Esercitazione 3

Esercitazione 3
Biagio Provinzano
Aprile 2005
Esercizio 1
I BJT npn hanno la stessa area e la stessa corrente di saturazione, consideriamo VA → ∞, β = 100, VBE ∼
= 0.7V in zona attiva ed infine Cπ = Cµ = 10pF .
Il generatore di piccolo segnale vi è a valore medio nullo. Determinare:
1. il punto di lavoro del circuito specificando il valore delle correnti in ogni
ramo e delle tensioni ad ogni nodo.
2. il guadagno AV = vvos per piccolo segnale ed in media frequenza, specificandone l’espressione simbolica ed il valore numerico
3. la frequenza inferiore di taglio fL a −3dB
4. la frequenza superiore di taglio fH a −3dB
Con riferimento alla Figura 1 utilizziamo i seguenti dati: Rs = 5kΩ, RC =
5kΩ, RL = 800Ω, C = 1µF , Io = 2mA, VCC = −VEE = 10V , ro → ∞.
Esercizio 2
Con riferimento alla Figura 2 supponiamo che i due BJT npn abbiano la
stessa area e la stessa corrente di saturazione, VA → ∞, β = 100, VBE ∼
= 0.7V
in zona attiva ed infine Cπ = 20pF , Cµ = 10pF . Il generatore di piccolo segnale
vi è a valore medio nullo. Determinare:
1. il punto di lavoro del circuito specificando il valore delle correnti in ogni
ramo e delle tensioni ad ogni nodo.
2. il guadagno AV = vvos per piccolo segnale ed in media frequenza, specificandone l’espressione simbolica ed il valore numerico
3. la frequenza superiore di taglio fH a −3dB
4. la frequenza inferiore di taglio
Utilizziamo i seguenti dati: Rs = 5kΩ, RC = 1kΩ, Io = 2mA, VCC =
−VEE = 5V , ro → ∞.
1
Figure 1: Stadio differenziale con ingresso sbilanciato ed uscita single-ended
Traccia delle soluzioni dell’esercizio 1
Analisi in DC (punto di lavoro):
IE1
IC1
IB1
VE1
VC2
= IE2 = 1mA
= IC2 = αIE2 = 0.99mA
IC
= IB2 = 2 = 9.9µA
β
= VE2 = −0.7V
= VCC − RC IC2 = 5.05V
⇓
i due transistor lavorano in zona attiva
Analisi del guadagno di tensione di piccolo segnale in media frequenza (la
capacità di uscita è un corto circuito per il segnale):
vb1
vo
2rπ
vs , con ro → ∞
2rπ + Rs
vb
= gm (RC k RL ) 1
2
=
da cui si ottiene subito
2
Figure 2: Stadio differenziale con ingresso sbilanciato ed uscita differenziale
vo
2rπ
=
gm (RC k RL ) ∼
= 6.93
vs
2rπ + Rs
∼
con gm ∼
= 40 mA
V ed rπ = 2.525kΩ.
Osservazione 1 Si osservi che passando dalla base all’emettitore di Q1 si ottiene la partizione di 12 della tensione di ingresso. Questo è dovuto al fatto
che "guardando" nell’emettitore di Q2 si ha una resistenza equivalente pari a
re2 = re1 . Questo è il motivo per cui nonostante si abbia Q1 in configurazione
a collettore comune (CC) l’uscita è circa uguale a metà della tensione di base e
non si ha più ve ' vb .
Frequenze di taglio inferiore e superiore con il metodo delle costanti di tempo:
fL =
fin
=
fout
=
1
∼
= 27.4Hz
2πC(RC + RL )
1
∼
= 4.224M Hz
2π(Cµ +
k Rs )
1
∼
= 23.099M Hz
2πCµ (RC k RL )
Cπ
2 )(2rπ
per cui il polo dominante in alta frequenza risulta essere
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fH = fin
Traccia delle soluzioni dell’esercizio 2
Analisi in DC (punto di lavoro):
IE1
IC1
= IE2 = 1mA
= IC2 = αIE2 = 0.99mA
IC
= IB2 = 2 = 9.9µA
β
IB1
VE1
VC2
= VE2 = −0.7V
= VCC − RC IC2 = 4V
⇓
i due transistor lavorano in zona attiva
Analisi del guadagno di tensione di piccolo segnale in media frequenza (la
capacità di uscita è un corto circuito per il segnale):
vb1
vc1
vc2
2rπ
vs , con ro → ∞
2rπ + Rs
vb
= −gm RC 1
2
vb1
= +gm RC
2
=
da cui si ottiene subito
4
vo
2rπ
vc2 − vc1
=
=
gm RC ∼
= 20
vs
vs
2rπ + Rs
∼
con gm ∼
= 40 mA
V ed rπ = 2.525kΩ.
Frequenze di taglio superiore ed inferiore con il metodo delle costanti di
tempo:
kµ
=
kπ
=
−gm RC
= −20
2
1
2
sono i guadagni rispettivamente tra collettore e base ed emettitore e base
del transistor Q1 , per cui le frequenze caratteristiche risultano essere per effetto
Miller
fin
=
h
1
2π Cµ (1 +
fout1
=
fout2
=
h
gm RC
2 )
1
2π Cµ (1 +
2
gm RC )
+
i
Cπ
2
RC
i
(2rπ k Rs )
∼
= 289.372kHz
∼
= 15.157M Hz
1
∼
= 15.915M Hz
2πCµ RC
per cui il polo dominante in alta frequenza risulta essere
fH = fin
Non esiste una frequenza di taglio inferiore poichè il circuito è un amplificatore accoppiato in continua!!
Osservazione 2 Si noti come nel primo esempio (il collettore di Q1 è a massa
per il segnale) solo la Cπ1 viene moltiplicata per effetto Miller (in ingresso essa
si riduce di un fattore 12 ), ottenendo rispetto al secondo caso, nel quale entrambe
le capacità Cπ1 e Cµ1 subiscono una differente moltiplicazione Miller, un miglioramento nella risposta in alta frequenza dell’amplificatore differenziale.
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