CAPITULO 3 AMPLIFICADOR DIFERENCIAL (A. D.) 3.1.- INTRODUCCION: Uno de los amplificadores más importantes en Electrónica es el amplificador diferencial. Comúnmente recibe dos señales de entrada y su salida puede ser balanceada o desbalanceada. Se le denomina amplificador diferencial porque su salida es proporcional a la diferencia de las señales de entrada. Es parte parte fund fundam amen enta tall del del Ampl Amplifific icad ador or Opera Operaci ciona onal,l, que que se estu estudi diar ará á en el siguiente capítulo. A continuación se muestra un esquema básico empleando transistores bipolares: V CC
Rc
Rc Vs1
Vs2
C
C Q 1.
V1
Q2
Rb
Io
Rb
V 2
Fig. 3.1 Io es una fuente de corriente constante que debe ofrecer una alta impedancia a la señal. Si la salida se toma en Vs1 ó Vs2 respecto a tierra, se dice que la salida es desbalanceada. Si la salida se toma entre Vs1 y Vs2, se dice que la salida es balanceada. V1 y V2 son las señales de entrada. La salida debe ser proporcional a la diferencia de las señales de entrada, es decir: V S Ad (V V ) Ad es la ganancia en modo diferencial La ecua ecuaci ción ón ante anteri rior or corr corres espo pond nde e a la resp respue uest sta a idea ideall del del A.D. A.D.,, sin sin embargo, los A.D. reales presentan una salida dada por la ecuación siguiente: =
V S
1
−
2
V + V = A (V −V ) + A 2 1
d
1
2
1
c
2
Ac es la ganancia en modo común y generalmente se busca que sea lo más pequeña posible. Idealmente debería ser cero. Se define: Modo diferencial = V d (V V ) =
−
2
+V 2
Modo común = V =
V 1
c
1
2
Debe indicarse que el modo común no está formado solamente por el promedio de las señales de entrada, sino también por cualquier señal no deseada (ruido, interferencia, etc.) acoplada a ambas entradas a la vez. Si ello sucede, el amplificador tenderá a eliminarlas de su salida. Por lo anterior, podemos decir que este tipo de amplificador tiende a eliminar las señales no deseadas que se presenten en sus entradas. Para efectuar el análisis del circuito se expresan las señales de entrada mediante el modo común y el modo diferencial.
V1 = Vc + Vd / 2 V2 = Vc - Vd / 2 Cuando se analiza con pequeña señal podemos utilizar los modelos de cuadripolo lineal del transistor. Cuando se analiza con gran señal, debemos utilizar la característica no lineal del transistor (por ejemplo, las ecuaciones de Ebers Moll). FACTOR DE RECHAZO AL MODO COMUN (CMRR): Este es un parámetro muy útil para saber la calidad del A.D. Se le define como: CMRR = |Ad| / |Ac| También se acostumbra expresarlo en decibeles: CMRRdb = 20 log(|Ad| / |Ac|) Idealmente el CMRR debe ser infinito. En un A.D. real conviene que sea lo más alto posible. La fuente de corriente constante tiene mucha importancia para conseguir una ganancia en modo común muy pequeña y, por tanto, un alto factor de rechazo al modo común. 2.2.- ANALISIS DEL AMPLIFICADOR DIFERENCIAL En el esquema básico podemos plantear las siguientes ecuaciones: iE1 + iE2 = Io Además: V1 - VBE1 = V 2 - VBE2 De donde: V1 - V2 = VBE1- VBE2 Si los transistores trabajan en la región activa, podemos representar la característica de transferencia del transistor mediante una ecuación similar a la del diodo semiconductor: iE = IES ℮VBE / ηVT IC = αIES ℮VBE / ηVT 2
Si ambos transistores tienen características eléctricas muy similares, podemos plantear la siguiente ecuación: IES ℮VBE1 / ηVT + IES ℮VBE2 / ηVT = Io Además: iE1 / iE2 = ℮ (VBE1- VBE2) / (ηVT) Si llamamos: z = (VBE1- VBE2) / ηVT = (V1- V2) / ηVT Y utilizamos las propiedades de las proporciones, obtendremos: iE1 = Io / (1 + ℮ z) iE2 = Io / (1 + ℮ - z) Utilizando MATLAB podemos graficar estas ecuaciones: C U R V A SC A R A C T E R IS T IC A SD E LA M P L IF IC A D O RD IF E R E N C IA L 1 Io=1
0 .9
ie 1
0 .8
ie 2
0 .7
e 0.6 t n e i r r 0.5 o C
Io/2
0 .4 0 .3 0 .2 0 .1 0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
z
Fig. 3.2 Podemos observar que: 1.- Cuando no hay señal (z = 0) cada transistor conduce la mitad de la corriente Io. 2.- La máxima corriente que puede conducir un transistor es Io y, por ello, podemos evitar que llegue a la zona de saturación, permitiendo que pueda funcionar velozmente. 3.- Cuando un transistor conduce una corriente: Io/2 + Δi, el otro conduce Io/2 – Δi para que la suma de ambas corrientes sean iguales a Io. Es decir, si un transistor aumenta su corriente, el otro la reduce en la misma cantidad. 4.- Para valores de z comprendidos en el rango: -1 ≤ z ≤ +1, podemos decir que el A.D. tendrá un comportamiento aproximadamente lineal 5.- Para un valor z = +5, el transistor Q2 conduce prácticamente la corriente Io y Q1 está prácticamente en corte. Ocurre lo contrario para z = -5. 6.- Las gráficas tienen simetría impar respecto al nivel: Io/2 Si el modo diferencial es representado por una señal, podemos hallar la representación de la corriente de señal de cada transistor en la forma siguiente: 3
ie1 = iE1 – Io/2 = (Io / 2) (tanh(z/2)) ie2 = iE2 – Io/2 = (Io / 2) (- tanh(z/2)) Las corrientes de señal normalizadas son dadas por las expresiónes: ie1/Io = (1 / 2) (tanh(z/2)) ie2/Io = (1 / 2) (- tanh(z/2)) Nuevamente, empleando MATLAB podemos graficar estas ecuaciones: C O R R IE N T E S E N M O D O D I F E R E N C IA L 0 .5 0 .4 0 .3 0 .2 0 .1 0 0 .1 0 .2 0 .3 0 .4 0 .5 5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
z
Fig. 3.3 Con las ecuaciones anteriores, podemos expresar las corrientes totales como:
iE1 = (Io / 2) (1 + tanh(z/2)) iE2 = (Io / 2) (1 - tanh(z/2)) Para pequeña señal (z <<1) podemos expresar las corrientes totales como: iE1 = (Io / 2) + (gin/2)(V1 – V2) iE2 = (Io / 2) - (gin/2)(V1 – V2) Donde: gin = conductancia de entrada del transistor en pequeña señal gin = Io / (2VT) La transconductancia del amplificador diferencial para pequeña señal es dada por la ecuación: gm = α gin/2 = α Io / (4VT) Si el modo diferencial es una señal sinusoidal de la forma: V1 – V2 = V cos(ωt) Entonces: z = (V1- V2) / VT = (V / VT) cos(ωt) = x cos(ωt) La corriente de señal será: ie1 = (Io / 2) (tanh[(x/2)(cos(ωt)] ie2 = - (Io / 2) (tanh[(x/2)(cos(ωt)] Desarrollando en series de Fourier estas corrientes, obtenemos sólo armónicas impares: ∞
4
ie = (Io) Σa(2n-1) cos[(2n-1)(ωt)] n=1
∞ ic = α(Io) Σa(2n-1) cos[(2n-1)(ωt)] = I1cos (ωt) + I3cos(3ωt) + I5cos(5ωt) + ... n=1 Los coeficientes de la serie se obtienen de la siguiente ecuación: +π a(2n-1) = (1/π)∫[0.5*tanh[(x/2)cos(θ)]] cos(nθ)dθ -π En la siguiente tabla se dan valores de los coeficientes para las tres primeras armónicas: x a1(x) a3(x) a5(x) 0.0 0.0000 0.0000 0.0000 0.5 0.1231 1.0 0.2356 -0.0046 1.5 0.3305 -0.0136 2.0 0.4058 -0.0271 2.5 0.4631 -0.0435 0.00236 3.0 0.5054 -0.0611 0.0097 4.0 0.5586 5.0 0.5877 -0.1214 0.0355 7.0 0.6112 -0.1571 0.0575 10.0 0.6257 -0.1827 0.0831 ∞ 0.6366 -0.2122 0.1273 Podemos observar que para x = 1 la distorsión de tercer armónico no llega al 2% (0.0046/0.2356 = 1.95%) Así como se definió la transconductancia para pequeña señal, también podemos definir la transconductancia para gran señal (Gm(x)): Para la primera armónica: Gm1(x) = I1/V = (α Io a1(x)) / V = [4gmVT] a1(x)/V = gm[4 a1(x) / x] Conociendo: a1(x) / x (de la tabla) y gm, podemos saber el valor de la transconductancia para gran señal, Gm(x)
PROBLEMA 3.1.- Si en el circuito mostrado Q 1 = Q2, V1 = 175mV cos(wt), V2 = 50mVcos(wt), IES = 10 -14A, Io = 5 mA. Determine la distorsión de tercer armónico que produce el A.D. Asuma VT = 25mV
5
VCC
RC
RC RL
Q1
Q2
V1
V2 Io
Fig. 3.4
SOLUCION: Sabemos que x = V / VT = (175 – 50)/25 = 5.0 De la tabla obtenemos para x = 5.0: a1(5) = 0.5877 a3(5) = -0.1214 La distorsión de tercer armónico será simplemente: D3 = a3(5) / a1(5) = 0.1214 / 0.5877 = 20.66% 2.3.- ANALISIS DEL AMPLIFICADOR DIFERENCIAL CON PEQUEÑA SEÑAL En este caso podemos usar los modelos lineales del transistor. Aplicaremos el método al circuito de la figura 3.5 V CC
Rc
Rc Vs 1
Vs2
C
C Q1.
V1
Q2
Rb
Io
Fig. 3.5
Rb
V2
ANALISIS EN DC: Obtendremos las expresiones de los puntos de operación de los transistores. Los transistores Q1 y Q2 son iguales y, debido a que sus redes de polarización son iguales, las corrientes de emisor de ambos transistores también serán iguales: IEQ1 = IEQ2 = Io/2 Si: β>> 1 entonces: ICQ1 = ICQ2 = Io/2 Conociendo la corriente que entrega la fuente de corriente podemos conocer la del punto de operación de cada transistor. La tensión DC en los emisores de los transistores es: VE = - VBE – Io(Rb/ 2β)
6
A continuación: VCEQ1 = VCEQ2 = VCC – IoRc/2 - V E En este caso las tensiones colector-emisor son iguales debido a que también lo son las resistencias de colector.
TRANSFORMACION DE IMPEDANCIAS: Este método es aplicable cuando empleamos los modelos simplificados del transistor bipolar. Para ello, aplicamos los conocimientos de circuitos eléctricos y partimos del siguiente esquema básico, mostrado en la figura 3.6: hfe ib
hfe ib
h ie
h ie Ve
ib
ib (1 + hfe)ib
R
(1 + hfe)ib
+
+
V1
Ve
-
-
Ve = (1 + hfe)ib R + V1
Fig. 3.6 La tensión Ve en el nudo es dada por: Ve = (1+hfe) ib R + V1 Esta tensión la podemos representar por una fuente de tensión ideal, como se muestra en la figura 3.6. A continuación podemos usar las propiedades de estas fuentes para luego retroceder al modelo original, separando las ramas, como se muestra en la figura 3.7: hfe ib ib
hfe ib
h ie
h ie Ve
Ve ib
(1+hfe)ib/(1+hfe)
R (1 + h fe )
+ Ve -
+ Ve -
+ V1 -
R ( 1 + h f e )/ h fe
+ V1 -
Fig. 3.7 Observamos que al retornar al modelo original separando las ramas, debemos modificar los valores de las resistencias y corrientes; en cambio los voltajes permanecen igual, y podemos llegar a las siguientes reglas de conversión: Al reflejar hacia hie, multiplicamos las resistencias por: (1 + hfe) y dividimos las corrientes por (1 + hfe) Al reflejar hacia la fuente hfe ib, multiplicamos las resistencias por: (1 + hfe)/hfe y dividimos las corrientes por (1 + hfe)/hfe Estas reglas las podemos aplicar a cualquier circuito lineal. De ello nos valdremos para analizar al amplificador diferencial y hallar las ganancias e impedancias con pequeña señal. ANALISIS EN AC:
7
Obtendremos las expresiones de las ganancias e impedancias en modo diferencial y en modo común para pequeña señal. Utilizaremos el modelo de parámetros híbridos simplificado. El circuito equivalente es el mostrado en la figura 3.8 Debido a que Io es una fuente de corriente contínua, para señal la hacemos cero y lo que queda es su impedancia para AC. En dicho esquema Z es la impedancia en AC que ofrece la fuente de corriente. Vs 1
Vs 2
Rc
Rc hfe ib1
hfe ib2
ib 1
ib 2
hi e V1
h ie
Rb
Rb
V2
Z
Fig. 3.8 Para simplificar el circuito utilizamos las técnicas de transformación de fuentes del análisis de la teoría de circuitos, con lo que resulta el esquema de la figura 3.9: hfe ib1
hfe ib2 Vs1
Vs2
Rc
Rc
h ie
h ie Ve
ib1
ib2
Z + V1 -
Rb hfe ib1
hfe ib2
Rb
+ V2 -
Fig. 3.9 Podemos aplicar ahora reflexión de impedancias: Hacia el lado izquierdo vemos las corrientes ib1 y (hfe ib1) y podemos reflejar un circuito con hie y otro con la fuente (hfe ib), como se muestra en la figura 3.10:
8
h fe i b 1
h fe i b 2 Vs1
Vs2
Rc
Rc
h ie
h i e (1 + h fe ) Ve
ib1 ib2/(1+hfe) + V1 -
+ V2 -
Z (1 + h fe ) Rb
R b (1 + h fe ) h fe ib 2 /(1 + h fe )
h ie (1 + h fe )/ h fe Ve
ib2(hfe/(1+hfe))
R b (1 + h fe )/h fe
+ V2 -
h fe ib 1 Z (1 + h fe )/h fe
h fe ib 2 (h fe /(1 + h fe ))
Fig. 3.10 En la figura 3.10 vemos que el circuito inferior no nos aporta información adicional y podemos prescindir de él, quedándonos sólo con los esquemas de la parte superior, como se muestra en la figura 3.11: h fe ib 1
h fe i b 2 Vs1
Vs2
Rc
Rc
hie
h i e (1 + h fe ) Ve
ib1 ib2/(1+h fe) + V1 -
Z (1 + h fe ) Rb
R b (1 + h fe ) h fe ib 2 /(1 + h fe )
Fig. 3.11
9
+ V2 -
Hacia el lado derecho de la figura 3.11 vemos las corrientes ib2/(1+hfe) y (hfe ib2)/ (1+hfe) y podemos reflejar nuevamente un circuito hacia la resistencia hie(1+hfe) y otro con la fuente (hfeib2)/(1+hfe) , como se muestra en la figura 3.12: h fe i b 1
h fe i b 2 Vs1
Vs2
Rc
Rc
h ie (1 + h fe )
h ie (1 + h fe ) Ve
ib1/(1+hfe) ib2/(1+hfe) + V1 -
R b (1 + h fe ) Z (1 + h fe )(1 + h fe )
+ V2 -
R b (1 + h fe )
Fig. 3.12 En esta figura ya hemos despreciado el circuito que se refleja con la fuente de corriente porque no nos da información adicional. A continuación, vemos que todas las resistencias están multiplicadas por (1+hfe) y las corrientes divididas por (1+hfe). Al multiplicar las corrientes por las resistencias, el factor (1+hfe) desaparece del producto y podemos simplificar más el circuito multiplicando las corrientes por (1+hfe) y dividiendo las resistencias por (1+hfe). Eliminados estos factores, podemos llegar al esquema de la figura 3.13:
10
hfe ib1
hfe ib2 Vs1
Vs2
Rc Rc
h ie
h ie Ve
ib1 + Vd/2 -
ib2 Vd/2 +
Z(1+hfe) Rb
Rb
+ Vc -
+ Vc -
Fig. 3.13 Adicionalmente, se han representado las señales de entrada (V1 y V2) mediante el modo común (Vc) y el modo diferencial (Vd). Como el modelo es lineal, podemos aplicar superposición y hallaremos la ganancia en modo diferencial haciendo cero la señal en modo común (Vc = 0); luego hallaremos la ganancia en modo común haciendo cero la señal en modo diferencial (Vd = 0) GANANCIA EN MODO DIFERENCIAL: Aplicando superposición, s e hace cero el modo común (Vc = 0) y, debido a la simetría, la tensión Ve es cero y este nudo se comporta como tierra virtual (porque su voltaje es cero sin estar conectado a tierra) Para el modo diferencial: ib1 = Vd/(2hie) Ib2 = -Vd/(2hie) 1) A continuación: Vs1 = - hfe Rc ib1 = - [(hfe Rc) / (2hie)] Vd Ad1 = - hfe Rc / 2hie Luego: Ad1 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q1. Aquí la salida está desfasada 180° respecto al modo diferencial. 2) Si tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2: Vs2 = - hfe Rc ib2 = + [(hfe Rc) / (2hie)] Vd Luego: Ad2 = + hfe Rc / 2hie Aquí vemos que la salida está en fase con el modo diferencial y Ad2 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2. 3) Si tomamos la salida balanceada entre los colectores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = - hfe Rc ib1 + hfe Rc ib2 = - [(2hfe Rc) / (2hie)] Vd 11
Luego: Ad12 = - hfe Rc / hie Aquí vemos que la salida es el doble que en los casos anteriores y Ad12 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida balanceada entre los colectores de Q1 y Q2.
IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO DIFERENCIAL: En el circuito de entrada vemos que para el modo diferencial: Zid = 2 (Rb//hie) GANANCIA EN MODO COMUN: Aplicando superposición, se hace cero el modo diferencial (Vd = 0) y vemos que en este caso la tensión Ve no es cero (para el modo común no es tierra virtual) Para el modo común: ib1 = Vc/(hie + 2(1+hfe)Z) Ib2 = Vc/(hie + 2(1+hfe)Z) 1) A continuación: Vs1 = - hfe Rc ib1 = - [(hfe Rc) / (hie + 2(1+hfe)Z) Vc Ac1 = - hfe Rc / (hie + 2(1+hfe)Z) Luego: Ac1 es la ganancia en modo común cuando tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q1. Vemos que depende inversamente de la impedancia en AC de la fuente de corriente. Si esta impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. 2) Si tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2: Vs2 = - hfe Rc ib2 = - [(hfe Rc) / (hie + 2(1+hfe)Z) Vc Ac2 = - hfe Rc / (hie + 2(1+hfe)Z) Luego: Aquí vemos que la salida es igual en amplitud y signo que en el colector de Q1 e, igualmente, si la impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. 3) Si tomamos la salida balanceada entre los colectores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = - hfe Rc ib1 + hfe Rc ib2 = 0 Luego: Ac12 = 0 Esto significa que tomando la salida en forma balanceada podemos disminuir más la ganancia en modo común (idealmente se hace cero). IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO COMUN: En el circuito de entrada vemos que para el modo común: Zic = ½ (Rb// (hie + (1 + hfe) Z) Vemos que si deseamos tener una alta impedancia de entrada en modo común Rb debe ser elevado o no debemos colocar esta resistencia. PROBLEMA 3.2.- En el circuito de la figura 3.14, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 con: hie = 1KΩ, β = hfe = 100, V D = V BE = 0.7V, hob = 10 -6 S
12
+ 6 V
4K
C
C Q1
Q2
V 2 V 1
Q3 100K
C 5K
100K
5K
1K 5 D C es muy grande
-6 V
Fig. 3.14
SOLUCION: a) Análisis en DC: Obtendremos el punto de operación de cada transistor. Empezaremos hallando la corriente de la fuente de corriente formada por Q3: I CQ3 = Io Io
Io
Q3
Q3 5K
5K
RB
1 .5 K
1 .5 K D7 VBB 6V
6V
6V
Fig. 3.15 Para hallar la corriente Io hllamos el circuito thevenin equivalente para Q3, como se muestra en la figura 3.16. La tensión de thevenin se puede hallar con la ecuación: VBB = (-6 + 0.7)/2 = - 2.65V
13
La resistencia de thevenin se puede hallar aproximadamente con la ecuación: RB = 5K//5K = 2.5K A continuación planteamos la ecuación en la malla base-emisor: VBB + IB RB + VBE + IE (1.5) – 6 = 0 Expresando en función de IC: VBB + (ICQ3/β)RB + VBE + ((1+ β)/β)I CQ3 (1.5) – 6 = 0 De donde obtenemos: ICQ3 = Io = 2.65/(0.025 +1.01(1.5)) = 1.72 mA ICQ3 = Io =1.72 mA Debido a que las redes de poarización de base de Q1 y Q2 son iguales, entonces sus corrientes serán también iguales: ICQ1 = Io/2 = 0.86 mA e ICQ2 = Io/2 = 0.86 mA A continuación procedemos a hallar el voltaje de polarización de cada transistor:
AMPLIFICADOR DIFERENCIAL CON FET En la figura 3.7 se muestra una versión que emplea Mosfets. La fuente de corriente está formada por un jfet +VDD
RD
RD
Q1
V1
Q2
RG
Q3
RG
V2
-V S S
Fig. 3.7 ANALISIS EN DC: Obtendremos las expresiones de los puntos de operación de los transistores. Los transistores Q1 y Q2 son iguales y, debido a que sus redes de polarización son iguales, las corrientes de drenador (ID) de ambos transistores también serán iguales. Semás el JFET Q3 trabaja con su corriente I DSS : Io = IDSS3 Además: IDQ1 = IDQ2 = Io/2 Conociendo la corriente que entrega la fuente de corriente podemos conocer la del punto de operación de cada transistor. Como los fets deben trabajar en la zona de saturación, podemos emplear su ecuación para esa región: ID = IDSS(1 – VGS /VT)2 La tensión DC en las fuentes de los transistores es: VS = -VGSQ
14
A continuación: VDSQ1 = VDSQ2 = VDD – IoRD /2 - V E En este caso las tensiones drenador-fuente son iguales debido a que también lo son las resistencias de drenador.
ANALISIS EN AC: Obtendremos las expresiones de las ganancias e impedancias en modo diferencial y en modo común, para pequeña señal. Utilizaremos el modelo de pequeña señal y baja frecuencia del fet. El circuito equivalente es el mostrado en la figura 3.8 En dicho esquema, Z es la impedancia en AC que ofrece la fuente de corriente. Para analizar usamos la teoría de circuitos, de los cuales resulta el esquema de la figura 3.9. Adicionalmente, se han representado las señales de entrada (V1 y V2) mediante el modo común (Vc) y el modo diferencial (Vd). Como el modelo es lineal, podemos aplicar superposición y hallaremos la ganancia en modo diferencial haciendo cero la señal en modo común (Vc = 0); luego hallaremos la ganancia en modo común haciendo cero la señal en modo diferencial (Vd = 0)
RD
RD
gm V g s1
gm V g s2 rd s
rd s
+ Vgs1 -
V 1
- Vgs2 +
Z
RG
RG
V2
Fig. 3.8 RD
RD V s1
Vs 2
gm Vgs1
gm V gs 2 rd s
rd s
+ Vgs1 -
- Vgs2 +
+ V d /2
-
V d/2 Z
RG
RG
-
+
+
+
Vc
Vc -
-
Fig. 3.9
15
GANANCIA EN MODO DIFERENCIAL: (Se hace cero el modo común: V c = 0) Empleando simetría podemos concluir que el voltaje en los terminales de fuente es cero (tierra virtual para el modo diferencial). Para el modo diferencial: V d V d V gs1
=
V gs 2
2
= −
2
1) A continuación: Vs1 = - [gm (RD//rds)] Vgs1 Luego: Ad 1
= −
g m ( R D
// r ds )
2
Ad1 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q1 2) Si tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q2: Vs2 = - [gm(R D//rds)] Vgs2 Luego: Ad2 = + gm (R D //rds)/2 Aquí vemos que la salida está en fase con el modo diferencial y Ad2 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q2. 3) Si tomamos la salida balanceada entre los drenadores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = - [gm (R D//rds)] Vgs1+ [gm(R D//rds)] Vgs2= - gm(RD//rds) Vd Luego: Ad12 = - gm(RD //rds) Aquí vemos que la salida es el doble que en los casos anteriores y Ad12 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida balanceada entre los en los drenadores de Q1 y Q2. IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO DIFERENCIAL: En el circuito de entrada vemos que para el modo diferencial: Zid = 2 RG GANANCIA EN MODO COMUN: (Se hace cero el modo diferencial: Vd = 0) Empleando simetría podemos llegar al circuito equivalente de la figura 3.10 RD
RD Vs1
Vs2
gm Vgs1
gm Vgs2 rd s
rd s
+ Vgs1 -
- Vgs2 +
+
+
V c
RG RG
2Z
-
Para el modo común:
V c
2Z -
Fig. 3.10 Vgs1 = Vc – [(2Z gm rds)/(2Z + rds + RD)]Vgs1
16
De donde:
Vgs2 = Vc - [(2Z gm rds)/(2Z + rds + R D)]Vgs2 Vgs1 = [(2Z + rds + RD)/(2Z(1 + μ) + rds + RD)]Vc Vgs2 = [(2Z + rds + R D))/(2Z(1 + μ) + rds + RD)]Vc μ = gm rds
1) A continuación: Vs1 = - μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + R D) Vc Luego: Ac1 = - μ RD /(2Z(1 + μ) + rds + R D) Ac1 es la ganancia en modo común cuando tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q1. Vemos que depende inversamente de la impedancia en AC de la fuente de corriente. Si esta impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. 2) Si tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2: Vs2 = Vs1 = - μ R D/(2Z(1 + μ) + rds + R D) Vc Luego: Ac2 = - μ RD /(2Z(1 + μ) + rds + R D) Aquí vemos que la salida es igual en amplitud y signo que en el drenador de Q1 e, igualmente, si la impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. 3) Si tomamos la salida balanceada entre los drenadores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = - μ R D/(2Z(1 + μ) + rds + R D) Vc + μ R D/(2Z(1 + μ) + rds + R D) Vc = 0 Ac12 = 0 Luego: Esto significa que tomando la salida en forma balanceada podemos disminuir más la ganancia en modo común (idealmente se hace cero). IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO COMUN: En el circuito de entrada vemos que para el modo común: Zic = ½ RG Vemos que si deseamos tener una alta impedancia de entrada en modo común R G debe ser elevado o no debemos colocar esta resistencia. MULTIPLICADOR ANALOGICO: El circuito mostrado es un multiplicador analógico de 4 cuadrantes, conocido como celda de Gilbert.
17
+VCC
R
R + VL-
Q1
Q2
Q3
Q4
+ V1 -
Q5
Q6
+ V2 -
Ik 1
Sabemos:
V 1
= V
BE 1
− V
BE 2
= V
T
ln
I I
C 1
C 2
PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA P 3.1.- En el amplificador diferencial mostrado, halle: A) los puntos de operación B) la ganancia de tensión -10v
2k
Q1
Q2 1k
1k
+ Vo -
+ Vi -
5mA
Q1 = Q2, SILICIO, hie = 1K, hfe = 100, hre =0, hoe = 0 La resistencia en ac de la fuente de corriente es 1 MΩ
PROBLEMA P3.2.- a) Muestre el esquema circuital que permita hallar T b) Halle la expresión de la ganancia de bucle.
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c) Halle la expresión de Zof (no considerar RL). Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor y que todos tienen las mismas características eléctricas. +V C C R1
R2
R3
R4 Q6 Q4
R6
Rs Q1
Q25 +
Vg
RL
VL -
R7
R5
Re -V E E
PROBLEMA P3.3.- Diseñe un amplificador diferencial con mosfet el IRF840 para obtener una ganancia con salida balanceada de 50. PROBLEMA P3.4.- En el siguiente circuito, halle el punto de operación de cada transistor. Datos:VBE1 = VBE2 = VBE3 = 0.6V ; β1 = β2 = β3 = 100 +9V 2K 6
60 3K
3K Q3 Q1
Q2 60
1K
1K 0K 5
PROBLEMA 3: En el siguiente circuito, determine la expresión de x de manera que la corriente DC por la resistencia RL sea cero. Q1: VBE1, hFE1. Q2: VBE2, hFE2
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+V C C
R
R
RL
Q1
Q2 P
X
Rb
Rb Re
-V E E
PROBLEMA P3.6.- En el siguiente circuito, halle el punto de operación de cada transistor y la máxima excursión posible. Para todos los transistores: VBE = 0.7V, hFE = 100 +12V
10 K
10 K
Q1
Q2 Q3
100K
Q4
50
50
100K
Q5
2K 9 1K 3
1K 3
-V E E
PROBLEMA P3.7.- En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Vo(t); si: Vi(t) = 10 sen(wt) mV Asuma: Q1 = Q2 con: hfb = -0.98, hib = 10Ω, hfe = 100, V BE = 0.7V Las fuentes son ideales. - 10V
2K + Vo(t )
Q1
Q2
V i(t) 5 mA
PROBLEMA P3.8.- En el siguiente circuito, halle: 20
-
a) El punto de operación de cada transistor. b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común. c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 con: hie = 1KΩ, hfe = 100, VBE = 0.7V +6V 4K
Q1
Q2
V 1.
V2 100K
100K Q3 C 5K
5K
1K 5 D1
-6 V
PROBLEMA P3.9.- En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 = Q4 con: hie = 1KΩ, hfe = 100, V BE = 0.7V +12V 2K 2K 8
465K
465K Q1
Q2
Q3 Q3
PROBLEMA P3.10.- En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común.
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Asuma: Q1 = Q2 = Q3 = Q4 con: hie = 1KΩ, hfe = 100, V BE = 0.7V +12V 2K
4K
Q1
Q2
i1
i2 15K
15K 2K
-41V V = 2 sen ( ω t ) + 0.5 sen ( 3ω t ) PROBLEMA 3.11.- Si en un A.D. con MOSFET, ,y V2 = sen(wt) + 0.4 sen(3wt) y se tiene: Ad(w) = 100|180° , Ad(3w) = 50|210°, Ac(w) = 1|180° y Ac(3w) = 0.2|270°. Halle la expresión sinusoidal del voltaje de señal de salida. 1
PROBLEMA 3.12: En un A.D. se tiene: V 1 = 2mv cos(wt) y V2 = 4 mv sen(wt) Se sabe que: CMRRdb = 100db y Ac = 0.5 a) Halle el voltaje de señal de salida, V L(t) b) Suponiendo que el amplificador no se puede modificar, ¿de qué manera reduciría más la señal de salida en modo común en la salida? PROBLEMA 3.13.- En el circuito mostrado, determine la relación que debe haber entre RC y RL para que la ganancia de tensión sea: Avd = -2 gmd RC Asuma: V1 > V2 +V C C
RC
RC
RL
Q1
Q2
V1
V2
Io
PROBLEMA 3.14: En el circuito mostrado, asuma Q1 = Q2, silicio, β = hfe >>1. Determine una expresión para hallar I
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VCC I
R
Q1
Q2
R4 R
PROBLEMA 3.15: En el circuito mostrado, asuma Q1 = Q2 = Q3, silicio, β = hfe >>1. Determine: Los puntos de operación, las ganancias e impedancias de entrada y de salida. Asuma para Q3: hob = 10 -6s +12V
R5 10K
R7 220K
RC 1K
RC 1K
C1
C2 Q1 2N2222
Q2 2N 2222
100uF
R1 1K
R8 220K
100uF
R3 1K Q3 2N 2222
Vg
R2 100
R4 220
C3
R6 4 .7 K
R9 1K
100uF
PROBLEMA 3.16: Responda las siguientes preguntas: a) ¿En qué formas se puede reducir el modo común? b) ¿Por qué se afirma que el ruido es parte del modo común? c) ¿Por qué es conveniente el empleo de salida balanceada en un AD? d) ¿Por qué debe emplearse una fuente de corriente constante con el A.D.? e) ¿A qué se le llama tierra virtual? f) ¿Por qué no hay tierra virtual con el modo común? g) ¿Por qué el A.D sólo produce distorsión con armónicos impares? h) ¿Para qué sirve la transconductancia para gran señal? i) ¿Cuándo se dice que una señal es balanceada?
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BIBLIOGRAFIA 1).- CIRCUITOS MICROELECTRONICOS: ANÁLISIS Y DISEÑO Muhammad Rashid Editorial: International Thomson Editores 2).- MICROELECTRONICA: CIRCUITOS Y DISPOSITIVOS Mark N. Horenstein Editorial: Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 3) MICROELECTRONICA: CIRCUITOS Y DISPOSITIVOS Sedra Smith Editorial: Oxford 4).- CIRCUITOS ELECTRONICOS II M. A. Martino, M. Leureyros Copias del curso – UNI 1980 5) ELECTRONIC CIRCUITS: DISCRETE AND INTEGRATED Schilling, Donald L. Belove, Charles Editorial: Mc Graw-Hill Kogakusha, Ltd. 6) DISPOSITIVOS Y CIRCUITOS ELECTRÓNICOS Millman, Jacob Halkias, Cristos C. Editorial: Mc Graw-Hill Book Company 7).- ANÁLISIS Y DISEÑO DE CIRCUITOS ELECTRÓNICOS INTEGRADOS Paul E. Gray Robert Meyer Editorial: Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 8).- COMMUNICATION CIRCUITS: ANALYSIS AND DESIGN Clarke, Kenneth Hess T. Donald Editorial: Addison-Wesley Publishing Company
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