Respuesta en Frecuencia ElkaII

7/31/2019 Respuesta en Frecuencia ElkaII

1/26

gmv -

+

v

e

cb

=

c

e

bc r

c

ro

rb

Q

0wL wH

ABM

w

|H(jw)|dB

BW

Banda media

2011

Felipe Isaac Paz Campos

UNI

12/04/2011

SEGUNDA UNIDAD : RESPUESTA EN FRECUENCIA


2/26

91

CAPTULO 7 RESPUESTA ENFRECUENCIA DE UNAMPLIFICADOR.7.1 IntroduccinEn los captulos 2 y 3 se han estudiado los

transistores BJT y JFET comoamplificadores, sin considerar la zona de

trabajo de estos en funcin de lafrecuencia. En este captulo se realizar el

estudio del comportamiento de losamplificadores en funcin de la

frecuencia.Todo amplificador debe tener dos

frecuencias de corte, una frecuencia decorte en alto (wH) y una frecuencia de

corte en bajo (wL), por consiguiente unancho de banda (Bw). La zona de trabajo

del amplificador estar restringida pordicho ancho de banda (Bw).

7.2 Modelos de los transistores para elanlisis de frecuencia.Los modelos que vamos a utilizar son losque se presentaron en el captulo 2 y 3

incluyendo el efecto de las capacitanciasinternas.

7.2.1 El modelo a utilizar para AC deltransistor BJT NPN o PNP ser el mismo

para ambos transistores, figura 7.1.

La resistencia rbes un dato dado por elfabricante con un valor tpico de 100.r= (+1)re, ro se considera infinita, amenos que se indique lo contrario.

)(1 Sr

ge

m (7.1)

)(

C

CEA

oI

VVr (7.2)

)(26

E

eI

mVr (7.3)

VA: voltaje de Early, dato dado por el

fabricante.La capacitancia c tiene un valor tpico de2pF y la capacitancia se c se calcula a

partir de:

)(2 Hzccgfm

T

(7.4)

transicindeFrecuenciafT : dada por el

fabricante.

7.2.2 El modelo a utilizar para eltransistor JFET CANAL N O CANAL Pser el mismo para ambos transistores,figura 7.2.

2

)(

)1(offGS

GSDSSD

V

VII (7.5)

)1()(offGS

GS

momV

Vgg (7.6)

)(

2

offGS

DSSmo

V

xIg (7.7)

D

DSAo

I

VVr

(7.8)

VA: voltaje de Early, dato dado por el

fabricante.La capacitancia cgd tiene un valor tpicode 2pF y la capacitancia se cgs se calcula

a partir de:

)(

2Hz

cc

gf

gsgd

mT

(7.9)

transicindeFrecuenciafT: dada por el

fabricante.

7.3 Respuesta en frecuencia delamplificador.Todo amplificador debe tener una

respuesta en funcin de la frecuencia.Esto se muestra en la figura7.3.

s

gd

-

+

vgsgmvgs

s

g

d

CgsroJ

Figura 7.2

gmv -

+

v

e

cb

=

c

e

bc r

c

ro

rb

Q

Figura 7.1

cgd


3/26

92

En la figura 7.3:

ABM =i

o

v

v: Ganancia en la banda media.

Esta ganancia tiene un valor constante

dentro del ancho de banda BW.

BW = wH - wL: Ancho de banda.

wH: Frecuencia de corte en alto, dependede las capacitancias internas o parsitasdel transistor.

wL: Frecuencia de corte en bajo, dependede las capacitancias externas al transistor.

Banda media o banda de paso: Esdonde la magnitud de la ganancia se

puede considerar constante adems, estaganancia no depende de la frecuencia, en

otras palabras el efecto de lascapacitancias internas y externas del

transistor es considerado despreciable.

A altas frecuencias la ganancia cae debidoal efecto de las capacitancias internas del

dispositivo, mientras a bajas frecuenciaslos capacitores de acople y desacople ya

no actan como cortocircuito y por tantola ganancia del amplificador se ve

disminuida.Los limites de la banda media o banda de

paso estn determinados por wL y wH(figura 7.3). Estas dos frecuencias son

aquellas en las cuales la ganancia cae 3dBpor debajo del valor de la ganancia en la

banda media.

7.3.1 La ganancia como funcin de sdonde s = jw.La ganancia de un amplificador comofuncin de la frecuencia compleja (s)

puede ser expresada de la siguientemanera.

sFsFAsA HLBM (7.10)En la ecuacin (7.10) FL(s) expresa la

dependencia de la ganancia en funcin dela frecuencia en la banda de baja

frecuencia y FH(s) su dependencia en labanda de alta frecuencia.

Si w >> wL entonces FL(s) tiende a 1, deigual manera para w


4/26

93

7.3.1.1 Respuesta a bajas frecuencias.La funcin FL(s) que expresa la respuesta

a baja frecuencia del amplificador poseela forma general:

LN

LN

ppp

zzzsL

wswswswswswsF

............

21

21 (7.14)

Donde:LN

zzz www ...,, 21 Representan los

valores de los ceros de baja frecuencia.

LNppp www ...,, 21 Representan los valores

de los polos a baja frecuencia.En la ecuacin (7.14) puede observarse

que si s tiende a infinito entonces FL(s)tiende a 1. En muchos casos los ceros

poseen frecuencias tan bajas (muchomenores que wL) que poseen poca

importancia en la determinacin de wL.Adems, por lo general, uno de los polos,

por ejemplo wp1, posee una frecuenciamucho mayor que la de todos los otros

polos. Entonces si w se aproxima a labanda media, FL(s) puede escribirse

como:

1p

sLws

sF

(7.15)

La ecuacin (7.15) no es mas que unafuncin de transferencia paso alto deprimer orden. En este caso la respuesta de

baja frecuencia del amplificador es

dominada por el polo1pws y la

frecuencia inferior de -3dB es

aproximadamente igual a wp1.

1pL ww (7.16)

Lo expresado anteriormente se conoce

como aproximacin por polo dominante y

es vlida cuando exista polo dominante, sino existe tal polo debe entoncesencontrarse la respuesta completa de

jwFL para determinar wL. Se dice queestamos en presencia de un polo

dominante de baja frecuencia cuando elpolo de frecuencia mas alta supera al polo

o cero mas cercano en al menos 3 octavas

(un factor 8). Si no existe polo dominante

de baja frecuencia, puede encontrarse unaformula aproximada para determinar wL

en funcin de los polos y ceros existentesen el circuito.

Por ejemplo consideremos el caso de unafuncin de transferencia con dos ceros y

dos polos.

21

21

pp

zzsL

wsws

wswsF

(7.17)

Sustituyendo Ljws y tomando la

magnitud cuadrada de la funcin,

tenemos:

222212

2

2

22

1

22

pLpL

zLzLL

wwww

wwwwsF

(7.18)

Dado que los puntos de -3dB son lospuntos de potencia media entonces w =wL

cuando 2

12jwFL y por tanto:

222212

2

2

22

1

2

2

1

pLpL

zLzL

wwww

wwww

(7.19)

22

2

14

2

2

2

12

2

2

2

14

2

2

2

12

111

111

2

1

pp

L

pp

L

zz

L

zz

L

www

www

www

www

(7.20)

Ya que wL generalmente es mucho mayorque las frecuencias de todos los polos y

ceros, entonces podemos despreciar los

trminos que contienen4

1

Lwy despejar

wL para obtener:2

2

2

1

2

2

2

1 22 zzppL wwwww (7.21)

La expresin (6.21) puede extenderse

para una funcin con cualquier nmero de

polos y ceros. En la misma puedeobservarse que si 2121 ,, zzpp wwww

Entonces la expresin (7.21) se reduce a

la expresin (7.16),1pL

ww .


5/26

94

7.3.1.2 Respuesta a altas frecuencias.

La funcin FH(s) puede ser expresada de

la forma general de la siguiente forma:

H

H

pNpp

zNzz

sH

w

s

w

s

w

s

w

s

w

s

w

s

F

1......11

1......11

21

21 (7.22)

Donde:HN

zzz www ...,, 21 Representan los

valores de los ceros de alta frecuencia.

HNppp www ...,, 21 Representan los valores

de los polos a alta frecuencia.Se puede notar en la ecuacin (7.22) que

si s tiende a 0 entonces FH(s) tiende a 1.En la mayora de los casos los ceros son

infinitos o poseen frecuencias tan altasque tienen poca influencia en la

determinacin de la frecuencia superiorde -3dB (wH).

Si uno de los polos de alta frecuenciaposee un valor mucho menor que el de los

otros polos, wp1 por ejemplo, entonces larespuesta en alta frecuencia del

amplificador ser dominada por este poloy FH(s) puede aproximarse como:

1

1

1

p

sH

w

sF

(7.23)

La ecuacin (6.23) no es ms que lafuncin de transferencia de una red pasabajo de primer orden.En los casos en que exista un polo

dominante de alta frecuencia, ladeterminacin de wH se simplifica a

1pH ww (7.24)

Se dice que estamos en presencia de un

polo dominante de alta frecuencia cuandoel polo de ms baja frecuencia se

encuentra al menos 3 octavas por debajodel polo o cero ms cercano.

Si no existe polo dominante entonces wH

puede determinarse a partir de jwFH .De la misma forma que para bajas

frecuencias puede derivarse una formula

aproximada para wH en trminos de lospolos y ceros de alta frecuencia.

22

21

22

21

2211

1

zzpp

H

wwww

w

(7.25)

En la ecuacin (7.25) si:

2121,, zzpp wwww Entonces, la ecuacin

(7.25) se reduce a la ecuacin (7.24),

1pH ww .

7.3.1.3 Utilizacin de las constantes detiempo de cortocircuito y circuitoabierto para la determinacinaproximada de wL y wH.Cuando los polos y ceros de la funcin de

transferencia pueden ser determinadosfcilmente, puede utilizarse los mtodosanteriores para determinar wL y wH. Sin

embargo, en la mayora de los casos no esmuy fcil determinar los polos y ceros.

En tales situaciones pueden obtenersevalores aproximados para wL y wH

mediante la utilizacin del mtodo que sedescribe a continuacin.

Inicialmente consideremos la respuesta enalta frecuencia. La funcin FH(s) de la

ecuacin (6.22) pude rescribirse como:

H

H

H

H

N

N

N

N

sHsbsbsb

sasasaF

...1

...12

21

2

21(7.26)

En la ecuacin (6.26) los coeficientes a yb estn relacionados con los ceros y polosde alta frecuencia, respectivamente.Especficamente, b1 esta dado por:

HpNppwww

b1

...11

21

1 (7.27)

El valor de b1 puede obtenerse a partir delcircuito equivalente para alta frecuencia,tomando en cuenta las capacitancias

presentes una a la vez, mientras las otrasson consideradas circuitos abiertos.

El proceso consiste en encontrar el valorde la impedancia de Thvenin vista por el

capacitor que multiplicado por el valor dela capacitancia respectiva permite obtener


6/26

95

la constante de tiempo determinada por

cada capacitor. Luego el proceso esrepetitivo para todas y cada una de las

capacitancias presentes en el circuito.Lo anterior permite obtener la

contribucin de cada capacitancia en laposicin de las singularidades del

circuito.El Valor de b1 se encuentra sumandotodas las constantes de tiempoindividuales llamadas constantes de

tiempo de circuito abierto.

HN

i

THiiRCb1

1 (7.28)

Donde NH representa el nmero de

capacitores presentes en el circuito

equivalente para alta frecuencia.De la ecuacin (7.27) puede observarseque si uno de los polos es dominante, es

decir2121

,, zzpp wwww Entonces:

1

1

1

pwb (7.29)

wH ser entonces aproximadamente iguala wp1, por lo tanto:

HN

iiTHi

H

RC

w

1

1(7.30)

Debe sealarse que en aquellos circuitoscon cierto nivel de complejidad no puede

saberse a simple vista o averiguarsefcilmente si existe o no un polo

dominante, no obstante la ecuacin (7.29)generalmente produce muy buenos

resultados aun cuando no existe un polodominante.

Las constantes de tiempo de cortocircuitose utilizan para determinar la frecuencia

inferior de -3dB, wL. A continuacinveremos como las mismas nos permiten

obtener de manera muy aproximada elvalor de FL.

La expresin FL(s) de la ecuacin (7.14)puede expresarse de forma alternativa

como:

...

...2

2

1

1

2

2

1

1

LLL

LLL

NNN

NNN

sLseses

sdsdsF (7.31)

En la ecuacin (7.31) los coeficientes d ye estn relacionados con los ceros y polosde baja frecuencia, respectivamente.

Especficamente e1 esta dado por:

LpNppwwwe ...211

El valor de e1 puede obtenerse analizandoel circuito equivalente para baja

frecuencia, considerando los distintoscapacitores que conforman el circuito,

uno a la vez, mientras los restantes sonreemplazados por corto circuitos. El

proceso consiste en encontrar laimpedancia equivalente de thvenin vista

por el capacitor en cuestin, luego elproceso se repite para todos los

capacitores existentes en el circuitoequivalente de baja frecuencia. El valor

de e1 se encuentra mediante la suma delos inversos de las constantes de tiempode cortocircuito.

LN

i iTHiRC

e1

1

1(7.32)

En la ecuacin anterior NL representa elnmero de capacitores presentes para

baja frecuencia.El valor puede ser utilizado para obtener

wL siempre y cuando no existan cerosdominantes y si adems existe un polo

dominante. Si existe un polo dominante,por ejemplo wp1, con una frecuencia

mucho mayor que la del resto de los polos

existentes entonces: 11 pwe recordemos

que en el caso en que existe un polodominante wL es aproximadamente igual

a la frecuencia del polo dominante,significa entonces que en ese caso:

LN

i iTHi

LRC

w1

1(7.33)

El mtodo de las constantes de tiempo decortocircuito provee una buena

aproximacin para el valor de wL aun enel caso en que no exista un polo


7/26

96

dominante, sin embargo debe aclararse

que si tal polo existe el resultado de laaproximacin ser mucho ms cercano al

valor real o verdadero.

7.4 EJEMPLOSEjemplo # 1.Para el circuito mostrado en la figura 7.4,

calcule: a) ABM b) FH c) FLDatos: IDSS = 12mA; VGS(off) = -4V;

Cgs = 12pF; Cgd=2pF.

Solucin:a.- Anlisis DCEl circuito para DC queda de la siguienteforma, figura 7.4.1.

VG = 0V (7.34)VS = ISxRS = IDRs (7.35)

VGS = VG-VS = -IDxRS (7.36)

2

)(

)1(

offGS

GSDSSD

V

VII (7.37)

Sustituyendo (7.36) en (7.37) se obtiene:

2

)(

)1(

offGS

SD

DSSDV

xRIII (7.38)

Por tanto:

0)2(2

2

)(

2

2

)()(2

S

offGS

D

SDSS

offGSoffGS

D

R

VI

xRI

V

Rs

VI

Introduciendo valores:

01469.00365.02 mII DD (7.39)

Solucionando la ecuacin (6.39):

2

1469.04332.10365.02,1

mxmID

Entonces: ID1 = 4.6mA e ID2 = 31.89mA

De estos dos valores solamente uno deellos es vlido, ya que el otro valor est

fuera de los parmetros del transistor; en

este caso fuera del valor de IDss. Entonces,el valor para la corriente es ID1 = 4.6mA.

Conociendo la corriente ID se calcula VGSde la ecuacin (7.36).

VGS = -IDxRs = -4.6mAx330 = -1.52VPara calcular VDS se aplica un LKV en la

malla exterior que involucre VDS.

RsIVRIV DDSDDDD (7.40)

Despejando VDS:

)( RsRIVV DDDDDS (7.41)

Introduciendo valores en la ecuacin(6.41) se obtiene:

VkmAVVDS 36.8)3302.2(6.420

El punto de operacin es:

ID = 4.6mA y VDS = 8.36V.Para saber si el transistor funcionar

como amplificador se verifica la siguientecondicin.

GSoffGSDS VVV )( (7.42)

VVVVDS 52.552.14

Con VDS =8.36V cumple la condicin,entonces, el transistor se comporta como

un amplificador.

b.- Anlisis AC.Dibujando el circuito para ACconsiderando los capacitores de acople y

desacople como cortocircuitos, sin

VDD20V

RG10M

RD2.2k

RS330

IG

IS

ID

VDS

+

-

Figura 7.4.1

vO-

+

Figura 7.4

C310uF

C22.2uF

VDD20V

1kHz

vi-1/1V

C11uF

RL1k

RG10M

RD2.2k

RS330


8/26

97

sustituir el modelo del transistor para AC,

resulta el circuito de la figura 7.4.2.

Sustituyendo el modelo del transistor para

AC considerando las capacitanciasinternas del transistor como circuito

abierto, en el circuito anterior, figura7.4.2 resulta el circuito de la figura 7.4.3.

Calculando los parmetros para AC:

)1(2

)()( offGS

GS

offGS

DSS

mV

V

V

Ig (7.43)

Sustituyendo valores en (6.43):

mS

V

V

V

mAgm 72.3)

4

52.11(

4

24

Calculando las variables solicitadas.

a)i

oBM

v

vA (7.44)

'Lgsmo Rvgv (7.45)

Donde: 5.687//' LDL RRR

igs vv (7.46)

Sustituyendo (7.46) en (7.45) se obtiene:

'Lmi

o Rg

v

v (7.47)


56.25.68772.3 mSxv

vA

i

oBM

b)2

HH

wF (7.48)

Para el clculo de wH dibujaremos el

circuito equivalente. Este circuitoequivalente es el mismo que utilizamos

para calcular ABM agregando lascapacitancias internas del transistor. Este

circuito se muestra en la figura 7.4.4.

gdgs CC

Hw

1

(7.49)

Cgsgs THgsC

RC (7.50)

Para calcular esta constante de tiempo en

el circuito de la figura 7.4.4 se deja lacapacitancia Cgs y se abre la capacitancia

Cgd y a partir de este circuito (figura7.4.5) se calcula la resistencia de thvenin

vista por Cgs.

0CgsTH

R ya que vi es una fuente

independiente al apagarla es uncortocircuito en paralelo a 10M.

sgsC

0

Cgdgd THgdCRC (7.51)


el circuito de la figura 7.4.4 se deja lacapacitancia C

gdy se abre la capacitancia

Cgs y a partir de este circuito (figura6.4.6) se calcula la resistencia de thvenin

vista por Cgd, Adems se apaga vi.

vO

-

+

1kHz

Vi

-1/1VRL1k

RG

10M

RD2.2k

Figura 7.4.2

gmvgsvgs

-

+

-

+

vO1kHz

vi-1/1V

RL

1kRG 10M

RD2.2k

Figura 7.4.3

vo+

-

+

-

Vgs

gmVgsCgs

Cgd

1kHz

Vi-1/1V

RL1k

RG

10M

RD2.2k

Figura 7.4.4

Vgs

-

+

Cgs1kHz

Vi-1/1V

RG1kHz

Vi-1/1V

10M

Figura 7.4.5


9/26

98

5.687'LTH RR Cgd

nspFxRCCgdgd THgdC

375.15.6872

De la ecuacin (7.49) se obtiene:

sMradnss

w

gdgs CC

H /27.727375.10

11

Por lo tanto de (6.48):

MHzsMradwF HH 75.1152

/27.7272

c)2L

L

wF (7.52)

Para el clculo de wL dibujaremos el

circuito equivalente, para esto seconsidera las capacitancias internas del

transistor como circuito abierto y se tomaen cuenta el efecto de los capacitores de

acople y desacople (C1, C2 y C3). Estecircuito se muestra en la figura 7.4.7.

321

111

CCC

Lw

(7.53)

11 1 CTHCRC (7.54)


el circuito de la figura 7.4.7 se deja elcapacitor C1 y se cortocircuita C2 y C3, y

a partir de este circuito (figura 7.4.8) secalcula la resistencia de thvenin vista por

C1.

MRR GTHC 101 (7.55)

sMFxRCCTHC

1010111 1

(7.56)

22 2 CTHCRC (7.57)



a partir de este circuito (figura 7.4.9) se

calcula la resistencia de thvenin vista porC2.

Ya que la fuente de corriente se comporta

como un circuito abierto al apagar vi.

kRRR LDTHC 2.32 (7.58)

mskFxRCCTHC

04.72.32.222 2

333 CTHCRC (7.59)

Para calcular esta constante de tiempo enel circuito de la figura 7.4.7 se deja el

capacitor C3 y se cortocircuita C1 y C2, ya partir de este circuito (figura 7.4.10) se


gmVgs

Vgs

-

+

-

+

Vo

Cgd

RLRG10M

Figura 7.4.6

gmvgsvgs-

+

vo

-

+

C310uF

2.2uF1uF

1kHz

vi

-1/1V

RS330

RL

1kRG10M

RD

2.2k

Figura 6.4.7

gmvgsvgs-

+

vo

-

+

C1

1uF

1kHz

vi

-1/1V

RS330

RL1k

RG10M

RD2.2k

Figura 7.4.8

+

-

vo

+

-

vgs

gmvgs1kHzvi

-1/1V

RS330

RL

1kRG10M

RD

2.2k

2.2uF

Figura 7.4.9

C1 C2

C2


10/26

99

33 3 CTHCRC (7.60)

Para calcular3THCR se abre las terminales

de C3 y se coloca una fuente de prueba y

lap

p

THCi

vR 3 (7.61)

Esto se muestra en la figura 7.4.11.

Del circuito anterior se deduce:

S

pgsmp

R

vvgii (7.62)

pgs vv (7.63)

Sustituyendo la ecuacin (6.63) en la

ecuacin (7.62) se obtiene:

S

p

pmpR

vvgi (7.64)

Entonces:

m

S

S

m

Sm

S

p

p

gR

Rg

Rg

R

i

v 1//

1

1

1

(7.65)


14.14872.3

1//330

3mSi

vR

p

p

CTH

Entonces:

msFxRCCTHC

48.114.14810333


sradmsmss

wL /82.81748.1

1

04.7

1

10

1

De la ecuacin (6.52):

Hzsrad

FL

16.1302

/82.817

El resultado final se muestra en la figura7.4.12.

Ejemplo # 2.Para el circuito mostrado en la figura 7.5,calcule: a) ABM b) FH c) FL

Datos: IDSS = 12mA; VGS(off) = -4V;Cgs = 12pF; Cgd=2pF.

Solucin:

a.- Anlisis DC

mAVV

III DCE 5860

7.0511

(7.66)

2

)(

)1(offGS

GSDSSD

V

VII (7.67)

Despejando VGS se obtiene:

)1()(

DSS

DoffGSGS

I

IVV (7.68)

Por tanto:

0 130.16Hz 115.75MHz

ABM=2.56

f

|H(jw)|dB

BW

Banda media

Figura 7.4.12

ip

+

-

vO+

-

vgs gmvgs

+

-vp

RL1k

RS330

RD

2.2k

i

Figura 7.4.11

+

-

vo

+

-vg gmvgs

C3

10uF

1kHzvi

-1/1V

RS330

RL

1kRG10M

RD

2.2k

Figura 7.4.10

-

+

vo

+C4=

VEE

-5V

1kHzVi

-500m/500mV

20V

C2

6.8uF

+C3

10uF

RE

860

Ri

100k

RD2.2k

RG10M

RL10k

C11uF

1kHz Rs330

VDD

Figura 7.5


11/26

100

VmA

mAVV

GS 42.1)12

51(4

111 ECCE VVV (7.69)

Sustituyendo valores:VVVVV

CE

47.07.0)65.1(42.1

SDDDS VxRIVV 20 (7.70)

Sustituyendo valores:

VVkmAVVDS 58.742.1)2.2(520

El punto de operacin para el transistor Jes:

mAIeVV DDS 558.7

Para que el transistor funcione comoamplificador debe cumplir con la

siguiente condicin.

VVVVDS 42.542.14

Ya que, cumple con la condicin anterior

el transistor funciona como amplificador.

b.- Anlisis AC.Dibujando el circuito para AC seconsidera los capacitores de acople y

desacople como cortocircuitos, sinsustituir el modelo del transistor para AC,


Sustituyendo el modelo del transistor paraAC considerando las capacitancias

internas del transistor como circuitoabierto, en el circuito anterior, figura

7.5.1 resulta el circuito de la figura 7.5.2.


)1(2

)()( offGS

GS

offGS

DSS

mV

V

V

Ig (7.71)


mSV

V

V

mAgm 87.3)4

42.11(4

24


a)i

oBM

v

vA (7.72)

'Lgsmo Rvgv (7.73)

Donde: 28.803,1//' LDL RRR

Gi

Gigs

RR

Rvv

(7.74)

Por tanto sustituyendo (7.74) en (7.73) seobtiene:

))('(iG

GLm

i

O

RR

RRg

v

v

(7.75)

Sustituyendo valore en (7.75):

91.6

)1001

1)(28.803,187.3(

BM

i

o

i

o

Av

v

kM

MmSx

v

v

b)2

H

H

wF (7.76)

Para el clculo de wH dibujaremos elcircuito equivalente. Este circuito

equivalente es el mismo que utilizamospara calcular ABM agregando las

capacitancias internas del transistor. Estecircuito se muestra en la figura 7.5.3.

gdgs CC

Hw

1

(7.77)

Cgsgs THgsCRC (7.78)

vo

-

+

1kHzVi

-1/1VRi

100kRL

10k

RG1M

RD

3.3k

1kHz

-1/1V

Figura 7.5.1

+

-vo

+

VgsgmVgs1kHz

-1/1V

100k

RD2.2k

RG10M

RL10k

1kHz

Vi

-1/1V Ri10k

-

Figura 7.5.2

gmVgs

Vgs+

vo-

+

- Cgs

Cgd

1kHzVi

-1/1V Ri

100k

RD2.2k

RG10M

RL

10k1kHz

-1/1V

Figura 7.5.3


12/26

101


el circuito de la figura 7.5.3 se deja lacapacitancia Cgs y se abre la capacitancia

Cgd y a partir de este circuito (figura7.5.4) se calcula la resistencia de thvenin

vista por Cgs.

kRRR GiTHCgs 99// (7.79)

De (6.78):

spFxkgsC 188.11299

Cgdgd THgdCRC (7.80)

Para calcular la constante de tiempo de la

ecuacin (7.80) en el circuito de la figura7.5.3 se deja la capacitancia Cgd y se abre

la capacitancia Cgs y a partir de estecircuito (figura 7.5.5) se calcula laresistencia de thvenin vista por Cgd,

Adems se apaga vi.

CgdTHgdCgdRC Para calcular

CgdTHR se

abre las terminales de Cgd y se coloca una

fuente de prueba y laCgdTH

R es:

p

p

THi

vR Cgd (7.81)

El circuito para calcular la ecuacin(7.81) se muestra en la figura 7.5.6.

Del la figura 7.5.6 se deduce:

0'

L

pgs

gsmpogsmpR

vvvgiivgi (7.82)

'ipgs Riv (7.83)

Donde kRRR Gii 99//' (7.84)

Sustituyendo (7.83) en la ecuacin (7.82)se obtiene:

0'

''

L

pip

ipmpR

vRiRigi (7.85)

Entonces:

'''' LimLip

pRRgRR

i

v (7.86)


28.803,19987.328.803,199 xkmSxki

v

p

p

694,791p

p

i

v

Entonces de la ecuacin (6.80) se obtiene:

spFxRCCgdgd THgdC

583.1694,7912

Por tanto de la ecuacin (7.77) se obtiene

skradss

w

gdgs CC

H /88.360583.1188.1

11

Para el clculo de FH se utiliza laecuacin (7.76):

kHzskradw

F HH 44.572

/88.360

2

Nota: Otra forma de calcular wH esusando el teorema de Miller.Este teorema se explica a continuacin.

Ri

RG Cgs

Figura 6.5.4

+

-

vgsgmvgs

RL

CgdRi

RG

Figura 7.5.5

+

-

vgsgmvgs

+ -vp

ip

RLRG

Ri

io

Figura 7.5.6


13/26

102

Teorema de Miller.

Cuando un FET es conectado en la

configuracin fuente comn, lacapacitancia Cgd aparece como un

elemento natural que retroalimenta laseal de salida (en el drenador) hacia la

entrada (en la compuerta). Este efectoocasionado por Cgd complica el anlisis,

sin embargo, afortunadamente existe unteorema de circuitos que nos permite

reemplazar el elemento deretroalimentacin (Cgd en este caso) en

dos elementos conectados a tierra.Este reemplazo no solamente simplifica el

anlisis sino que tambin vuelve msclaro el efecto que Cgd tiene sobre la

respuesta a alta frecuencia delamplificador. Este teorema de circuitos se

conoce como Teorema de Miller.Para ilustrar el teorema consideremos la

situacin de la figura 7.5.7, en la que setiene un nodo 1 y un nodo 2 referidos atierra de una red particular, entre loscuales se encuentra conectada una

admitancia Y, adems los nodos 1 y 2pueden estar conectados mediante otros

componentes a otros nodos de la red.

El teorema de miller brinda los medios

para reemplazar Y por dos admitancias:Y1entre el nodo 1 y tierra, y Y2 entre elnodo 2 y tierra.

El teorema de miller es aplicable siemprey cuando se conozca o pueda conocerse,la relacin de voltajes entre el nodo 1 y el

nodo 2 denotado por K, en donde:

1

2

V

VK (7.87)

Si se conoce K los valores de Y1y Y2pueden ser determinados a partir de:

)1(1 KYY (7.88)

)1

1(2

KY (7.89)

Calculando WH por Miller.

Aplicando Miller en la figura 7.5.8resulta

la figura 7.5.9.

De la figura 6.5.9:

kMkRi 9910//100' (7.90)

28.803,110//2.2' kkRL (7.91)

)'1(1 Lmgdgd RgCC (7.92)


pFCmSxpFC

gd

gd

96.15)28.803,187.31(2

1

1

)'

11(

2

Lm

gdgdRg

CC (7.93)


pFC

mSxpFC

gd

gd

29.2

)28.803,187.3

11(2

2

2

1gdgsT CCC (7.94)

Sustituyendo valores en (6.94):pFpFpFCT 96.2796.1512

'iTTHTC RCRC CTT (7.95)


skpFxTC

768.29996.27

'22 22 LgdTHgdCxRCRC

Cgdgd (7.96)

gmvgsCgs

CgdRi

100k

2.2kRG10M

RL

10k

100k

RD

Figura 7.5.8

Y

I1 I2

I2

I1Y2

Y1

1 2

1 2

Figura 7.5.7

vgs

gmvgsCgd2Cgd1Cgs

Ri RL

Figura 7.5.9


14/26

103


nspFxgdC

13.428.803,129.22

Calculando wH:

2

1

gdT CC

Hw

(7.97)


skradnss

wH /733.36013.4768.2

1


kHzskrad

FH 413.572

/733.360

c)2

LL

wF (7.98)

Para el clculo de w L dibujaremos el

circuito equivalente, para esto seconsidera las capacitancias internas del

transistor como circuito abierto y se tomaen cuenta el efecto de los capacitores de


321

111

CCC

Lw

(7.99)

11 1 CTHCRC (7.100)


capacitor C1 y se cortocircuita C2 y C3, y

a partir de este circuito (figura 7.5.11) secalcula la resistencia de thvenin vista porC1.

GiTH RRR C 1 (7.101)


MMkRRR GiTHC 1.10101001


sMFxRCCTHC

1.101.10111 1

22 2 CTHCRC (7.102)




C2.

LDTH RRR C 2 (7.103)


kkkRRR LDTHC 2.12102.22De la ecuacin (7.102) se obtiene:

mskFxRCCTHC

96.822.128.622 2

333 THC RC (7.104)




gmvgsvgs-

+

Ri

+

C3

C2C1

RS

RL

RG

RD

+

Figura 7.5.10

gmvgsvgs-

+

Ri C1

RS

RL

RG

RD

Figura 7.5.11

gmvgsvgs-

+

C2Ri

RS

RLRG

RD

Figura 7.5.12


15/26

104

33 3 CTHCRC Para calcular 3THCR se abre

las terminales de C3 y se coloca una

fuente de prueba y la3THCR es:

p

p

THCi

vR 3 (7.105)

El circuito para calcular la ecuacin

(7.105) se muestra en la figura 7.5.14.

De la figura 7.5.14.

S

p

gsmpRvvgii (7.106)

pgs vv (7.107)

Sustituyendo (7.107) (7.106) se obtiene:

S

p

pmpR

vvgi (7.108)

Entonces:

m

S

S

m

Sm

S

p

p

gR

R

g

Rg

R

i

v 1//

1

1

1

(7.109)


92.14487.3

1//330

3mSi

vR

p

p

CTH

Entonces de (7.104) se obtiene:

msFxRCCTHC

4492.192.14410333


sradmsmss

wL /189.70296.82

1

4492.1

1

1.10

1


Hzsrad

FL 76.1112

/189.702


Ejemplo # 3.Para el circuito mostrado en la figura 7.6,calcule: a) ABM b) FH c) FLDatos: = 100 y rb= 100.

C = 33pF y C=2.7pF.

Solucin:

a.- Anlisis DC

Vkk

kVxVTH 48.2

9.315

9.312

(7.110)

k

kk

kxkRTH 1.3

159.3

159.3(7.111)

mA

kk

VVIE 75.1

1

181

1.3

7.048.2

(7.112)

kxIVkxIV ECEC 12.212 (7.113)

VkkmAVVCE 4.6)12.2(75.112

El punto de operacin para el transistor

es:VCE= 6.4V e IE = 1.75mA

0 111.76Hz 57.44MHz

ABM=6.91

f

|H(jw)|dB

BW

Banda media

Figura 7.5.15

vo-

++

-VCE

Ri1k

4.7uF

10uF

12V

1kHz

Vi

-1/1V

1uF RL18k

RE1k

RC2.2k

R2

3.9k

R115k

1kHz

-1/1VC1

Figura 7.6

gmvgsvgs-

+

C3

Ri

RS

RLRGRD

Figura 7.5.13

gmvgsvgs-

+

ip vp+

-

Ri

RS

RLRGRD

i

Figura 7.5.14


16/26

105

El transistor est funcionando en la zona

activa.

b.- Anlisis AC.Dibujando el circuito para AC, sinsustituir el modelo del transistor para AC,


Sustituyendo el modelo del transistor paraAC, en el circuito de la figura 7.6.1,

resulta el circuito mostrado en la figura7.6.2.


86.1475.1

2626

mA

mV

I

mV

rE

e (7.114)

err )1( (7.115)


66.689,286.14181)1( xrr e

mSr

ge

m 295.6785.14

11

(7.116)

a)i

oBM

v

vA (7.117)

'Lmo Rvgv (7.118)

)(

rr

rvv

b

i

(7.119)

)'

')(

'(

ib

Lm

i

o

RR

R

rr

rRg

v

v

(7.120)

Donde kRRR LCL 96.1//'

33.468,1)//(' rrRR bTH (6.121)


)133.468,1

33.468,1)(

66.689,2100

66.689,296.1295.67(

k

xSx

v

v

i

o

65.75i

o

v

v

b)2H

H

wF (7.122)



capacitancias internas del transistor. Estecircuito se muestra en la figura 7.6.3.

CC

Hw

1(7.123)

CTHCRC (7.124)


el circuito de la figura 7.6.3 se deja lacapacitancia C y se abre la capacitancia

C y a partir de este circuito (figura 7.4.4)se calcula la resistencia de thvenin vista

por C.

399.649//)//( rrRRR bTHiTHC (7.125)


nspFxC 43.2133399.649

CTHCRC (7.126)

+

1kHz

vi-1/1V Q

RS

1kRL10k

RTH3.1k

RC

2.2k

vO

-

Figura 7.6.1

v

-

+

vOgmv -

RL

1kHzvi

-1/1VRCr

rb

+

Ri

vi

Figura 7.6.2

r

rb

C

Ri

RTH

Figura 7.6.4

-

+

v

gmv

C

C

rb

RTH

RCr

RL

Ri

Figura 7.6.3


17/26

106


el circuito de la figura 7.6.3 se deja lacapacitancia C y se abre la capacitancia

C y a partir de este circuito (figura 7.6.5)se calcula la resistencia de thvenin vista

por C, Adems se apaga vi.

CTHCRC Para calcular

CTHR se abre

las terminales de C y se coloca una

fuente de prueba y la CTHR es:

p

p

THi

vR

C

(7.127)

Para calcular esta resistencia se utiliza elcircuito de la figura 7.6.6.

De la figura 7.6.6 de deduce:

0'

L

p

mpompR

vvvgiivgi

(7.128)

'ipRiv (7.129)

Donde:

399.649//)//(' rrRRR bTHii (7.130)

Sustituyendo v en la ecuacin (7.130) se

obtiene:

0'

''

L

pip

ipmpR

vRiRigi (7.131)

Entonces:

'''' LimLip

pRRgRR

i

v


ki

v

xSxki

v

p

p

p

p

26.88

96.1399.649295.6796.1399.649


nspFxRCCTHC

33.23826.887.2

Calculando wH de la ecuacin (6.123):

skradnsns

w

gdgs CC

H /85.343.2133.238

11

Por lo tanto de la ecuacin (7.122):

kHzskradwF HH 75.6122

/85.32

Calculando WH por Miller.

Aplicando Miller a la figura 7.6.3 se

obtiene la figura 7.6.7

2

1

CC

H

T

w

(7.132)

399.649'iR (7.133)

kRL 96.1' (7.134)

)'1(1 Lm

RgCC (7.135)

Sustituyendo valores en (6.135)

pFC

kmSxpFC

83.358

)96.1295.671(7.2

1

1

)'

11(

2

LmRgCC (7.136)

Sustituyendo valores en (6.136)

gmv

vC2C1

Ri

C

RL

Figura 7.6.7

gmvv-

+

rb

r

C

RL

Ri RTH

Figura 7.6.5

ip

vp -+

gmvv-

+

rb

RTH RL

Ri

r

iO

Figura 7.6.6


18/26

107

pFC

kmSxpFC

72.2

)96.1295.67

11(7.2

2

2

1 CCCT (7.137)

Sustituyendo valores en (7.137): pFpFpFCT 83.3913383.358

'iTTHTC RCRC CTT (7.138)


nspFxTC

4.254399.64983.391

'22 22 LTHC xRCRC C (7.139)


nspFxC 3312.596.172.22


sMradw

nsnsw

H

CCH

T

/85.3

3312.545.254

11

2


kHzskrad

FH 75.6122

/85.3

c)2L

L

wF (7.140)

Para el clculo de wL dibujaremos el

circuito equivalente, para esto se

considera las capacitancias internas deltransistor como circuito abierto y se tomaen cuenta el efecto de los capacitores de


321

111

CCC

Lw

(7.141)

11 1 CTHCRC (7.142)


el circuito de la figura7.6.8 se deja el

capacitor C1 y se cortocircuita C2 y C3, y


C1.

)//(1

rrRRR bTHiTHC (7.143)


33.468,266.789,2//1.311

kkRCTH

De la ecuacin (7.142) se obtiene:msFxRC

CTHC468.233.468,21

11 1

22 2 CTHCRC (7.144)




C2.

LCTH RRR C 2 (7.145)


kkkRRR LCTHC 2.20182.22

De la ecuacin (7.144) se obtiene:mskFxRC

CTHC94.942.207.4

22 2

333 THCC RC (7.145)


el circuito de la figura7.6.8 se deja elcapacitor C3 y se cortocircuita C1 y C2, y

a partir de este circuito (figura 7.6.11) se

gmvv

+

-

rb

RTH

RC

r

RL

RE

Ri C1 C2

+C3

+

Figura 7.6.8

gmvv+

-

rb

RTH

RC

r

RL

RE

Ri C1

Figura 7.6.9

-

+

vgmv

C2rb

RTH

RC

r

RL

RE

Ri

Figura 7.6.10


19/26

108

calcula la resistencia de thvenin vista por

C3.

33 3 CTHCRC Para calcular 3THCR se abre

las terminales de C3 y se coloca una

fuente de prueba y la3THCR es:

p

p

THCi

vR 3 (7.146)

Para realizar el clculo de la ecuacin(7.146) se utiliza el circuito de la figura

7.6.12.

El circuito de la figura 7.6.12 se puederedibujar, figura 7.6.13.

rrRRR bTHii //)//(` (7.147)

p

p

CTHi

vR

3(7.148)

bmp ivgii (7.149)

pvv (7.150)

`ib

R

vi (7.151)

E

p

R

vi (7.152)

Sustituyendo (6.153), (6.151) y (6.150) en

(7.149) se obtiene:

32.1486.14//1//399.649

//`//11

`

1

1

)`

()(

3kR

rRR

rRR

i

v

R

vvgi

R

v

CTH

eEi

eEi

p

p

i

p

pmp

E

p


msFxRCCTHC

1432.032.141033 3


sradw

msmsmsw

w

L

L

CCC

L

/96.398,7

94.94

1

468.2

1

1432.0

1

111

321

De (7.140) resulta:

Hzsrad

FL 58.177,12

/96.398,7


Ejemplo #4.Para el circuito mostrado en la figura 7.7,calcule: a) ABM b) FH c) FL.

Datos: = 200, rb= 0, C1 = 15pF,C1=2pF, C2 = 33pF y C2=2.7pF.

0

1,177.58Hz 612.75kHz

ABM=75.65

f

|H(jw)|dB

BW

Banda media

Figura 7.6.14

ipvp

-

+

gmv

v

+

-

i

ib

RC

Ri`

RL

RE

Figura 7.6.13

-

+

v

gmvC3

rb

RTH

RC

r

RL

RE

Ri

Figura 7.6.11

-

+

vgmv

+

-vpip

rb

RTH

RC

r

RL

RE

Ri

Figura 7.6.12


20/26

109

Solucin:

a.- Anlisis DCCircuito para DC, figura 7.7.1.

Aplicando Thvenin entre la base de Q1 y

el punto comn en la figura 7.7.1.

Vkk

Vk

RR

xVRV CCTH 6

11

)12)(1(

21

2

(7.153)

k

kk

kk

RR

xRRR

TH 5.011

)1)(1(

21

12 (7.154)

111 EEBETHBTH RIVRIV (7.155)

Sustituyendo1

1

1

EB

II en la ecuacin

(7.155) se obtiene:

111

1EEBETH

ETH RIVR

IV

(7.156)

:1

obtieneseIDespejando E

1

1

1E

TH

BETHE

RR

VVI

(7.157)


mAkk

VV

RR

VV

IE

TH

BETH

E 13.51200

5.0

7.06

11

1

Aplicando LKV en malla que involucraVCE1 y con un valor de IB2 despreciablese obtiene:

111 EECECCCRIVIRV (7.158)

Con I = IE1 resulta:

)( 111 ECECCCE RRIVV (7.159)


VkmAVVCE 5.4)5.7(1121 El punto de operacin para Q1 es:

VCE1 = 4.5V e IE1 = 1mA.El transistor est funcionando en la zona

activa, comportndose como unamplificador.

Para la segunda etapa se obtiene:VkmAIxRV C 2.2)2.2(11 (7.160)

mAk

VVIE 833.0

8.1

7.02.22

(7.161)

VkmAVVEC 2.2)8.11(833.0122 (7.162)Entonces: VCE2 = -2.2V.

El punto de operacin para Q2 es:VCE2 = -2.2V e IE2 = 0.833mA.

El transistor est funcionando en la zonaactiva, comportndose como un

amplificador.

b.- Anlisis AC.Dibujando el circuito para AC, sinsustituir el modelo del transistor para AC,

resulta el circuito de la figura7.7.2.

vo-

+

C310uF

RL10k

RE2

1.8k

Q2

VCC12V

1kHz

vi

-1/1V

RS

1kC21uFC

1

10uFR2

1k

R1

1k

RE15.3k

RC

2.2k

Q1

Figura 7.7

Q2

12V

Q1RL

10k

RE21.8k

R2

1k

R11k

RE15.3k

RC

2.2k

IE1

IE2

+

-

V1

IB2

I

Figura 7.7.1

VCC


21/26

110

Sustituyendo el modelo del transistor para

AC, en el circuito anterior, figura 7.7.2resulta el circuito de la figura 7.7.3.


261

2626

1

1mA

mV

I

mVr

E

e (7.163)

21.31833.0

2626

2

2mA

mV

I

mVr

E

e(7.164)

11)1( err (7.165)


226,526201)1( 11 xrr e

22)1( err (7.166)


21.273,621.31201)1( 22 xrr e

mSrg em 46.3826

11

11

(7.167)

mSr

ge

m 04.3221.31

11

2

2

(7.168)


a)i

oBM

v

vA (7.169)

Para el clculo de la ecuacin (7.169) se

puede realizar calculando las gananciaspor etapas y el producto de estas

ganancias es la ganancia esperada,ecuacin (7.170).

)')('

)(( 1

1 i

i

i

o

o

o

i

oBM

vv

vv

vv

vvA (7.170)

Lmo xRvgv 22 (7.171)

2

21

2

rr

xrvv

b

O

(7.172)

Sustituyendo la ecuacin (7.172) en

(7.171) se obtiene:

)(2

22

1

rr

rRg

v

v

b

Lm

o

o

(7.173)

Sustituyendo 122

rgm en la

ecuacin (7.173) y dividiendo numerador

y denominador por este mismo factor seobtiene:

21

1e

b

L

o

o

rr

R

v

v

(7.174)


41.320

21.31201

0

10

1

k

v

v

o

o

)//( 2111 rrRxvgv bCmo (7.175)

1

1

1

'

rr

xrvv

b

i

(7.176)

Sustituyendo (7.176) en (7.175) se

obtiene:

)()//('

1

11

1

2

rr

rrrRg

v

v

b

bCm

i

o

(7.177)

Sustituyendo 111 rgm en la

ecuacin (7.177) y dividiendo numeradory denominador por este mismo factor se

obtiene:

1

21

1

)//(

'e

b

bC

i

o

rr

rrR

v

v

(7.178)


+

-vo

Q2

1kHz

vi

-1/1V

Q1 RL10k

RS

1k

RE15.3k

RC2.2k

Figura 7.7.2

-

+

vov2

-

+r2

gm2V2

+

-vO1

gm1v1

+

-

v1

RS

RL

rb

1kHz

vi

-1/1V

RE1

RCr1

rb

+

-vi

Figura 6.7.3


22/26

111

26201

0

)21.273,60//(2.2

'

1 k

v

v

i

o

646.6226

79.628,1

'

1

i

o

v

v

Sb

E

bEi

Rrr

R

rrRxv

vi

)

1//(

)1

//(

'1

1

11

(7.179)

Sb

E

bE

i

i

Rrr

R

rrR

v

v

)

1//(

)1

//('

11

11

(7.180)


mkv

vi

i 22.251873.25

873.25'

Sustituyendo valores en la ecuacin(7.169) se obtiene:

23.506)22.25)(646.62)(41.320( mv

v

i

o

23.506i

oBM

v

vA

b)2

HH

wF (7.181)



capacitancias internas de los transistores.Este circuito se muestra en la figura 7.7.4.

2121

1

CCCC

Hw

(7.182)

11 1

CTHCRC (7.183)


el circuito de la figura 7.7.4 se deja lacapacitancia C1 y se abren las

capacitancias C2 , C1 y C2 y a partir deeste circuito (figura 7.7.5) se calcula la

resistencia de thvenin vista por C1.

11 ////1 esETH rRRR C (7.184)


22.25

26//1//3.5////

1

1 11

C

C

TH

esETH

R

kkrRRR


nspFxC 3783.01522.251

11 1

CTHCRC (7.185)

Para calcular esta constante de tiempo enel circuito de la figura 7.7.4 se deja la

capacitancia C1 y se abre la capacitanciaC1, C2 y C2 y a partir de este circuito

(figura 7.7.6) se calcula la resistencia dethvenin vista por C1, Adems se apaga

vi.

)//( 21 rrRR bCTHC (7.186)


79.628,1

21.273,6//2.2)//(

1

1 2

C

C

TH

bCTH

R

krrRR


nspFxRCCTHC

2576.379.628,1211 1

22 2

CTHCRC (7.187)

gm1v1C1

RC

rb

r2

Figura 7.7.4

+ +

- -v2

v1 RCr2 C2

RL

1kHz

vi

-1/1VRs

C1

RE1

r1

rb

1kHz-1/1V

gm2v2gm1v1

RsC1

re1RE1

Figura 7.7.5

rb C2C1Figura 7.7.6


23/26

112


el circuito de la figura 7.7.4 se deja lacapacitancia C2 y se abren las

capacitancias C1 , C1 y C2 y a partir deeste circuito (figura 7.7.7) se calcula la

resistencia de thvenin vista por C2.

2//)(2 rrRR bCTHC (7.188)


79.628,121.273,6//)02.2(2

kRCTH


nspFxC 75.533379.628,12

22 2

CTHCRC (7.189)

Para calcular esta constante de tiempo enel circuito de la figura 7.7.4 se deja la

capacitancia C2 y se abre la capacitanciaC1, C2 y C1 y a partir de este circuito

(figura 7.7.8) se calcula la resistencia dethvenin vista por C2, Adems se apaga

vi.

222

CTHCRC (7.190)

Para calcular 2CTHR se abre las terminalesde C2 y se coloca una fuente de prueba y

la2CTH

R es:

p

p

THi

vR

C

2(7.191)

El circuito para realizar el clculo de la

ecuacin (7.191) se muestra en la figura7.7.9.

p

p

CTHi

vR

2(7.192)

02

2222

L

p

mpompR

vvvgiivgi

(7.193)

'2 ipRiv (7.194)

Donde:

79.628,1//)(' 2rrRR bCi (7.195)

Sustituyendo (7.194) en la ecuacin(7.193) se obtiene:

0'

'2

L

pip

ipmpR

vRiRigi Entonces:

LimLi

p

pRRgRR

i

v''

2 (7.196)

Sustituyendo valores: kxmSxk

i

v

p

p1079.628,104.321079.628,1

ki

v

p

p49.533


nskpFxRCCTHC

440,149.5337.222 2


2121

1

CCCC

Hw

skradw

nsnsnsnsw

H

H

/83.667

440,12576.375.533783.0

1

Por lo tanto de (7.181) se obtiene:

kHzskradw

F HH 29.1062

/83.667

2

RC C2

rb

r2

Figura 7.7.7

+

-

v2RLgm2v2Ri

+ -vp

ip

io

Figura 7.7.9

RLgm2v2RC

rb

r2

+

-

+

v2

Figura 7.7.8

C2


24/26

113

c)2L

L

wF (7.197)

Para el clculo de wL dibujaremos elcircuito equivalente, para esto se

considera las capacitancias internas del

transistor como circuito abierto y se tomaen cuenta el efecto de los capacitores deacople y desacople (C1, C2 y C3). Este

circuito se muestra en la figura 7.7.10.

321

111

CCC

Lw

(7.198)

11 1 CTHCRC (7.199)




C1.

)//)(1(// 111 sEbTHTH RRrrRR C (7.200)De la ecuacin (7.199) resulta:

msFxRCCTHC

9857.457.4981011 1

22 2 CTHCRC

(7.201)Para calcular esta constante de tiempo en



C2.

1// 112

rRRR ESTHC(7.202)

Introduciendo valores en (7.202):

87.025,1

26//3.511

//

2

2

11

C

C

TH

ESTH

R

kkr

RRR


msFxRCCTHC

026.187.1025122 2

333 THC RC (7.203)Para calcular esta constante de tiempo enel circuito de la figura 7.7.10 se deja el



22 //)

1(

3 Ebc

TH RrrR

RC

(7.204)

Introduciendo valores en (7.204):

19.418.1//)201

21.273,62.2(

3k

kR

CTH


msFxRCCTHC

4119.019.411033 3


sradmsmsms

wL /603,34119.0

1

9857.4

1

026.1

1


Hzsrad

FL 44.5732

/603,3

gm2v2gm1v1

+ +

- -v2v1

C2RE2

RTH

RCr2

RL

RsRE1

r1

rb

Figura 7.7.12

gm2v2gm1v1

+ +

- -v2v1

C2

C3

C1

RE2RTH

RC r2 RL

RsRE1

r1

rb

Figura 7.7.10

gm2v2gm1v1

+ +- -

v2v1

C1

RE2RTH

RC r2 RL

RsRE1

r1

rb

Figura 7.7.11

v1 v2

--

++

gm1v1 gm2v2

C3RE2RTH

RC r2 RL

RsRE1

r1

rb

Figura 7.7.13

rb

rb

rb

rb


25/26

114

El resultado final se muestra en la figura

7.7.14.

PROBLEMAS

7.1 Para el circuito mostrado en la figuraP7.1, calcule: a) ABM b) FH c) FLDatos: IDSS = 10mA; VGS(off) = -2.5V;






7.4 Para el circuito mostrado en la figuraP7.4, calcule: a) ABM b) FH c) FL.Datos: = 200, rb= 100, C = 15pF,

C=2pF.

7.5 Para el circuito mostrado en la figuraP7.5, calcule: a) ABM b) FH c) FL.

Datos: = 200, rb=100, C = 15pF,C=2pF.

7.6 Para el circuito mostrado en la figuraP7.6, calcule: a) ABM b) FH c) FL.

Datos: = 200, rb= 0, C = 15pF,

C=2pF.

+

-vo

Ri

100k

Rs

330

RD1.8k

RG10M

RL18k

C11uF

1kHz

vi-1/1V

20V

C22.2uF

C310uF

1kHz

-1/1V

Figura P7.1

0 573.44Hz 106.29kHz

ABM=506.23

f

|H(jw)|dB

BW

Banda media

Figura 7.7.14

vo+

-

-5V

C4=

C1

1uF1kHz

vi-500m/500mV

20VC3

6.8uF

C210uF

RE2.2k

R2

2.2k

R12.2k

Ri

100k

Rs330

RD2.2k

RG10M

RL10k

1kHz

-500m/500mV

Figura P7.2

-

+vo

Ri

10k

RS1.2k

RG11M

RG21M

RL1.2k

C2

1uF

18V

C11uF

1kHz

vi-1/1V

1kHz

-1/1V

Figura P7.3

-

+

vo

Ri

1k

C32.2uF

C210uF

12V

1kHz

vi-1/1V

C11uF R

L2.2k

RE5.6k

RC2.2k

R21k

R11k

1kHz

-1/1V

Figura P7.4

+

-

vo

Ri

1k

RL2.2k

C22.2uF

12V

1kHz

vi-1/1V

C1

1uF

RE5.6k

R21k

R11k

1kHz

-1/1V

Figura P7.5

VDD

VDD


26/26

7.7 Para el circuito mostrado en la figurap7.7, calcule: a) ABM b) FH c) FL.

Datos: = 200, rb= 0, C1 = 15pF,C1=2pF, C2 = 33pF y C2=2.7pF.

7.8 Para el circuito mostrado en la figuraP7.8, calcule: a) ABM b) FH c) FL.Datos: = 200, rb=0, C1 = 10pF,

C1=2pF, C2 = 33pF y C2=2.5pF.

vo-

+

C36.8uF

RL8.2k

RE2

1.8k

Q2

VCC12V

1kHz

vi

-1/1V

RS

1kC21uFC1

100uF

R2

1k

R1

1k

RE15.3k

RC

2.2k

Q1

Figura P7.8

12V

RL2.2k

C32.2uF

1kHzvi

-1/1V

C1

1uFC2

10uF

Q1 Ri1k

R21k

R11k

RE5.6k

RC2.2k

1kHz

-1/1V

Q1 vo+

-

Figura p7.6

+

-

vo

Ri

1k

Q1

Q2C410uF

C1

1uF

1kHz

vi-1/1V

12V

C210uF

C32.2uF

RL

2.2k

RE5.6k

RC2.2k

R32.2k

R21k

R1

1k

Q1

Q2

1kHz

-1/1V

Figura P7.7

Respuesta en Frecuencia ElkaII

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Transcript of Respuesta en Frecuencia ElkaII