Problemas 2 y 3

Dispositivos Electrónicos II. E.T.S.I. Telecomunicaciones de Vigo. Diciembre 2009.
Problema 3. Dado el siguiente amplificador basado en un
transistor FET calcular:
a) Su ganancia de tensión a frecuencias medias.
b) La repuesta en baja frecuencia.
c) La respuesta en alta frecuencia.
d) Dibujar el diagrama de bode.
Datos: gm= 0.0102 S, CGS= 11.8 pF, CGD= 5.42 pF.
Como el polo introducido por CS es el de mayor frecuencia es
el que fija la frecuencia de corte inferior, es decir, fL= 987 Hz.
Sin embargo, como el cero está a una frecuencia de 249 Hz,
que no está muy lejos de 987, esta solución es aproximada.
Como se comprueba en la gráfica del resultado de la
simulación, la frecuencia exacta sería 912 Hz, que es
ligeramente inferior.
Para obtener la respuesta en frecuencia a bajas frecuencias, se
puede partir de la siguiente figura.
RD
2.2 kΩ
ZG
Rin
Vout
Rin
Vin
CG
VCC
Q1
600 Ω
D
G
vgs
RG
2.2 µF
g m ⋅ v gs
-
RG
470 kΩ
RS
290 Ω
CS
2.2 µF
Vo
+
+
vin
12 V
CG
ZS
RD
S
RS
CS
Figura 1.1. Circuito amplificador basado en FET en surtidor común.
a) A frecuencias medias se cortocircuitan los condensadores
CG y CS. Las capacidades parásitas del transistor no se tienen
en cuenta. El circuito equivalente de pequeña señal para
frecuencias medias es el siguiente:
Rin
vin
G
D
Vo
+
+
RG
vgs
g m ⋅ v gs
-
RD
S
Figura 1.2. Circuito equivalente a frecuencias medias.
v gs = vg = vin ⋅
RG
RG + Rin
vo = − g m ⋅ v gs ⋅ RD
Avm =
vo − g m ⋅ v gs ⋅ RD
RG
=
= − g m ⋅ RD ⋅
=
RG + Rin
vin
RG + Rin
v gs ⋅
RG
= −0.010 2 ⋅ 2 200 ⋅
1
= 0.153 Hz
2 ⋅ π ⋅ 2.2 ⋅10 −6 ⋅ 470 600
1
1
=
= 249.5 Hz
f zCS =
2 ⋅ π ⋅ C S ⋅ RS 2 ⋅ π ⋅ 2.2 ⋅10 −6 ⋅ 290
(1.2)
v in = v gs ⋅ (1 + g m ⋅ Z S )⋅
(1.3)
g m ⋅ RS + 1
0.0102 ⋅ 290 + 1
=
= 987.36 Hz
2 ⋅ π ⋅ C S ⋅ RS 2 ⋅ π ⋅ 2.2 ⋅ 10 −6 ⋅ 290
Camilo Quintáns Graña y Miguel Ángel Domínguez Gómez.
Av =
=−
Z in =
(1.7)
−
− g m ⋅ v gs ⋅ RD
=
R + Z in
v gs ⋅ (1 + g m ⋅ Z S ) ⋅ G
RG
(1.11)
(1.12)
RS
1
// RS =
CS ⋅ s
1 + RS ⋅ C S ⋅ s
(1.13)
1 + Rin ⋅ CG ⋅ s
CG ⋅ s
(1.14)
1
CG ⋅ s
Av = −
=−
(1.6)
vo
=
vin
RG + Z in
RG
(1.10)
g m ⋅ RD
RG
⋅
1 + g m ⋅ Z S RG + Z in
ZS =
(1.5)
=
f pCS =
RG
− g m ⋅ v gs ⋅ Z S
RG + Z in
v gs =v g −v S = vin ⋅
(1.4)
Que en decibelios es: Avm = 20 ⋅ log − 22.41 = 27 dB
b) Para calcular la respuesta en baja frecuencia no se tienen en
cuenta las capacidades parásitas del transistor, de forma que la
respuesta a bajas frecuencias viene dada por los condensadores
CG y CS. CG introduce un cero en el origen y un polo dado
por (1.5). CS introduce un cero en (1.6) y un polo en (1.7).
f pCG
Las tensiones en el surtidor y en la puerta vienen dados,
respectivamente, por (1.8) y (1.9). Por tanto, la tensión puertasurtidor se corresponde con (1.10), de la que se puede despejar
la tensión de entrada. A continuación se sustituye en la
expresión de la ganancia (1.12), en la que, además, también se
sustituyen las expresiones (1.13) y (1.14) de las impedancias de
entrada y de surtidor. Finalmente se obtiene la expresión
general para bajas frecuencias (1.15).
(1.9)
v S = g m ⋅ v gs ⋅ Z S (1.8) ; v g = vin ⋅ RG
RG + Z in
(1.1)
470 000
= −22.41
470 600
1
=
=
2 ⋅ π ⋅ C G ⋅ (Rin + RG )
Figura 1.3. Circuito equivalente a baja frecuencia
+ Rin =
RG
g m ⋅ RD
=
⋅
1 + Rin ⋅ CG ⋅ s
RS
1 + gm ⋅
RG +
1 + RS ⋅ C S ⋅ s
CG ⋅ s
g m ⋅ RD ⋅ (1 + RS ⋅ C S ⋅ s )
RG ⋅ CG ⋅ s
=
⋅
1 + RS ⋅ C S ⋅ s + g m ⋅ RS RG ⋅ CG ⋅ s + 1 + Rin ⋅ CG ⋅ s
(1.15)
1 + RS ⋅ C S ⋅ s
g m ⋅ RD ⋅ RG ⋅ CG
s
⋅
=
⋅
RS ⋅ C S
(
1 + g m ⋅ RS
RG + Rin ) ⋅ CG ⋅ s + 1
⋅ s +1
1 + g m ⋅ RS
= −5.86 ⋅
1 + 6.038 ⋅ 10 −4 ⋅ s
s
⋅
1.6119 ⋅ 10 −4 ⋅ s + 1 1.035 ⋅ s + 1
1
Dispositivos Electrónicos II. E.T.S.I. Telecomunicaciones de Vigo. Diciembre 2009.
k p = 20 ⋅ log − 5.86 = 15.36 dB
(1.16)
c) Para calcular la respuesta en alta frecuencia se consideran
cortocircuitos los capacitares CS y CG y se añaden las
capacidades parásitas del transistor, pasando la capacidad
puerta-drenador a la entrada y la salida aplicando el teorema de
Miller. Los polos que aparecen a altas frecuencias son:
1
= 1.9 MHz
2 ⋅ π ⋅ (Rin // RG ) ⋅ C gs + C gd ⋅ (1 − ( − g m ⋅ RD ) )
f p1 =
[
f p2 =
]
1
⎡
2 ⋅ π ⋅ RD ⋅ ⎢C gd
⎣
Rin
G
⎛
⎞⎤
1
⎟⎥
⋅ ⎜⎜1 −
− g m ⋅ RD ⎟⎠ ⎦
⎝
RE3
360 Ω
RC2
6043 Ω
12
+
Q3
Q1
Vo
1⎞
⎛
C gd ⋅ ⎜1 − ⎟
K
⎝
⎠
g m ⋅ v gs
RG
VCC
= 12.78 MHz
D
+
vin
Problema 2. Dado el siguiente circuito, calcular:
a) La ganancia de pequeña señal de tensión diferencial, Av=
Vo/Vd.
b) La capacidad de un condensador Cbc tal que, si se añade al
circuito conectado entre los terminales de base y colector
de Q3, haga que la frecuencia de corte superior del
amplificador sea de 200 Hz.
Datos:VBEQ(Q1, Q2)=0.76 V, hfe= 100, VT=25.8 mV, VoQ= 0 V.
Q2
+
Vd/2
RD
Vo
Vd/2
+
12
RC3
2 kΩ
REE
10 kΩ
+
VEE
S
C gs + C gd ⋅ [1 − K ]
Figura 1.4. Circuito equivalente de pequeña señal a altas frecuencias.
a)
Resultado de la simulación:
I E2 =
R1
2.2k
1Vac
0Vdc
R5
C1
600
2.2u
V1
Jbreakn
J1
12Vdc
V2
R2
470k
R4
290
(2.1)
1 12 V − 0.76 V
= ⋅
= 562 µA
2
10 kΩ
β
100
IC2 = I E2 ⋅
= 562 µA ⋅
= 556.4 µA
β +1
101
Vout
Vin
1
1 VEE − VBEQ 2
⋅ I EE = ⋅
=
2
2
REE
I C3 =
C2
2.2u
0
(2.2)
Vo − VEE 0 V − (−12 V )
=
= 6 mA
RC 3
2 kΩ
Vd
− ib1 ⋅ hie1
2
(2.3)
Vd
− ib 2 ⋅ hie 2
2
(2.4) ;
(2.5)
Sumando (2.4) y (2.5), y considerando que las resistencias de
entrada de Q1 y Q2 son iguales, se obtiene (2.6):
Vp = −
Figura 1.5. Esquema del circuito de OrCAD.
Vp =
2 ⋅ V p = −(ib1 + ib 2 ) ⋅ hie
(ib1 + ib 2 ) ⋅ (1 + h fe ) =
Figura 1.6. Modelo del transistor.
DB(V(Vout) / V(Vin))
30
(1.69 MHz, 23.98 dB)
(912 Hz, 23.94 dB)
(26.98 dB)
20
(153 mHz, 12.02 dB) (15.05 dB)
100 Hz
10 kHz
1.0 MHz
50 MHz
Frecuencia [Hz]
Figura 1.7. Respuesta en frecuencia resultado de la simulación con PSpice.
Parámetros del transistor en el punto de polarización:
NAME
J_J1
MODEL Jbreakn
ID
2.88E-03
VGS
-8.35E-01
VDS
4.83E+00
GM
1.02E-02
GDS
0.00E+00
CGD
5.42E-12
CGS
1.18E-11
Camilo Quintáns Graña y Miguel Ángel Domínguez Gómez.
(ib1 + ib 2 ) =
Vp
REE ⋅ (1 + h fe )
(2.8)
Ahora, sustituyendo (2.8) en (2.6), se obtiene la expresión
(2.9), que sólo puede ser cierta si la tensión Vp es nula.
Vp
(2.9)
2 ⋅ Vp = −
⋅ hie
REE ⋅ (1 + h fe )
ib 2 =
1.0 Hz
V p (2.7);
REE
Como Vp=0 V, entonces:
(266.92 dB, 18.06 dB)
10
0
10 mHz
(2.6)
Vd
2 ⋅ hie 2
(2.10)
Vd
ic 2 = ib 2 ⋅ h fe =
⋅ h fe
2 ⋅ hie 2
vb 3 = −ic 2 ⋅ (RC 2 // Req 3 ) =
(2.11)
(11)
[
]
R ⋅ h + RE 3 ⋅ (1 + h fe )
V
= − d ⋅ h fe ⋅ C 2 ie 3
2 ⋅ hie 2
RC 2 + hie3 + RE 3 ⋅ (1 + h fe )
hie 2 =
h fe ⋅ VT 100 ⋅ 25.8
=
= 4 607 Ω
I C 2Q
0.56
(2.12)
(2.13)
2
Dispositivos Electrónicos II. E.T.S.I. Telecomunicaciones de Vigo. Diciembre 2009.
hie 3 =
h fe ⋅ VT
I C 3Q
=
100 ⋅ 25.8
= 430 Ω
6
(2.14)
V
Av1 = b 3 =
Vd
(2.15)
100
6 043 ⋅ [430 + (360 ⋅ 101)]
=−
⋅
= −56.3
2 ⋅ 4 607 6 043 + 430 + (360 ⋅ 101)
Av 2 =
=
− RC 3 ⋅ h fe ⋅ ib 3
Vo
=
=
Vb 3 ib3 ⋅ hie 3 + ib3 ⋅ (h fe + 1)⋅ RE 3
− 2 000 ⋅100
= −5.44
430 + 101 ⋅ 360
(2.16)
V
V V
Av = o = b 3 ⋅ o =
Vd Vd Vb 3
= Av1 ⋅ Av 2 = (− 56.3)⋅ (− 5.44 ) = 306.27
(2.17)
c) El condensador Cbc tendrá su mayor efecto en la entrada, por
el teorema de Miller. Por lo que queda en paralelo con RC2 y la
resistencia que ve es R3=RC2//Req3. Además, la ganancia de
Miller es Av2= -5.44, por tanto:
1
(2.18)
Cbc ⋅ (1 − Av 2 ) =
2 ⋅ π ⋅ R3 ⋅ f H
Cbc =
1
[1 − (− 5.44)]⋅ 2 ⋅ π ⋅ 5 190.436 ⋅ 200
= 23.8 nF
(2.19)
PARAMETERS:
RE = 1000
VCC
R1
359
R2
6043
V1
12
Qbreakp
9.000V
Q2
V2
C1
Q3
QbreakN
V1
1Vac
0Vdc
12.00V
Vo
23.8nF
QbreakN
R4
10k
Q1
0
R3
2k
V4
V3
12
0V
-759.0mV
VEE
0
50
(198 Hz, 46.5 dB)
25
0
1.0Hz
100Hz
DB(V(Vo)/( V(V1) - V(V2)))
Frequency
10KHz
Camilo Quintáns Graña y Miguel Ángel Domínguez Gómez.
1.0MHz
3