Esercitazione 6 Progetto di amplificatori a singolo stadio

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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
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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
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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
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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
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⎛ 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:
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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
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RC
RL
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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.
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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
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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.
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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.
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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
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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
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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
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Req =
6.25 ⋅ 5.75
≈ 3MΩ
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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
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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
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