Prof. PhD. Lautaro Salazar. Pablo Aqueveque. Ayudante: Giovanna Morello Electrónica 543208-0 1 de 9 PRÁCTICA Nº6 ELN,
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Prof. PhD. Lautaro Salazar. Pablo Aqueveque. Ayudante: Giovanna Morello
Electrónica 543208-0
1 de 9
PRÁCTICA Nº6 ELN, SECCIÓN ELN Ejercicio 1. Diseñe un amplificador CS (Fuente Común) con JFET que tenga una RL = 10[kΩ] , VDD = 12[V ] , Rin = 500[kΩ] y AV = −2 . Emplee el circuito de la figura 1. Elegir el punto Q como: VDS = 6[V ] , VGS = −1[V ] , I D = 1[mA] y g m = 2500[µS ]. Encuentre todos los parámetros del circuito y Ai . VDD
R2
RD C→∞
C→∞
D + G
+
S RL
Vo
Vin R1
RS
-
Figura 1. Solución: VDD = VDS + (RS + RD ) ⋅ I D
(RS + RD ) = VDD − VDS ID
K1 =
12 − 6 ⇒ K1 = 6000 1m
Tenemos: AV =
− RL RD 1 RS + gm
Reemplazando:
GMY
= K1
-
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AV =
−2=
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− RL RD
(K1 − RD ) +
1 gm
− 10k RD
(6000 − RD ) +
1 2500µ
2 ⋅ RD2 + 17000 ⋅ RD − 128000000 = 0 RD1 = 4782,4 RD 2 = −13382,4
RD = 4782,4[Ω]
⇒
RD < K1 , Luego, continuamos con los cálculos: K1 = RS + RD RS = K1 − RD = 6000 − 4782,4
⇒
RS = 1217,6[Ω]
Ahora, para encontrar R1 y R2: VGG = VGS + I D ⋅ RS = −1 + 1m ⋅ 1217,6 VGG = 0,2176[V ] RG = Rin
RG = 500[kΩ] Finalmente: R1 =
R2 =
RG 500k = V 0,2176 1 − GG 1 − VDD 12 RG ⋅ VDD 500k ⋅12 = VGG 0,2176
⇒
R1 = 509,23[kΩ]
⇒
R2 = 27,57[MΩ]
Además:
Ai =
GMY
− RG RD − 500k 4782,4 ⋅ = ⋅ 1 RD + RL 1 4782,4 + 10000 RS + 1217,6 + gm 2500µ
⇒
Ai = −99,99
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Ejercicio 2: Rediseñar el circuito del ejercicio 1 para V p = −4 e I DSS = 6[mA] . Solución: Primero buscamos el nuevo punto Q de operación:
I DSS 6m = ⇒ I D = 3[mA] 2 2 = 0,3 ⋅ V p = 0,3 ⋅ −4 ⇒ VGS = −1,2[V ]
ID = VGS
VDD 12 = ⇒ VDS = 6[V ] 2 2 I 6m g m = 1,42 ⋅ DSS = 1,42 ⋅ ⇒ g m = 2,13 × 10 −3 Ω −1 Vp 4
VDS =
[ ]
Luego:
(RS + RD ) = VDD − VDS ID
K1 =
= K1
12 − 6 ⇒ K1 = 2000 3m
Tenemos: AV =
−2=
− RL RD
(K1 − RD ) +
1 gm
− 10k RD
(2000 − RD ) +
1 2,13m
2 ⋅ RD2 + 25061,03 ⋅ RD − 49389671,36 = 0 RD1 = 1731,34 RD 2 = −14263,36
⇒
RD = 1731,34[Ω]
RD < K1 , Luego, continuamos con los cálculos: K1 = RS + RD RS = K1 − RD = 2000 − 1731,34
⇒
VGG = VGS + I D ⋅ RS = −1,2 + 3m ⋅ 268,66 VGG = −0,39[V ]
GMY
RS = 268,66[Ω]
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VGG = 0
Como VGG es negativo, realizamos lo siguiente:
R2 → ∞
⇒
Por lo que el circuito cambia, y debemos buscar el valor de RS1 y de RS2. El circuito final queda como se muestra en la figura 2: VDD
RD C→∞ D + G
+
S RL
Vin
RS1
RG
-
RS2
C→∞
Figura 2. VGG = 0 = VGS + I D ⋅ RScd ⇒ RScd = Luego: RD = K1 − RScd = 2000 − 400 ⇒
− VGS = 400[Ω] ID RD = 1600[Ω]
Además: RSca = −
RD RL 1600 10k 1 1 − =− − = 220,17[Ω] AV gm −2 2,13m
Puesto que: RSca = RS1
⇒
RS1 = 220,17[Ω]
RScd = RS 1 + RS 2
⇒
RS 2 = 179,83[Ω]
RG = Rin = R1
⇒
R1 = 500[kΩ]
Finalmente: Ai =
GMY
AV ⋅ Rin − 2 ⋅ 500k = RL 10k
⇒
Ai = −100
Vo
-
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Ejercicio 3: Diseñe un amplificador CS como en el Ejercicio 1 empleando MOSFET con ID=7[mA] cuando VGS=0 y VT=−5[V]. Solución: Tenemos el siguiente circuito: VDD
R2
RD C→∞
C→∞ + + RL
Vo
Vin R1
RS
-
-
Figura 3. Primero se debe localizar el punto Q, supongamos que:
(
I D = 0,6 ⋅ k ⋅ VT2
)
k ⋅ VT2 = I DSS = 7[mA]
Luego: I D = 0,6 ⋅ 7m ⇒
I D = 4,2[mA]
Además:
VDS =
VDD 12 = 2 2
⇒
VDS = 6[V ]
Nota: Se pudo haber supuesto algo diferente, pero se necesita mantener el punto de reposo en algún lugar cercano al punto medio de la línea de carga para asegurar que se está en la parte más lineal de las curvas características.
GMY
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V I D = k ⋅ V ⋅ 1 − GS Vt 2 T
2
VGS ID 4,2m =− +1 = − +1 2 Vt k ⋅ VT 7m
⇒
VGS = −1,127[V ]
VGS = 0,2254 Vt
VGS = 0,2254 ⋅ (− 5) gm =
(
)
2 k ⋅ VT2 2 ⋅ 7m ⋅ (VGS − Vt ) = ⋅ (− 1,127 − (− 5)) 2 VT (− 5)2
[
g m = 2,168 mΩ −1
]
1 = 461,067[Ω] gm
(RS + RD ) = VDD − VDS ID
= K1 =
12 − 6 4,2m
K1 = 1428,57
AV =
−2=
− RL RD
(K1 − RD ) +
1 gm
− 10k RD (1428,57 − RD ) + 461,067
2 ⋅ RD2 + 26220,35 ⋅ RD − 37796492,25 = 0 RD1 = 1310,49 RD 2 = −14420,67
⇒
RD = 1310,49[Ω]
RD < K1 , Luego, continuamos con los cálculos: K1 = RS + RD RS = K1 − RD = 1428,57 − 1310,49
⇒
VGG = VGS + I D ⋅ RS = −1,127 + 4,2m ⋅118,08 VGG = −0,63[V ]
Como VGG resultó negativo, hacemos: VGG = 0[V ] GMY
⇒
R2 → ∞
RS = 118,08[Ω]
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VGG = 0 = VGS + I D ⋅ RScd ⇒ RScd = RScd = 268,33[Ω]
− VGS 1,127 = ID 4,2m
Luego: RD = K1 − RScd = 1428,57 − 268,33
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RD = 1160,24[Ω]
⇒
Además: RSca = −
RD RL 1160,24 10k 1 1 − =− − AV gm −2 2,168m
RSca = 58[Ω] Puesto que: RSca = RS1
⇒
RS 1 = 58[Ω]
RScd = RS 1 + RS 2
⇒
RS 2 = 210,33[Ω]
RG = Rin = R1
⇒
R1 = 500[kΩ]
El ejercicio del certamen que me consultaron en la práctica: Diseñe un amplificador BC empleando un transistor npn, como el que se muestra en la figura 4, con β=150, VCC=15[V], VBE=0,7[V] y RL=400[Ω]. Escoja Q para máxima excursión simétrica. Considere una ganancia de corriente Ai=0,5. Determine la ganancia de voltaje (Av) y la impedancia de entrada (Zin) resultante.
Figura 4.
GMY
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Solución: Modelo equivalente del amplificador en ac:
Ganancia de Corriente:
r R in =R E // π
v A v = o = g m ( R c // R L ) vi
i Ai = o ii
rπ
β
β
rπ RE β R + rπ R c R L E β Rin = Av ⋅ = gm ⋅ RL RL Rc + RL
=
1 gm
Rc Rc RE ≈ Ai = g m ⋅ Rc + RL RE + 1 Rc + RL g m ≈1
R E NOTA: R + 1 E g m
≈ 1 debe asegurarse con la elección del punto de polarización.
Diseño: Ai = 0,5 ≈
RC ⇒ RC = RL RC + RL
RC = 400[Ω]
Para máxima excursión simétrica:
IcQ = GMY
Vcc ; R ac + R dc
R ac = R L // R c + R E
R dc = R c + R E
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R E Aquí la elección de RE debe ser arbitraria, pero debe asegurar R + 1 E g m
≈1
Por ejemplo:
R E =100 [ Ω ] ⇒ R ac = 300 [ Ω] R dc = 500 [ Ω ] ⇒ IcQ = 1 26mV = = 1.38 [ Ω ] ⇒ R E + 1,38Ω ≈ R E g m 18.75mA
R B = 0,1β R E = 0,1 ⋅ 150 ⋅ 100 = 1,5k [ Ω ] Malla Base-Emisor:
Vbb = ⇒ R3 =
IcQ
β
R B + Vbe + IcQ R E = 2,76 [ V ]
RB V 1 − BB VCC
R3 = 1,84[kΩ] R4 =
VCC ⋅ RB VBB
R4 = 8,14[kΩ] Ganancia de Voltaje e Impedancia de Entrada: 1 Rin = RE = 100 1,38 gm Rin = 1,36[Ω]
AV = Ai ⋅ AV = 147
GMY
RL 400 = 0,5 ⋅ Rin 1,36
15V = 18.75mA 800Ω