 0 =50dBCon este dato y la potencia de entrada podemos calcular la potencia del armoni-co 2fRF + 3fOL:P2,3 = PRF −Attn′

2,3 − Linsercion = −5dBm− 50dB − 6, 7dB

P2,3 = 61, 7dBm

2. Problema 2

Para solucionar este problema empezara de lo mas sencillo a los mas compli-cado:

Impedancia de entrada de Carrier:La impedancia se debe calcular a frecuencia de trabajo. Los condensadores C1y C2 a esta frecuencia se comportan como un corto circuito: C1 a tierra y C2 de-jando pasar completamente la senal de Carrier. De esto observamos que quedala resistencia R4 de 51Ω en paralelo a la impedancia de entrada del transistorinterno del MC1496 en el pin 10, la cual es muy alta en comparacion a R4 (des-

2

Figura 1: Modulador AM

pues cuando calculemos polarizacion comprobaremos esta suposicion).ZinOL ≈ 51Ω

Impedancia de entrada de Moduladora:De manera analoga, podemos observar que la impedancia que ve la senal mo-duladora es la impedancia de entrada del transistor interno del MC1496 en elpin 1, en paralelo con la resistencia R7 de 51Ω, en paralelo con la resistenciaserie compuesta por R5 de 10KΩ , la resistencia variable R1 de 50KΩ, que su-ponemos centrada, conectada a la fuente de alimentacion −VEE , que para elanalisis a frecuencia de trabajo se comporta como una tierra. Volvemos a supo-ner que la impedancia de entrada del transistor, en comparacion a la resistenciade R7 es muy grande y el paralelo es aproximadamente 51Ω.ZinRF ≈ 51Ω

Polarizacion del CircuitoPara poder calcular la polarizacion del circuito necesitaremos observar el es-quema interno del MC1496 (ver figura 2 ) y su montaje general (figura 1).Primero: Supondremos que las impedancias de entrada de los transistores enlos pines 1,4,8 y 10 son muy altas (despues se verificara). Los condensadoresC1 y C2 se comportan como circuito abierto, y los generadores de la senal demoduladora y de carrier estan apagados, conectando dichas entradas a tierra(teorıa de superposicion de fuentes).Con este analisis previo, comencemos:La corriente que entra al MC1496 por los pines 8 y 10 son despreciables, conlo cual la caıda de voltaje sobre la resistencia R4 de 51Ω que une esos pines esdespreciable. El voltaje en 8 y 10 es aproximadamente el mismo.Si no circula corriente a los pines 8 y 10, toda la corriente fluye entre la fuente

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Figura 2: Diagrama Interno MC1496-LM1496

VCC y tierra a traves de las resistencias R2 y R3, cada una de 10KΩ, por lotanto en el punto intermedio hay un voltaje de 6V, y una corriente de 0.6 mA.Es el mismo voltaje que hay en los pines 8 y 10 del MC1496.Siguiendo el mismo razonamiento con respecto a las corrientes de base de lostransistores internos, en los pines 1 y 4 habran 0 Voltios (en el pin 1 impuestopor la tierra del generador de senal de modulacion y en el pin 4 por la caıda devoltaje casi despreciable sobre la resistencia R8).Para revisar el punto de polarizacion en los pines 14 y 5 toca observar la com-posicion interna del dispositivo. Vemos que el circuito entre los pines 5 y 14corresponden a una resistencia de 500Ω y un diodo. Supondremos un voltajede activacion del diodo de 0.65 V.Revisando todo el montaje encontramos que la corriente I5 esta dada por:I5 = 0−V EE−Vdiodo

6,8KΩ+500Ω = 0+8V −0,657,3KΩ = 7,35V

7,3KΩ ≈ 1mA

Por lo tanto, el punto de polarizacion en el pin 5 es de -6.8V.La corriente I5 corresponde a la polarizacion de una configuracion de espejode corriente. Esta corriente (1 mA) es la misma corriente que fluye a traves delas resistencias de carga R10 y R11, por lo tanto los puntos de polarizacion delos pines 6 y 12 serıan:V6,8 = 12− 3,9KΩ · 1mA = 8,1VLa polarizacion en los pines 2 y 3 corresponden al voltaje de polarizacion deuna juntura de un transistor bipolar, cuya base esta polarizada a 0 voltios (pi-nes 1 y 4). El esquema final con la polarizacion del circuito se describe en lafigura 3.

Calculo de Ganancia del MezcladorA continuacion se analizara la celda de Gilbert, para, a partir de ella, calcularla funcion de transferencia del circuito de la figura 2.Los transistores Q7, Q8 y Q9 conforman un espejo de corriente, por lo tanto:

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Figura 3: Modulador AM con puntos de polarizacion

ICQ9 = ICQ8 = ICQ7 = IBIAS

Recordemos que en un par diferencial de transistores, podemos asumir que siuna fuente Vin alimenta el par de manera diferencial, la podemos dividir como2 fuentes de valor Vin/2 y otra de valor −Vin/2 que alimentan independien-temente cada uno de los transistores de dicho par diferencial, con un a tierravirtual interconectada entre las dos.La impedancia de entrada que ve cada una de estas fuentes corresponde aβ(re + RE) donde re corresponde a la resistencia de la juntura del transistor,y RE es la impedancia que ve el transistor de emisor a tierra (virtual en estecaso).Con este analisis podemos observar que las corrientes en el primer par diferen-cial, conformado por los transistores Q1 y Q2 estan dadas por:ICQ1 = IBIAS + Vmod

re1+RBIAS

2

ICQ2 = IBIAS − Vmod

re2+RBIAS

2

Donde usaremos una aproximacion para calcular la resistencia dinamica de lajuntura del transistor en pequena senal:re1 = re2 ≈ 26mV

IBIAS

Por otro lado:ICQ3 = IBIAS3 + Vc/2

re3

ICQ4 = IBIAS4 −Vc/2re4

ICQ5 = IBIAS5 −Vc/2re5

ICQ3 = IBIAS6 + Vc/2re6

Como el circuito se supone completamente balanceado, tenemos que las corrien-tes de polarizacion se distribuyen de igual manera por todas las mallas de lostransistores, con lo cual:IBIAS3 = IBIAS4 = IBIAS5 = IBIAS6

5

Ahora, calcularemos la salida, para ello empezaremos por las corrientes de sa-lida:IOUT1 = ICQ3 + ICQ5Sustituyendo:IOUT1 = IBIAS3 + Vc/2

re3+ IBIAS5 −

Vc/2re5

IOUT1 = IBIAS3 + IBIAS5 + Vc

2re3− Vc

2re5

IOUT1 = 2IBIAS3 + Vc

2re3− Vc

2re5

De igual manera:IOUT2 = ICQ4 + ICQ6Sustituyendo:IOUT2 = IBIAS4 + Vc/2

re4+ IBIAS6 −

Vc/2re6

IOUT2 = IBIAS4 + IBIAS6 + Vc

2re4− Vc

2re6

IOUT2 = 2IBIAS4 + Vc

2re4− Vc

2re6

Calculando la salida en voltaje tenemos que:VOUT1 = 12−RLIOUT1

VOUT2 = 12−RLIOUT2

VOUT = VOUT1−VOUT2 = 12−RLIOUT1−12+RLIOUT2 = RLIOUT2−RLIOUT1

VOUT = RL(IOUT2 − IOUT1)VOUT = RL

(2IBIAS4 +

(Vc

2re6− Vc

2re4

)− 2IBIAS3 −

(Vc

2re3− Vc

2re5

))Como IBIAS3 es igual a IBIAS4 , esos terminos se anulan, por lo tanto:VOUT = RL

(Vc

2re6− Vc

2re4+ Vc

2re5− Vc

2re3

)VOUT = RLVc

2

(1

re6+ 1

re5− 1

re3− 1

re4

)Sustituyendo las resistencias rex

por la aproximacion antes utilizada, tenemos:VOUT = RLVc

2

(IE6

26mV + IE526mV − IE3

26mV − IE426mV

)VOUT = RLVc

2·26mV (IE6 + IE5 − IE3 − IE4)Al ser pares diferenciales los formados por Q3 - Q4 y Q5 - Q6, las corrientes depolarizacion de en cada uno de los pares son iguales. Ademas, las corrientesde emisor de cada uno de los transistores de los pares diferenciales superiorescorresponden a la mitad de la corriente de colector del transistor conectado aellas, es decir, la corriente por los transistores Q3 y Q4 debe ser la suma de lascorrientes de colector de Q1, y como el circuito se supone balanceado,por cadauno de esos transistores fluye ICQ1/2. La misma situacion sucede par para elpar Q5 y Q6 con el transistor Q2.IE6 = IE5 = ICQ1

2yIE4 = IE3 = ICQ2

2Por lo tanto:VOUT = RLVc

2·26mV (2 · IE6 − 2 · IE3) = RLVc

26mV (IE6 − IE3)Sustituyendo:

VOUT = RLVc

26mV

(IBIAS − Vmod

2(re2+RBIAS

2 )− IBIAS − Vmod

2(re1+RBIAS

2 )

)VOUT = RLVc

26mV

(− Vmod

2(re2+RBIAS

2 )− Vmod

2(re1+RBIAS

2 )

)Comore2 = re1 = 26mV

IBIAS

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Sustituyendo y simplificando:

VOUT = − RLVc

26mV

(Vmod

re1+RBIAS

2

)Por lo tanto:VOUT = −RLVcVmod

26mV1

26mVIBIAS

+RBIAS

2

Con esta expresion, podemos sustituir por los valores previamente calculados,que son:RL = 3,9KΩIBIAS = 1mARBIAS = 1KΩVOUT = − 3,9KΩ

26mV ·(26Ω+500Ω)VcVmod

VOUT = −285,2VcVmod

Revision de datos pendientes:Habıamos supuesto previamente una serie de consideraciones que vale la penarevisar, en especial la de las corrientes de base despreciables!!!Para que dichas corrientes de base fuesen despreciables, necesitarıamos quelas impedancias de entrada a los pares diferenciales en polarizacion sean muygrandes.Y eso lo podemos ver rapidamente: Cada uno de los pares diferenciales esta ali-mentado por sendas fuentes de corriente (en este caso colectores de transisto-res), cuya impedancia de entrada es muy grande.Al calcular la polarizacion observamos que cada uno de los transistores ve ensu emisor la resistencia de entrada de dichas fuentes de corriente, que ademasse multiplica por el factor d ganancia β o hfe del transistor, con lo cual haceque su impedancia sea aun mayor!!.

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