Esercitazione 1

Esercitazione 1
Biagio Provinzano
Marzo 2005
In questa prima esercitazione ripasseremo il concetto di partizione di tensione
discutendo tre brevi esempi.
Con riferimento alla Figura 1 determiniamo la tensione Vo rispetto a massa
e le due cadute di tensione V1 e V2 tra le due alimentazioni duali VDD = +10V ,
VSS = −10V .
L’unica particolarità di questo circuito è che per determinare Vo bisogna
tener conto della presenza dell’alimentazione negativa, quindi occhio a non apR1
plicare la solita formula del partitore di tensione Vo = VRDD
, valida solo quando
1 +R2
VSS = 0V . Nel nostro caso si può pensare ad una sovrapposizione degli effetti,
considerando alternativamente le due alimentazioni.
VSS
VDD
Vo
VDD R1
R1 + R2
VSS R2
(II)
= 0V =⇒ Vo
=
R1 + R2
VDD R1 + VSS R2
10(R1 − R2 )
= Vo(I) + Vo(II) =
=
[V ]
R1 + R2
R1 + R2
= 0V =⇒ Vo(I) =
Osservazione 1 Risulta ovvio vedere che se R1 = R2 la tensione Vo si porta a
zero Volt, punto simmetrico rispetto alle due alimentazioni duali. Alternativamente è possibile vedere Vo come somma di VSS più la caduta di tensione V1 ,
da cui si ha
∙
¸
VDD − VSS
VDD R1 + VSS R2
Vo = V1 + VSS = R1
+ VSS =
R1 + R2
R1 + R2
Per le cadute di tensione basta riferirsi alla Figura 1 e scrivere le seguenti:
(VDD − VSS )R2
20R2
=
[V ]
R1 + R2
R1 + R2
(VDD − VSS )R1
20R1
=
=
[V ]
R1 + R2
R1 + R2
V2
= VDD − Vo =
V1
= Vo − VSS
In Figura 2 vogliamo calcolare la tensione al nodo Vo , riducendo il sistema
0
di resistenze con le regole della serie e del parallelo. Calcoliamo prima Vo e
1
successivamente Vo .
0
Vo
0
Vo
=
=
Vo R1
R1 + R2
VDD [R3 k (R2 + R1 )]
R4 + [R3 k (R2 + R1 )]
0
Con R1 = R2 = 1kΩ, R3 = R4 = 2kΩ e VDD = 3V si ottiene Vo = 1V ,
Vo = 0.5V .
Figura 1: Partitore di tensione tra due tensioni di riferimento di polarità opposta
In Figura 3 riconsideriamo il primo esempio aggiungendo un diodo con caratteristica ideale (Vγ = 0.7V ). Ipotizziamo che il diodo sia ON, per cui è possibile
sostituirlo con una batteria da 0.7V e calcoliamo la corrente che circola nel
circuito proposto.
ID
=
=
VDD − Vγ − VSS
, con R1 = R2 = R = 1kΩ
2R
19.3V
= 9.65mA
2kΩ
A questo punto è facile calcolare le tensioni nodali e le cadute di tensione
indicate in Figura 3. Il risultato è coerente con l’assunzione fatta di diodo in
conduzione.
Vo
0
Vo
V1
V2
= VDD − ID R = 0.35V
= Vo − Vγ = −0.35V
0
= Vo − VSS = 9.65V
= VDD − Vo = 9.65V
2
Figura 2: Partitore resistivo di un eventuale stadio di ingresso
Figura 3: Partitore di tensione con diodo ideale
3
Osservazione 2 Data la simmetria del problema (R1 = R2 = R ed inoltre
| VDD |=| VSS |), il risultato ottenuto poteva essere intuito osservando bene il
circuito.
Cosa succede se si capovolge il diodo? Possiamo a buon diritto ipotizzare
che il diodo non condurrà (ID = 0A) per cui V1 = V2 = 0V e Vo = VDD = 10V ,
VD = −20V . L’ultimo valore trovato conferma l’assunzione fatta, per cui il
diodo è effettivamente OFF.
Il prossimo circuito in Figura 4 rappresenta uno stadio base di amplificazione
realizzato con un MOS. Lo schema è noto come stadio a source comune. I dati
sono i seguenti: R1 = 700kΩ, R2 = 800kΩ, R3 = 2kΩ, R4 = 5kΩ, Cin = 100nF ,
C3 −→ ∞ (per il segnale), I = 1mA, VDD = 15V , Vth = 2V , K = 0.5 mA
V2 ,
ro −→ ∞.
Come prima cosa calcoliamo il punto di lavoro del dispositivo, indicando le
tensioni ad ogni nodo e le correnti in ogni ramo. Ipotizziamo che il MOS sia
acceso e che lavori in zona di satuazione (ovvero VGS > Vth e VGD < Vth ).
R1
Immediato è il calcolo di VG = VRDD
= 7V (ecco il partitore che abbiamo
1 +R2
VS
visto in precedenza). Ora dobbiamo imporre ID = K(VGS − Vth )2 = R
da cui
3
abbiamo VS1 = 7.79V e VS1 = 3.20V . Affinchè il MOS sia acceso accettiamo
V
il secondo valore. ID = RS31 = 1.6mA, IR4 = ID − Io = 0.6mA, da cui Vo =
VDD − R4 IR4 = 12V . Questo valore permette di confermare l’ipotesi fatta sul
punto di lavoro (VGD < Vth −→ 7V − 12V = −5V < 2V ). L’ultimo valore
richiesto è IR1 = IR2 = RV1DD
+R2 = 0.01mA.
Figura 4: Stadio di amplificazione a source comune
4
o
Calcoliamo il guadagno di tensione di piccolo segnale vvin
in media frequenza,
abituandoci a bypassare mentalmente il circuito equivalente di piccolo segnale.
Osserviamo subito che vgs = vg , poichè il source è a massa. Quindi possiamo
risalire a v0 in due passi:
vg
vo
sτ in
vin (funzione di trasferimento passa alto)
1 + sτ in
= −gm R4 vg (ro −→ ∞ ovvero VA −→ ∞)
vo
sτ in
sτ in
=⇒
=−
gm R4 = −9
vin
1 + sτ in
1 + sτ in
=
dove τ in = Cin (R1 k R2 ) ∼
= 37.33ms e gm = 2K(VGS − Vth ) = 1.8 mA
V . La
1
∼
frequenza di taglio inferiore risulta uguale a fL = 2πCin (R
4.26Hz.
In
=
kR
)
1
2
media frequenza possiamo calcolare le impedenze di ingresso e di uscita per il
segnale
Zin
Rout
1 + sCin Rp
sCin
= R4 = 5kΩ
=
dove Rp = R1 k R2 . Quindi notiamo che a frequenze elevate il segnale vede
Rp , mentre in continua il circuito di ingresso presenta per il segnale un’impedenza infinita.
Ora consideriamo il caso in cui VA = 100V (ro di valore finito) ed il segnale abbia una impedenza interna di R = 100kΩ. Vediamo cosa accade per il
guadagno di tensione e per le impedenze di ingresso e di uscita per il segnale:
vg
vo
sτ in
0 vin (è ancora un passa alto)
1 + sτ in
= −gm (R4 k ro )vg
vo
sτ in
sτ in
∼
=⇒
=−
0 gm (R4 k ro ) = −8.33
0
vin
1 + sτ in
1 + sτ in
=
0
dove τ in = Cin (Rp + R) ∼
= 47.33ms −→
0
1
0
2πτ in
∼
= 3.36Hz, ro '
VA
ID
= 62.5kΩ.
Notiamo infine che τ in > τ in . Non cambia l’impedenza di ingresso, mentre
cambia quella di uscita
Zin
Rout
1 + sCin Rp
sCin
= R4 k ro ∼
= 4.63kΩ
=
Come ultimo esercizio ricalcoliamo il guadagno di tensione nella situazone
in cui eliminiamo la capacità C3 e consideriamo ro infinito (per semplicità
eliminiamo anche R).
5
vg
vo
sτ in
vin
1 + sτ in
= −gm R4 vgs (ro −→ ∞ ovvero VA −→ ∞)
=
Questa volta (si veda Figura 5) non abbiamo più il source a massa per cui
per ricavare vgs abbiamo a che fare ancora con un partitore di tensione, visto che
guardando dentro il source vediamo una resistenza verso massa (ovvero verso il
gate posto a massa) pari a g1m (provare per credere!). Perciò possiamo scrivere
vgs
R3
= vg − vg 1
= vg
gm + R3
1
gm
1
gm
+ R3
= vg
1
1 + gm R3
da cui il guadagno risulta essere (il MOS si comporta come un generatore di
corrente di drain id comandato in tensione da vgs )
sτ in
sτ in
gm R4 ∼
vo
=−
= −1.95
vin
1 + sτ in 1 + gm R3
1 + sτ in
Figura 5: Circuito per il calcolo dell’impedenza di piccolo segnale vista entrando
dal source (ro −→ ∞)
Osservazione 3 Il guadagno (tralasciando la partizione di tensione d’ingresso) si è ridotto di un fattore 1+g1m R3 . Però comparando questa configurazione
con l’amplificatore con il source a massa, possiamo qui ottenere una maggiore
6
escursione del segnale in ingresso (dello stasso fattore di cui sopra) senza subire
distorsioni dovute all’uscita del dispositivo dalla zona di saturazione. Ci saranno altri vantaggi che vedremo in seguito, primo fra tutti una maggiore banda
passante.
Osservazione 4 Questa configurazione presenta una particolarità molto comune nei circuiti elettronici, ovvero si riscontra un effetto stabilizzante della
corrente di drain id dovuto alla controreazione negativa. Se ne parlerà approfonditamente più avanti nel corso, per ora mettiamo in evidenza che avere
controreazione vuol dire avere una frazione della variabile elettrica misurata in
uscita, riportata in ingresso e confrontata (sommata con segno) con un’altra
variabile elettrica. Formalmente potremmo dire che xout = f (xin , xout ), in tal
maniera si può condizionare un’osservabile elettrica.
Nel nostro caso, con rifer√
imento alla Figura 6, si osserva che se gm ∝ ID aumenta (per qualche ragione
aumenta la corrente di polarizzazione di drain), allora
gm ↑
=⇒ id ↑
=⇒ vs ↑
=⇒ vgs ↓
=⇒ id ↓
per cui si ha appunto un effetto di compensazione (situazione duale se ID
diminuisce) ed il guadagno risulta più stabile.
Figura 6: Esempio di circuito con reazione negativa il cui effetto è quello di
stabilizzare il guadagno dello stadio
Osservazione 5 Cosa succede nel calcolo del guadagno se consideriamo C3 di
valore finito (il segnale in media frequenza non vede più un corto dal source verso
massa)? In questo caso è molto semplice calcolare direttamente il guadagno, con
7
riferimento alla Figura 4 possiamo scrivere
vg
vo
vgs
sτ in
vin
1 + sτ in
= −gm R4 vgs (ro −→ ∞ ovvero VA −→ ∞)
1
R3
1
= vg
, dove Z3 = R3 k
=
1 + gm Z3
sC3
1 + sR3 C3
1
1 + sR3 C3
1
1 + sτ 3
= vg
= vg
R3 C3
1 + gm R3 1 + s 1+g
1
+
g
R
1 + sτ 03
m
3
m R3
=
con C3 = 100nF , τ 3 = R3 C3 , τ 03 =
τ 03
0
f3
R3 C3
1+gm R3 ,
per cui
∼
= 46.47µs < τ 3 = 200µs < τ in ∼
= 37.33ms
∼
= 3.42kH > f3 ∼
= 795.77Hz > fin ∼
= 4.26Hz
Infine il guadagno di tensione risulta essere
vo
vin
sτ in
gm R4 1 + sτ 3
1 + sτ in 1 + gm R3 1 + sτ 03
sτ in 1 + sτ 3
∼
= −1.95
1 + sτ in 1 + sτ 03
= −
Di seguito in Figura 7 sono riportati i diagrammi approssimati di Bode in
ampiezza e fase per il guadagno di tensione ricavato.
Figura 7: Diagrammi approssimati di Bode per il guadagno di tensione del
monostadio con C3 = 100nF
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