Esercitazione 6 Progetto di amplificatori a singolo stadio
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1 Esercitazione 6 Progetto di amplificatori a singolo stadio Utilizzando il numero minimo di stadi CE si vuole progettare un amplificatore di tensione con guadagno di Av=800V/V quando è alimentato da un generatore di segnale di ampiezza pari a 5mV rms su resistenza di uscita di 10 KΩ. Si dispone di un unico alimentatore con Vcc=10V di BJT npn con β=200 Ic=2mA VA=100V e con resistori di tolleranza del 5%. Si assumano i transistor a T amb=300K°. Si richiede di disegnare lo schema equivalente con i capacitori non dimensionati di progettare i due stadi per garantire tutta l’escursione del segnale. Traccia di una possibile soluzione. Per prima cosa disegnamo lo schema del circuito che è immediato VDD = 10 VDD = 10 VDD = 10 VDD = 10 RC C2 → ∞ R1 RC C2 → ∞ C Rg RL B R1 C Rg C1 → ∞ R2 C1 → ∞ Vg C3 → ∞ B R2 C3 → ∞ E E RE RE In primo luogo notiamo che con ‘un’ampiezza di 5mV e un guadagno di 800V/V l’ampiezza del segnale in uscita sarà al max di VOUT = 4V Dato che abbiamo un carico di 10KΩ questo significa anche che sull’uscita deve scorrere una corrente di I OUT = 4V = 0.4mA sovrapposta alla corrente di polarizzazione 10 3 Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 2 Lo swing di corrente da garantire non è particolarmente elevato, pertanto il progetto sarà abbastanza semplice. Per la suddivisione del guadagno si può fare in tanti modi. Nel nostro caso possiamo partire per esempio dall’uscita dato che conosciamo la resistenza di uscita diventa quindi facile esprimere il guadagno del secondo stadio mentre quello del primo dipende da cosa vede il primo come resistenza di ingresso che saranno le resistenze di polarizzazione utilizzate per il primo stadio Quindi noto il punto di polarizzazione del transistor possiamo calcolare i parametri a piccolo segnale I C = 2 −3 A; VT = 25mV IC 2 −3 gm = = = 0.08 VT 25 −3 rπ = β gm = 200 = 8 KΩ 25 −3 AVmax ≈ 10 ⋅ V DD = 120 = 41.58dB Quindi mi servirebbero due stadi Possiamo procedere in diversi modi o imporre uno stadio di guadagno e vedere come dimensionare il sistema oppure eseguire un dimensionamento del sistema con vaori standard e vedere cosa riusciamo a realizzare per esempio fissando lo stadio di uscita e seguendo le regole pratiche di progetto. Usiamo il secondo metodo quindi fissiamo un resistore di 10 KΩ di carico e usando le regole pratiche di progetto determiniamo il secondo stadio e di conseguenza determiniamo il primo. Devo garantire uno swing di 4 V al segnale di uscita quindi dovrei polarizzare il mio transistor in maniera tale da Garantire le seguenti correnti Ic= 2mA β=200 Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 3 IB = IC β = 2 −3 = 10 µA 200 I E = (β + 1)I B = 2.01mA VDD = 10 VDD = 10 RC IB R1 IC C B VCE = 4 VB = 3 R2 E IE RE V B = 3V → VBE = VB − VE = 0.7 → − V E = 0.7 − 4 → VE = 2.3V Siccome conosciamo la corrente sull’emettitore verrebbe da dire che RE = 2.3V = 1.144 K 2.01mA Mentre RC = 10 − 7 = 1.5KΩ 2.0mA Per dimensionare i resistori R1 ed R2 si conoscono le tensioni e si può applicare la regola che prevede di far scorrere nei due resistori una corrente circa dieci volte minore di quella che scorre nella serie di R1 ed R2 nel nostro caso sono 200µA Quindi si trova Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 4 10 − 3 = 35 KΩ 200 µA 3 R2 = = 15 KΩ 200 µA R1 = R BB = 10.5 KΩ VDD = 10 RC IB ⎛ R2 ⎞ ⎟⎟ VBB = VDD ⎜⎜ ⎝ R1 + R2 ⎠ IC C B VCE = 4 RBB = (R1 // R2 ) E IE RE Applicando il teorema di thevenin si ha che V BB − R BB ⋅ I B − V BE − R E I E = 0 IE = V B − V BE 3 − 0.7 = 1.92mA = R BB (15K // 35K ) 1.144 K + RE + 201 (β + 1) Per portare la corrente a 2mA possiamo per esempio diminuire la resistenza di emettitore V B − V BE R BB 3 − 0.7 10.5 3 (R E ) = − = − = 1.097 KΩ (β + 1) 2 −3 IE ⋅ 201 V E = R E I E = 1.097 3 2 −3 = 2.194 Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 5 ⎛ R2 V B = 10⎜⎜ ⎝ R1 + R2 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎟⎟ = 10⎜ ⎟ = 3 ⎝ 50 ⎠ ⎠ V BE = 3 − 2.194 = 0.8 Consideriamo ora il dimensionamento effettivo del terminale di collettore RC = 10 − 4 − 2.194 = 1.9 KΩ 2.0mA In questo caso si ha che VC = 1.9 K ⋅ 2 −3 = 3.8 Essendo la tensione del collettore maggiore della tensione di base ed essendo il transistor di tipo npn ne consegue che la giunzione base collettore è polarizzata inversamente e che quindi il transistor funziona correttamente in regione attiva diretta. Per determinare il guadagno del secondo stadio si può determinare il modello a parametri a piccolo segnale e calcolare la funzione di trasferimento come fatto precedentemente. Nota la VCE ora possiamo calcolare la ro dek midello a piccolo segnale rO = 100 − 0.8 = 49.6 KΩ 2 −3 Il modello a piccolo segnale è RBB rπ V1 gmvbe rO RC RL E l’espressione del guadagno è: Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 6 AVTH = − g m [rO // RC // R L ]v be v be = rπ V (R BB + rπ ) TH AV 1 = VO rπ = − g m [rO // RC // R L ] (R BB + rπ ) V1 ⎛ ⎞ 83 ⎟⎟ = −0.08 ⋅ 1546 ⋅ 0.59 = −72.97 = 37.26dB AV 1 = −0.08[49.6 K // 1.9 K // 10 K ]⎜⎜ ⎝ 10.5 K + 8 K ⎠ Pertanto per arrivare al livello di guadagno desiderato si deve aggiungere uno stadio di guadagno pari a A1=10.96=20.79dB La differenza è che questa volta la resistenza di carico del primo stadio sarà la resistenza di ingresso del secondo che possiamo calcolare dal modello a piccolo segnale utilizzando le semplificazioni circuitali che abbiamo mostrato l’altra volta Dobbiamo quindi dimensionare il primo stadio stando attenti ora che al fatto che ora è presente anche l resistenza di ingresso Metodo 1 RTH rπ VS g mvbe rO Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] RC RL 7 RSS RBB rπ VS In questo caso si avrà RL1 = R IN 2 = R BB // rπ = 10.5 K // 8K = 4.5KΩ Il primo stadio ha gli stessi parametri a piccolo segnale del secondo qui il guadagno è fissato pertanto possiamo rigirare la formula per determinare quello che non conosciamo. In realtà qui la formula del guadagno è più complessa perché entra in gioco anche l’espressione del circuito equivalente di thevenin VO = − g m [rO // RC // R L ] rπ V (RTH + rπ ) TH VO = − g m [rO // RC // R L1 ] rπ ⎛ R BB R S ⎜⎜ + rπ ⎝ R BB + R S VO rπ = − g m [rO // RC // R L1 ] VS ⎛ R BB R S ⎜⎜ + rπ ⎝ R BB + R S ⎞ ⎟⎟ ⎠ VS R BB R BB + R S R BB ⎞ R BB + R S ⎟⎟ ⎠ Di questa noto il punto di polarizzazione conosciamo tutto tranne RBB e R1. Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 8 Supponiamo di fissare un valore per il resistore di polarizzazione sul collettore analogo a quello che abbiamo fissato per il primo stadio RC=2K possiamo determinare RBB 10.96 = 0.08[49.6 K // 2 K // 4.5K ] 0.102 = ( R BB ⎞ R BB + 10 K ⎛ R BB 10 K ⎜⎜ + 8K ⎟⎟ ⎠ ⎝ R BB + 10 K 8K R BB 8000 ⋅ 18000 R BB + 80 6 ( ) ) 0.102 18000 R BB + 80 − R BB 8000 = 0 R BB = 6 80 6 ⋅ 0.102 = 1.34 KΩ 6164 A questo punto eseguendo il dimensionamento analogo al precedente dal punto di vista della separazione delle tensioni si avrebbe RBB = 806 ⋅ 0.102 = 1.34 KΩ 6164 Poi si impone l’equazione di maglia da cui si determina il valore della resistenza di emettitore per avere il valore di corrente di 2mA sull’emettitore imponendo la caduta di tensione di 3 V sul resistore R2 come abbiamo fatto per il primo stadio ricordiamo che per determinare il guadagno abbiamo fissato il valore della RC come nel primo stadio 2 −3 = V B − V BE 3 − 0.7 = ⇒ R E = 1143Ω R BB 1.34 K R + RE + (β + 1) E 201 V E = 1143 ⋅ 2 −3 = 2.286V V BE = 3 − 2.286 = 0.714 VC = 10 − 2 3 2 −3 = 6 ⇒ VCE = 6 − 2.286 = 3.714V Essendo la VC>VE il transistor la giunzione è polarizzata in inversa ed essendo il transistor di tipo npn funziona in attiva diretta. Rimangono da calcolare i valori dei resistori che possono essere determinati risolvendo il sistema Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 9 R1 R2 ⎧ ⎪⎪ R BB = R + R = 1.34 K 1 2 ⎨ R2 ⎪ V BB = VCC ⎪⎩ R1 + R 2 R1 R 2 ⎧ = 1.34 K ⎪ R1 + R 2 ⎨ ⎪⎩0,3(R1 + R 2 ) = R 2 ⇒ R1 = 0.7 R 2 1340 ⋅ 2 ⎧ ⎪ R1 = 3.8 KΩ ⎨ 0.7 ⎪⎩ R2 = 2.6 KΩ La seconda strada consiste nell’imporre una relazione tra il valore di impedenza del generatore e il valore del parallelo tra R BB // rπ RSS RBB rπ VS In questo caso si può pensare dato che abbiamo un amplificatore di tensione di fare in modo che la maggior parte della tensione che vedo si trasferisca sul parallelo Imponendo un valore rπ // R BB > R S Si determina un valore di RBB e lo si sostituisce nell’espressione del guadagno determinando il valore di RC sino a trovare dei risultati soddisfacenti. Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 10 Esercitazione ES-2 Usando due stadi CS progettare un’amplificatore di tensione per correnti alternate capace di fornire un’amplificazione a frequenze intermedie di AVS=100V/V quando è alimentato da un generatore con ampiezza massima di VS=50mV e resistenza interna RS=47KΩ Si dispone di 1) un unico alimentatore a VDD=12V 2) Transistor MOSFET a canale p con µpCOX=20µA/V2 W/L=200 Vth=-1.25 λ=-0.008V-1 3) Resistori con tolleranza del 5% Si richiede di : Disegnare lo schema, dimensionare i singoli stadi determinandone le specifiche e di dimensionare gli stadi amplificatori Svolgimento punto uno. I transistor sono in configurazione CS e sono MOSFET a canale P quindi l’uscita sarà sul source. Per polarizzare i transistor si può considerare una rete di polarizzazione a 4 resistori. Le polarizzazioni dei due stadi saranno rese invisibili l’una con l’altra da dei capacitori C1 C2 e C3 per i quali non è richiesto il dimensionamento Considerando che un transistor a canale p ha il seguente schema − VGS IG = 0 + IS = ID − S VDS G + D ID Lo schema circuitale che ne deriva è il seguente. Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 11 RS C3 → ∞ R1 Rg C1 → ∞ RS S G C3 → ∞ R1 D Vg C2 → ∞ S G R2 D RD VDD = 12 VDD = 12 C2 → ∞ R2 RD VDD = 12 RL VDD = 12 Suddivisione delle specifiche. In linea di massima è noto che per un’amplificatore a Common source il guadagno ottenibile al massimo è pari a VCC Pertanto il guadagno massimo ottenibile è Amax = 21.58dB Dobbiamo progettare i due stadi in maniera tale che il guadagno di tensione sia A = 100 = 40dB Sembra dunque ragionevole imporre un valore di guadagno per ciascuno stadio di A = A1 = A2 = 20dB Dall’equazione del MOS in regione di saturazione si trova che ID = W 1 (VGS − VTH µ p C OX L 2 ) (1 + λV ) 2 DS Che in prima approssimazione può essere considerata senza il termine derivante dalla lunghezza del canale ID = 1 W (VGS − VTH µ p C OX L 2 ) 2 Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 12 Per essere siguri che il transistor sia in saturazione bisogna imporre che la VGS>VTH per esempio del valore di default di 1V In questo caso la corrente di polarizzazione sarebbe ID = 1 −6 2 20 200(1) = 2mA 2 Calcolo della funzione di trasferimento Sostituendo i modelli a piccolo segnale si calcola la funzione di trasferimento del secondo stadio (uscita) solo in prima approssimazione perché dipenderà infine anche dal primo stadio. Si deve allora utilizzare un procedimento iterattivo in cui prima si considera indipendente si determina poi Req per calcolare il guadagno del primo stadio e si vede come modificare il secondo stadio per ottenere le specifiche VG + Req gmvGS vGS − rO RD RL AV = − g m (rO // R D // R L ) Pertanto il guadagno dipende dalla gm dalla resistenza di uscita dalla resistenza che mettiamo nel carico gm = 2I D = 4 −3 Veff 10 = 4 −3 (rO // R D // R L ) ⇒ (rO // R D // R L ) = 10 = 2.5K 4 −3 Nota la −1 ⎡ ∂I ⎤ ⎡ KW (VGS − VTH )2 ⎤⎥ rO = ⎢ D ⎥ = ⎢λ ⎦ ⎣ ∂V DS ⎦ VGS = cos t ⎣ 2 L −1 = 1 1 = −3 = 62.5 KΩ λI D 2 0.008 Allora la RD e la RL si possono calcolare facilmente Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 13 RD si calcola dalle condizioni di polarizzazione ovvero dalla suddivisione della tensione in 1/3 1/3 e 1/3 L’equazione alla maglia di polarizzazione del circuito sarà V DD − R D I D − V DS − I D R S = 0 12 − R D I D − 4 − 4 = 0 ⇒ R D = 4 = 2 KΩ 2 −3 A questo punto un primo valore di RL per avere il guadagno in uscita sarà di: ⎛ 1.93KR L ⎜⎜ ⎝ 1.93K + R L ⎞ ⎟⎟ = 2.5K ⎠ 4.825 6 + 2.5 KR L = R L ⇒ 8.5KΩ Posso polarizzare ora il transistor in maniera tale da assicurare la VG richiesta VGS − VTH = 1 ⇒ VGS = 2.25 La VS è subito nota dalla suddivisione delle polarizzazioni, quindi abbiamo che VG − V S = 2.25 ⇒ VG = 6.25V Quindi scegliendo una corrente molto più piccola che scorre nelle resistenze, per esempio 10 volte minore rispetto a quella di polarizzazione si ha un primo dimensionamento di R1 ed R2 del secondo stadio. Occorre notare che minore è la corrente che si sceglie scorrente nel ramo più sarà alta la resistenza e quindi meno modifiche occorrerà fare alla fine Imponendo per esempio sulla maglia di ingresso del secondo stadio la corrente di IµA avremo che R2 = 6.25V = 6.25MΩ 1− 6 Mentre R1 = 12 − 6.25 = 5.75MΩ 1− 6 Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 14 Req = 6.25 ⋅ 5.75 ≈ 3MΩ 12 Consideriamo ora questa come resistenza di carico del primo stadio In linea di principio la RD del primo stadio si può considerare uguale a quella del secondo perché c’è la stessa suddivisione delle tensioni per la polarizzazione In questo caso si avrà per il guadagno che ⎛ ⎞ Req ⎟ 10 = 4 −3 (62.5K // 2 K // 3M )⎜ ⎜ R + 4.7 K ⎟ ⎝ eq ⎠ Da questa è facile trovare il valore di ⎛ ⎞ Req ⎟ 10 = 4 −3 (1928)⎜ ⎜ R + 4.7 K ⎟ eq ⎠ ⎝ 1.29 Req + 6.063K = Req 0.29 Req = 6.063K Req = 20.90 K Ora la resistenza di uscita del primo stadio è RD=2K Il guadagno del primo stadio allora diventa AV = 4 −3 (2.5 K ) 3M = 19.98dB 3M + 4.7 K Per cui basta modificare leggermente il valore della resistenza di uscita e ottenere i 20dB richiesti Per quanto riguarda il primo stadio occorre dimensionare ora i resistori in maniera tale da garantire al transistor il funzionamento in regione di saturazione In questo caso conosciamo la Req che sarebbe il parallelo posso risolvere il sistema di due equazioni in due incognite Esercitazioni di elettronica 1: [email protected] 15 RR ⎧ Req = 1 2 = 20.90 K ⎪⎪ R1 + R 2 ⎨ R2 ⎪6.25 = 12 → R 2 = 1.2 R1 R1 + R 2 ⎩⎪ ⎧1.2 R1 ⎪ = 20.90 K ⎨ 2.2 ⎪⎩ R2 = 1.2 R1 ⎧ R1 = 38.35 K ⎨ ⎩ R 2 = 46 K Esercitazioni di elettronica 1: [email protected]
