Esercitazione n°2: Circuiti di polarizzazione (2/2)

Esercitazione n° 2: Circuiti di polarizzazione (2/2)
Esercitazione n°2: Circuiti di polarizzazione
(2/2)
1) Per il circuito di in Fig. 1 dimensionare R in modo tale che la
corrente di collettore di Q1 sia 5 mA.
Siano noti: VCC = 15 V; β = 150; Q1 = Q2
Fig. 1: Specchio di corrente.
Osserviamo che VCB(Q1) = 0 V garantisce che il transistore Q 1 operi in
regione attiva. Inoltre siccome le tensioni V BE dei due transistori
coincidono, trascurando l'effetto Early, essi avranno la stessa corrente
di collettore (a patto ovviamente che i due transistori siano identici da
un punto di vista tecnologico). Scrivendo un bilancio di correnti al nodo
di collettore di Q1,otteniamo:
I R= I C +2⋅I B
Quindi dalla LKT alla maglia di ingresso di Q1 è possibile scrivere:
2
V CC =R I +V BE =R( I C +2I B )=R I C (1+ )
β
Il valore di R si ricava agevolmente come:
1
Esercitazione n° 2: Circuiti di polarizzazione (2/2)
R=
V CC
2
I C (1+ β )
≈2,96 k Ω
Questo circuito sintetizza in prima approssimazione il funzionamento di
un generatore di corrente. Infatti, sempre nell'ipotesi di trascurare
l'effetto Early, la corrente I C(Q2) replica quella di Q1 indipendentemente
dal suo carico. Questo lo rende un buon candidato nei circuiti di
polarizzazione basati su generatori di corrente.
2) Per il circuito in Fig. 2 determinare i valori di R, R C ed RB1
affinché IC(Q3) = 10 mA, VC(Q3) = 6 V.
Siano noti: VCC = 15 V; β = 150; Q1 = Q2 = Q3
Fig. 2: Polarizzazione con specchio di corrente.
Osserviamo subito che questo circuito, in prima approssimazione, può
essere rivisto come in Fig. 3 (polarizzazione con generatore di corrente).
Partiamo con il dimensionare lo specchio di corrente:
2
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R=
V CC
2
I C (1+ β )
≈1,48 k Ω
Il resistore di carico di Q3 si determina agevolmente a partire dalla
condizione sul relativo potenziale di collettore (In mancanza di un
vincolo di progetto una buona regola è quella di porre il nodo di uscita a
metà del potenziale di alimentazione, ovvero VC = ½ VCC):
RC =
V CC −V C (Q3)
=900 Ω
I C (Q3)
Fig. 3: Polarizzazione con generatore di corrente.
Il resistore RB è necessario per il corretto funzionamento del circuito, a
meno di non utilizzare una alimentazione duale per il circuito e porre la
base di Q3 a massa (Infatti affinché in Q3 circoli una corrente, bisogna
garantire VBE > 0). Il suo valore influisce sul potenziale di emettitore.
Dal momento che non è dato alcun vincolo di progetto, possiamo
pensare di porre VE = 1/10 di VCC e quindi ottenere dalla LKT alla maglia
di ingresso di Q3:
RB =
V CC−V BE (Q3)−V E (Q3)
≈192 k Ω
I B (Q3)
3
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3) Per il circuito mostrato in Fig. 4, determinare i valori di tutti i
resistori di polarizzazione affinché si abbia IC = ID = 0,2 mA; VD
= 12 V.
Siano noti: VCC = VDD = 15 V; β = 100; K'P = 100 μA/V2; W/L = 10; VTH =
0,8 V.
Fig. 4: Accoppiamento in continua tra due stadi amplificatori.
Per semplificare l'analisi statica del circuito riportiamo sullo schematico
di Fig. 5 il verso delle correnti e delle tensioni nel circuito in esame.
Per il primo stadio, il vincolo sulla corrente di collettore fissa in maniera
univoca il valore del resistore RB1. Infatti si ha:
R B1=
V CC −V BE
β=7,15 M Ω
IC
Non avendo alcun vincolo sul valore della tensione V CE di riposo, si ha
un grado di libertà nella scelta di RC. Una possibile scelta è quella di
porre VC = VCC/2. Bisogna ovviamente tener conto che il valore di V C
influisce direttamente sulla polarizzazione del secondo stadio. Quindi se
la scelta del punto di lavoro di Q1 dovesse risultare inappropriato per il
funzionamento di M1, bisognerebbe riconsiderare un nuovo valore di VC.
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Esercitazione n° 2: Circuiti di polarizzazione (2/2)
Fig. 5: Accoppiamento in continua tra due stadi amplificatori: correnti e tensioni.
Supponendo di porre VC = VCC/2, si ottiene:
RC =
V CC −V C
=37,5 k Ω
IC
In maniera analoga ad RC è facile ricavare il valore del resistore R D,
infatti si ha:
R D=
V DD−V D
=15 k Ω
ID
Resta da determinare RS. Ricordiamo che la corrente di drain di M1
dipende dal valore della differenza di potenziale V GS. Il valore di VG è
pari a VC ed è quindi fissato. Resta da determinare V S in modo tale che
la ID sia quella imposta da progetto. Imponendo il funzionamento di M1
in zona attiva si ha:
1
W
1
W
I D = K ' P (V GS−V TH )2= K ' P (V C −RS I D −V TH )2
2
L
2
L
Ricavando il valore di RS da questa espressione si ottiene:
5
Esercitazione n° 2: Circuiti di polarizzazione (2/2)
V C −V TH −
RS =
√
ID
1
W
K'P
2
L
ID
=30,34 k Ω
4) Per il circuito mostrato in Fig. 6, valutare il punto di lavoro
statico.
Siano noti: VDD = 12 V;
KM11=103μA/V2; VTH = 1V.
RD=3kΩ; RS=1kΩ; RG1=700kΩ; RG2=300kΩ;
Fig. 6: Circuito di polarizzazione del MOSFET a 4 resistori.
Osserviamo subito che in questo esercizio si pone un problema di
analisi del punto di lavoro e non di progetto della rete di polarizzazione.
Infatti, il progetto di quest'ultima è abbastanza agevole. Dati i vincoli su
corrente di drain e potenziali di drain e source in assenza di segnale (in
mancanza di questi ultimi è possibile utilizzare le stesse considerazioni
pratiche fatte per il caso del bjt) si procede al seguente modo:
• Dalla equazione della corrente di drain si ricava il valore
necessario di VGS.
1
1
W
K M1= μ n Cox
.
2
L
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Esercitazione n° 2: Circuiti di polarizzazione (2/2)
• Si dimensiona il partitore RG1-RG2 in modo tale da avere la
tensione di gate richiesta tenendo conto del potenziale statico di
source (se non connesso a GND).
• Dalle condizioni sui potenziali di drain e source si ricavano i valori
di RD ed RS.
Tornando al problema in questione, tenendo conto che l'equazione della
corrente di un MOSFET è un'equazione quadratica, dobbiamo aspettarci
due soluzioni di cui, ovviamente, solo una ammissibile. In effetti
affrontando lo studio del punto di lavoro di un MOSFET ci troveremo
sempre difronte ad una situazione come quella descritta nella Fig. 7:
Fig. 7: Possibili soluzioni dell'equazione della corrente di un MOSFET.
Nel caso in esame possiamo scrivere l'equazione della corrente di drain
di M1 e supporre che questo sia in pinch-off (condizione da verificare a
posteriori):
I D = K M1 V GS – V TH  2 =K M1 V G −V S – V TH 2 =K M1 V DD
2
RG2
−I D R S – V TH 
RG1 RG2
Questa è ovviamente una equazione di secondo grado in ID che risolta
da due possibili valori per la corrente di drain. La discriminante che ci
permette di scegliere il giusto valore è la condizione di funzionamento
del MOSFET: VGS > VTH.
Esplicitando la precedente equazione in ID e risolvendo si ottiene:
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Esercitazione n° 2: Circuiti di polarizzazione (2/2)
I D1=4,788 mA
I D2 =1,412 mA
Da cui possiamo calcolare le rispettive VGS come:
V GS1 =V DD
RG2
−I D1 R S =−1,188 V
RG1 RG2
V GS2 =V DD
RG2
−I D2 RS =2,188 V
R G1RG2
Evidentemente la soluzione da prendere in considerazione è la seconda.
Inoltre è facile verificare che:
V DS =V DD− RS R D  I D =6,35 V >
V GS −V TH =1,188V
Quindi M1 è effettivamente in pinch-off.
Bisogna inoltre dire che sarebbe stato possibile anche ottenere una
equazione di secondo grado nell'incognita VGS, infatti:
V GS =V DD
RG2
RG2
−RS I D =V DD
−R S K M1 (V GS−V TH )2
RG1+RG2
RG1+R G2
Esplicitando in VGS si ottengono ancora due possibili soluzioni di cui solo
una rispetta la condizione VGS > VTH.
Il punto di lavoro è determinato oltre che dalla corrente di drain, dai
potenziali di drain, gate e source. Quindi per completare l'esercizio
bisogna valutare tali potenziali:
V D =V DD− R D I D =7,76V
V S =R S I D =1,41 V
V G =V DD
R G2
=3,6V
RG1R G2
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