CLASE 18 DOS TRANSISTORES

DOS TRANSISTORES AMPLIFICADOR CON UN TRANSISTOR NPN Y OTRO PNP. a) Polarización. β = 100 y Vbe 0 0,7V. En primer lugar se calcula el Thevenin equivalente del circuito de base de Q1 y todas las variables relacionadas €
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En Q1 hay que tener en cuenta que por RC1 no circula IC1 sino IC1-­‐IB2 Las ecuaciones que se pueden escribir ahora son: VC1 = 15V − ( IC1 − I B2 ) x5kΩ
⎛
I E 2 ⎞
15V = 2kΩxI E 2 + 0, 7V +15V − ⎜ IC1 −
⎟ x5kΩ ⎝
101 ⎠
15V = 2kΩxI E 2 + VEC + VC1
⎛
5kΩ ⎞
€
I E 2 ⎜ 2kΩ −
⎟ = 1,28mAx5kΩ − 0, 7V = 5, 7V I E 2 = 2, 78mA
⎝
101 ⎠
2, 78mA
I RC1 = IC1 − I B2 = 1,252mA
I B2 =
= 0,0275mA 101
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VC1 = 15V − 5kΩx1,252mA = 8, 74V
VE 2 = 8, 74V + 0, 7 = 9, 44V
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IC2 = βI B2 = 100x0,0275 = 2, 75mA VC2 = 2, 7kΩxI C2 = 7, 43V
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En la gráfica están todos los voltajes y corrientes, incluyendo las corrientes que circulan por las resistencias del circuito de base del primer transistor. b) Análisis de pequeña señal Análisis AC usando el modelo π Reflejando las resistencias de emisor hacia las bases Al calcular valores: Resultados: EL AMPLIFICADOR CASCODE CON BJT Se conecta un emisor común con un base común La ganancia es similar a la de un Emisor Común La ventaja de este circuito es su respuesta en frecuencia * Análisis AC usando el modelo π y el parámetro gm Si Rf es muy pequeña comparada con R1//R2, entonces vbe ≈ vi Análisis AC usando el modelo π con el parámetro β y traslación de fuentes o reflejo de impedancias Resultados
EJERCICIO CON AMPLIFICADOR CASCODE CON BJT β= 225, Vbe = 0,7V Calcular las resistencias para ICQ=10 mA y VCEQ=10V Hallar Av Polarización iE ≈ iC Seleccionamos RE = 510Ω. El circuito de base de Q1 es el siguiente: La corriente iB es iC/β = 0,04mA Sustituyendo en la primera ecuación: Lo cual da la ecuación 9,2 -­‐ VBB = 0,04 RB Para que el punto de operación sea estable debe cumplirse: Seleccionamos RB = 12 kΩ Entonces VBB = 9,2V -­‐ 0,4mA x 12kΩ = 8,67V Tenemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: Resolviendo: R1=20,77 kΩ. Se selecciona 20kΩ por lo tanto R2= 30kΩ Análisis AC: Usando la ecuación desarrollada anteriormente Resulta: AV = -­gm (RC//RL) = 400 (0,51//0,51) = -­102 PAR DARLINGTON CON BJT * Está constituido por dos etapas seguidores de emisor. * Alta impedancia de entrada * Efecto multiplicativo sobre la corriente Análisis en DC Cálculo de la corriente de colector total: ΙΒ2 = ΙΕ1 = (β1 + 1) ΙΒ1
IE2 = (β2 + 1) ΙΒ2
Este es el efecto multiplicativo de la corriente Análisis AC con el modelo de parámetros híbridos Cálculo de la ganancia de voltaje Cálculo de la impedancia de entrada. De las ecuaciones: Tiene un valor elevado si Cálculo de la ganancia de corriente * ESPEJO DE CORRIENTE CON MOSFET Hallar los valores de los voltajes y corrientes en el circuito. VGD = 0 < Vth = 2 Están en saturación Ecuaciones en el circuito MOSFET de la izquierda Iref = ID: Ecuación de la corriente en el MOSFET. Cálculo de ID EL EFECTO SUSTRATO * Usualmente el Sustrato (B) se conecta al Source, por lo que se usa el modelo simplificado de tres terminales. * En circuitos integrados el sustrato es común a varios dispositivos. * Para mantener la condición de corte de la juntura PN el sustrato se conecta a la fuente más negativa para NMOS y a la más positiva para PMOS. Esto aumenta la región de vaciamiento y reduce la profundidad del canal. Para reponer el canal hay que aumenta vGS. * El efecto se puede representar como un cambio en Vth al variar VSB Donde: Vto: Voltaje Vth para VSB = 0 φf = Parámetro físico (2φf ≈ 0,6V) γ = Parámetro del proceso de fabricación. Parámetro del efecto sustrato * El terminal B actúa como otro G del MOSFET. * Modificaciones del efecto sustrato en la operación del MOSFET *Un cambio en VSB produce un cambio en VT *El cambio en VT produce un cambio en ID. Cambia punto de operación *El sustrato (B) actúa como otro Gate para el MOSFET: Efecto sustrato *Este efecto puede degradar la operación del MOSFET. *Para las señales AC, como el sustrato está conectado a tierra pero el Source no lo está, aparece un voltaje vbs entre el sustrato y el Source. *El sustrato actúa como un segundo Gate que se incluye en el modelo. EJERCICIO CON EL EFECTO SUSTRATO MOSFET DE VACIAMIENTO CANAL N Suponemos saturación, consideramos Vt = Vto y no consideramos λ
Ecuación de la corriente ID
Ecuación del circuito Resolviendo: Resolviendo del circuito: * Estos resultados indican que ID= 1mA, con VGS =1V y VDS= 5V No son las condiciones supuestas. El voltaje VSB está dado por: VSB = VS -­‐ VB = 5V -­‐0= 5V Hay un voltaje entre el Source (S) y el Sustrato (B) que modifica la operación del circuito. *Se determina el valor de Vt modificado con los datos disponibles, a fin de realizar un proceso de iteración * Este resultado indica que el canal va a existir solo hasta Vt = -­‐0,2V no va a llegar hasta Vt = -­‐1V * Con el nuevo valor de Vt hay que repetir el proceso para determinar el punto de operación. Resultados: Se podría realizar otra iteración, pero se va a tomar este último resultado como válido. * Parámetros para análisis AC * Análisis AC Arreglando el circuito Se aplica el Teorema de Sustitución en la última rama: La corriente por la rama es gmb vbs y el voltaje es vbs, por lo que la rama puede sustituirse por una resistencia cuyo valor es R =vbs/gmbvbs=1/gmb Aplicando esta sustitución el circuito queda: * Resistencia de entrada * Ganancia de voltaje * Resistencia de salida CIRCUITO CON NMOS Y PMOS Determine las corrientes de Drain, IDN e IDP y el voltaje de salida vO cuando: a) vO = 0 b) vO = 2,5V c) vO = -­‐2,5V * Circuito para vO = 0 En el circuito se observa que : vGSn = VG -­‐ VSn = 0-­‐(-­‐2,5)=2,5V vGSp = VG -­‐ VSp = 0-­‐2,5= -­‐2,5V Por lo tanto, dado que tienen los mismos parámetros, las ecuaciones para las corrientes son iguales: Si las dos corrientes son iguales, la corriente por la resistencia es cero, por lo tanto: Para ambos transistores se observa que : Por lo tanto están en saturación. * Circuito para vO = 2,5V Con este voltaje en vO resulta: vGSp = VG -­‐ VSp = 2,5-­‐2,5= 0V Por lo tanto el PMOS está en corte y solo opera el NMOS. El circuito queda como se muestra. vGSn = VG -­‐ VSn = 2,5-­‐(-­‐2,5)=5V Dada la dirección de circulación de IDN, el voltaje vO es negativo. El valor de vGD va a ser 2,5V -­‐ vO, lo cual va a dar un valor mayor que 2,5V, por lo tanto vGD > Vth y el NMOS está en la región de triodo. Suponiendo que vDS es pequeño no consideramos el término al cuadrado y observando que vO = vDS +(-­‐2,5V) tenemos : IDN= k'(Wn/Ln)(VGS -­‐Vt)VDS = 1(5-­‐1)( vO + 2,5) La otra ecuación para IDN es IDN = (0 -­‐ vO)/10kΩ Resolviendo IDN = 0,244mA vO = -­‐2,44V VDS =-­‐2,44V -­‐(-­‐2,5)=0,06V pequeño, como habíamos considerado. * Circuito para vO = -­‐2,5V Con este voltaje en vO resulta: vGSn = VG -­‐ VSn = 2,5-­‐(-­‐2,5)= 0V Por lo tanto el NMOS está en corte y solo opera el PMOS. El circuito queda como se muestra. Dado que los parámetros de los transistores son iguales (solo cambia el signo), las ecuaciones resultan ser las mismas, por lo que los resultados son: IDP = 0,244mA vO = 2,44V