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REPASO EXAMEN 1INEL4202 - Segundo semestre 2012-2013

Thursday, February 14, 13

A(s) = AM

s

s+ !p,1

s

s+ !p,2

s

s+ !p,3

1

s/!p,4 + 1

1

s/!p,5 + 1

60dB/dec

40dB/dec

20dB/dec

midband range

(3 zeros at origin)

low frequencies high freqs.

fp,1

fp,2

fp,3fp,4

fp,5

FREQUENCY RESPONCE

Low-frequency poles and zeros High-frequency poles

Midband gain


BAJAS FRECUENCIAS

• Método complejo: reemplazar cada condensador externo por impedancia y analizar

• Método simplificado: desde los terminales de cada condensador

• buscar resistencia equivalente REQ

• calcular frecuencias de los polos

• para condensador de bypass, calcular frecuencia del cero

• frecuencia polo mas alta es la dominante y determina el ancho de banda si esta a mas de una decada de las demas. Si no sumar todos los polos para obtener una aproximación de la frecuencia de 3dB.

fL =1

2REQC

fZ =1

2REC


iIN = Y (vIN vOUT )= sC(1AM )vIN

Entrada

Actúa como un condensador C(1-AM)

SalidaiOUT = Y (vOUT vIN )

= sC

1 1

AM

vOUT

Actúa como un condensador C(1-1/AM) Si AM <1, Cout ≈ -C/AM

Efecto de Miller


FRECUENCIAS ALTAS - CE/CS

• Usar Miller para reemplazar Cμ con una capacitancia equvalente que aparece en paralelo con Cπ

• CM = Cπ+ (1 - AM)Cμ

• AM es usualmente -gmR’L para CE/CS

• R’L = RL||RC = carga equivalente en ac

• Determine polo de alta frecuencia usando

• REQ = res. equivalente desde terminales de CM

fH =1

2CMREQ

R1

R2 RE

RC

RLCE

CC2CC1RTH

vS

VCC

RBRLL=RC||RL

RTH

vS

Cµ

C/gm v/

E

B

r/ v/

C

RB=R1||R2


Common-base/-gate

• Av = vcve

• C emisor a tierra

• Cµ colector a tierra

• dos polos

fH1 =1

2CµREQ,1fH2 =

1

2CREQ,2

-VEE +VCC

vS

RTH

RE RC

RL

vOUT

VCC

vOUT

C1

RTH

vS

RE

vSRTH

RE r/ C/v/+

-

gmv/

Cµ RC||RLRLL

vOUT


Common-collector/common-drain

RTH

vS

R1

R2 RL

vOUT

C1

VCC

RTH

vS Rb=R1||R2

r/

C/

Cµ gmv/RL

vOUT+ -v/

RTH

vS RB

RLvOUTC1


FRECUENCIA DE GANANCIA UNITARIA

• ft Unity-gain frequency

• frecuencia a la cual (s) = iC/iB = 1

• concepto se usa tambien en los amplificadores operacionales

• mas facil de medir que C

• problemas pueden especificar ft y Cµ. C se puede obtener como sigue:

ft =

2r (C + Cµ)=

gm2 (C + Cµ)

C =

2rft Cµ =

gm2ft

Cµ

• Para el mosfet, use

ft =gm

2 (Cgs + Cgd)


+<

VDD

vin

VDC

8k1

RD

RS C

vout

A(dB)

f1 f2 f3 f4

AMBADC

El siguiente amplificador produce una respuesta que puede aproximarse con

el Bode plot que se muestra, donde f1 = 10Hz, f2 = 100Hz, f3 = 1MHz y

f4 = 30MHz. Si IDQ = 2mA y KN = 1mA/V 2,

1. determine RS y C.

2. calcule valores para Cgs y Cgd si AMB = 40dB.

EJEMPLO


RS

y C.

Para el condensador de bypass,

p

= Ros

C

z

= RS

C

donde Ros

= RS

k1/gm

. Dado que el diagrama muestra que z

= 10p

10 =

z

p

=

RS

RS

k1/gm

=

RS

RS/gm

RS+1/gm

= gm

RS

+ 1

RS

=

9

gm

=

9

2

pK

N

IDQ

=

9

2.82mA/V= 3.2k

C =

1

2 3.2k 10

' 5µF

Respuesta


Cgs

y Cgd

si AMB

= 40dB.

|AMB

| = 40dB = 100V/V = gm

RC

= 2.82mA/V RD

RD

= 100/2.82k = 35.5k

Aplicando el teorema de Miller, en el gate tenemos un condensador equiva-

lente igual a

Cin

= Cgs

+ 101 Cgd

En el drain, tenemos otro condensador equivalente de valor aproximado igual a

Cout

' Cgd

. Las constantes de tiempo son

in

= 8k(Cgs

+ 101 Cgd

)

y

out

= 35.5k Cgd


Se puede observar que in

> out

, y por lo tanto in

debe estar asociado a

f3. Consecuentemente,

30MHz =

1

2Cgd

RD

! Cgd

=

1

2 30 10

6 35460

= 0.15pF

y

1MHz =

1

2 10k(Cgs

+ 101 0.15pF )

Cgs

+ 101 0.15pF =

1

2 8k 10

6= 19.9pF = C

gs

+ 15.15pF

Cgs

= 4.7pF


EJEMPLO

Para el siguiente amplificador, R1 = 10k, R2 = 30k, RC = 5k, RE =

14.3k, hfe = 100, C = 3pF y Cµ = 0.5pF . Determine

1. la ganancia de frecuencias intermedias (midband gain AMB),

2. las frecuencias de los polos de baja frecuencia, y

3. las frecuencias de los polos de alta frecuencia.

C1=100µF

C2=1µF vout

-15V

+15V

RS=501

vS

R1

R2

RC

RE

RS=10k1Q2

Q1


RESPUESTA

voutRS=501

vS RC||RSRE

Q2Q1

la ganancia de frecuencias intermedias (midband gain AMB),

Av =14.3kk r1

hfe+1

14.3kk r1hfe+1 + 50

(gm1 r2

hfe + 1)(gm2 3.33k)

ICQ1 =14.3V

14.3k= 1mA ' ICQ2

gm1 ' gm2 = 40mA/V

r1 = r2 = 2.5k

Av =14.3kk 2.5k

101

14.3kk 2.5k101 + 50

(40mA/V 2.5k

101)(40mA/V 3.33k)

' 24.75

74.75(1)(133.2) = 44.1V/V


frecuencias de los polos de baja frecuencia, y

Respuesta:

fL1 =

1

2 100µF 74.75= 21.3Hz

fL2 =

1

2 1µF 15k= 10.6Hz

voutRS=501

vS 14.3k1

Q2Q1

3.33k1C/ Cµ+C/ Cµ

frecuencias de los polos de alta frecuencia:

Podemos representar el circuito de alta frecuencia usando el circuito equiv-

alente de frecuencias intermedias y condensadores C y Cµ externos,

fH1 =1

2C 50k24.75 = 3.2GHz

fH2 =1

2(C + Cµ) 24.75= 1.8GHz

y

fH3 =1

2Cµ 3333= 95.5MHz


vOUT

vIN

CG

CC1

CC2

Cb

-10V

+10V

R1

R2

R3

RD

RLRS

vOUTvIN

RP

R’L

RS vOUTvIN

RPR’L

RS

Cgs gmvgs

+

-vgs

Cgd

RS

R1 = 179.5kR2 = 179kR3 = 145.5kRS = 2kRD = 3kRL = 10kRS = 10k

KN = 1.2mA/V 2

VTN = 2V

= 0Cgs = 5pF

Cgd = 0.8pF

Ejemplo


Los siguientes problemas provienen de otro libro de texto escrito por Naeman


( )

( ) ( )3

3

1 1 1 15.92 ms2 2 2 10

15.9 10 1.89 F4.41 4 10

L LL L

LL D L C C C

D L

f rr f

rr R R C C CR R

π π π

µ−

= → = = =

×= + = = =+ + ×

7.16 a.

( )

( )( )( )

( ) ( )( )( )

( ) ( )( )

2

2

2

2

9

9 0.5 12 4 4

6 23 15 0

23 23 4 6 153 V

2 62 2 0.5 3 2 1 mA/V1 1 12 0.923 k

SGD P SG TP

S

SG SG SG

SG SG

SG SG

m P SG TP m

o S om

VI K V V

R

V V V

V V

V V

g K V V g

R R Rg

− = = +

− = − +

− + =

± −= =

= + = − =

= = = Ω

b. ( )0 L Cr R R C= +

c. ( )

( )3

3

1 1 1 7.96 ms2 2 2 20

7.96 10 0.729 F0.923 10 10

LL

C Co L

f rf

rC CR R

πτ π π

µ−

= = = =

×= = =+ + ×

7.17 a.

( ) ( ) ( )( )( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

1 2

1

1

1

22

2

11 mA, 0.00833 mA120

|| 0.1 10.1 121 4 48.4 k

on 11 0.00833 48.4 0.7 121 0.00833 4

1 48.4 12 5.135

113 k

113 48.4 84.7113

CQ BQ

E

TH BQ TH BE BQ E

TH CC

I I

R R R

V I R V I R

R VR

RR

R R kR

β

β

= = =

= += = Ω

= + + +

⋅ ⋅ = + +

=

= Ω

= = Ω+

b.

( )( )0 0

0

0 0

1120 0.026

3.12 k1

80 80 k13.12 4 80 0.02579 4 80 25.6121

Er

R R r

r

r

R R

π

π

β=

+

= = Ω

= = Ω

= = = Ω

c.


( )( )

( )

0 23 6 3

3

0.0256 4 10 2 10 8.05 10 s1 1 19.8 Hz

2 2 8.05 10

L Cr R R Cr

f frπ π

− −

−

= += + × × × = ×

= = =×

7.18 (a)

( ) ( ) ( )( )

( )( )

5 0.7 1.075 mA 1.064 mA4

10 1.064 2 1.075 43.57 V

1.064 40.92 mA/V0.026

100 0.0262.44 K

1.064

EQ CQ

CEQ

CEQ

CQm

T

T

CQ

I I

VV

Ig

V

Vr

Iπβ

−= = =

= − −=

= = =

= = =

(b)

1 1

1 1 1 1

2 2

2 2 2

2440For , 200 40001 101

224.0 , 1.053 msFor , 2 47 49 K

49 ms

C eq S E

eq eq C

C eq C L

eq c

rC R R R

R r R CC R R R

R C

πβ

τ

τ

= + = ++

= = == + = + == ⋅ =

(c) ( )1 131

1 1 151 Hz2 2 1.053 10

f fπτ π −

= = =×

7.19 (a)

( ) ( )

( )

3 12

8

8

2 47 10 10 10

1.918 10 s1 1 8.30 MHz

2 2 1.918 10

H C L L

H HH

R R C

f f

τ

πτ π

−

−

−

= = × × ×= ×

= = =×

(b)

( )

( )

( )

2

22

8

1 0.11 .2

1 100 1 .20.1

99 992 2 1.918 10

82.6 MHz

H

H

H

f

f

f

f

πτ

πτ

πτ π −

=+

§ · = = +¨ ¸© ¹

= =×

=

7.20 (a)


( )( )

( )

0 23 6 3

3

0.0256 4 10 2 10 8.05 10 s1 1 19.8 Hz

2 2 8.05 10

L Cr R R Cr

f frπ π

− −

−

= += + × × × = ×

= = =×

7.18 (a)

( ) ( ) ( )( )

( )( )

5 0.7 1.075 mA 1.064 mA4

10 1.064 2 1.075 43.57 V

1.064 40.92 mA/V0.026

100 0.0262.44 K

1.064

EQ CQ

CEQ

CEQ

CQm

T

T

CQ

I I

VV

Ig

V

Vr

Iπβ

−= = =

= − −=

= = =

= = =

(b)

1 1

1 1 1 1

2 2

2 2 2

2440For , 200 40001 101

224.0 , 1.053 msFor , 2 47 49 K

49 ms

C eq S E

eq eq C

C eq C L

eq c

rC R R R

R r R CC R R R

R C

πβ

τ

τ

= + = ++

= = == + = + == ⋅ =

(c) ( )1 131

1 1 151 Hz2 2 1.053 10

f fπτ π −

= = =×

7.19 (a)

( ) ( )

( )

3 12

8

8

2 47 10 10 10

1.918 10 s1 1 8.30 MHz

2 2 1.918 10

H C L L

H HH

R R C

f f

τ

πτ π

−

−

−

= = × × ×= ×

= = =×

(b)

( )

( )

( )

2

22

8

1 0.11 .2

1 100 1 .20.1

99 992 2 1.918 10

82.6 MHz

H

H

H

f

f

f

f

πτ

πτ

πτ π −

=+

§ · = = +¨ ¸© ¹

= =×

=

7.20 (a)

( )

( )( )( ) ( )( )

( )( )( )( )

2

12 2

2

5

5 1 1.2 1.5 1.2 3 2.25

1.2 2.6 2.3 0 2.84

1.8

10 1.8 1.2 1.2 5.68

2 2 1 1.8 2.683 /

SGP SG TP

SG SG SG SG

SG SG SG

DQ

SDQ SDQ

m P DQ

o

VK V V

R

V V V V

V V V V

I mA

V V V

g K I mA V

r

− = +

− = − = − +

− − = =

=

= − + =

= = =

= ∞

(b) 1 1 0.3727

2.681.2 0.373 0.284

ism

i

R kg

R k

= = = Ω

= = Ω

For ( )( )61 1, 284 200 4.7 10 2.27C sC msτ −= + × =

For ( ) ( )3 3 62 2, 1.2 10 50 10 10 51.2C sC x msτ −= + × =

(c) CC2 dominates,

( )3 32

1 1 3.12 2 51.2 10dB

s

f Hzπτ π− −

= = =×

7.21 Assume 21 , 80 / , 0TN nV V k A Vµ λ′= = = Neglecting 200SiR = Ω , Midband gain is:

v m DA g R= Let 0.2 , 5DQ DSQI mA V V= =

Then 9 5 200.2D DR R k−= = Ω

We need 210 0.5 /20

vm

D

Ag mA V

R= = = and 2 2

2n

m n DQ DQk Wg K I I

L′§ ·§ ·= = ¨ ¸¨ ¸© ¹© ¹

or ( )0.0800.5 2 0.2 7.812

W WL L

§ ·§ ·= =¨ ¸¨ ¸© ¹© ¹

Let

( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 2

2 2 2

1 2

2 1

1 2

44

1 31

9 9 2250.2 0.2 0.2

0.0800.2 7.81 1 1.80 9 92 225

45 , 180

180 45 36

1 1 7.96 107.958 10 or 2 2 200 200 36 10

DQ

DQ GS GS

TH

Si TH C C

C

R R kI

R RI V VR R

R k R k

R R R k

s R R C Cf

C

τπ π

−−

+ = = = Ω

§ · § ·§ ·= = − = = = ¨ ¸¨ ¸ ¨ ¸+© ¹ © ¹© ¹= Ω = Ω

= = = Ω

×= = = × = + = + ×

=

( )5

52 33

2

0.022 1 1 5.31 105.305 10 or 2.65

2 20 102 3 10 D L L L

F

s R C C C nFf x

µ

τπ π

−− ×= = = × = = =

×

7.22 a.

Error: CC1 dominates


f =1

2r (C + Cµ)


( )

( )3

12

2

1 38.46 mA/V0.026

38.46 102 10 2 10510 MHz

510 4.25 MHz120

mT

CQm

T

T

T

T

gfC C

Ig

V

f

f

ff f

π π µ

β β

π

β

−

−

=+

= = =

×=+ ×

=

= = =

7.39

( )

( )

( )( )

39

12

3

12 9

5000 MHz 33.3 MHz150

2

0.5 19.23 mA/V0.026

19.2 105 102 0.15 10

19.2 100.15 0.612 pF2 10 5 10

0.462 pF

T

mT

m

ff f

gfC C

g

C

C

C

β β

π µ

π

π

π

β

π

π

π

−

−

−

−

= = =

=+

= =

×× =+ ×

×+ = =×

=

7.40

a. 2000 MHz 13.3 MHz150

Tff fβ ββ= = = =

b.

( )

( )

( )

2

2 2

1501 /

150 101 /

1501 22510

224 13.33 224 199.6 MHz

fe

fe

hj f f

hf f

ff

f f f

β

β

β

β

=+

= =+

§ · § ·+ = =¨ ¸ ¨ ¸¨ ¸ © ¹© ¹

= ⋅ = =

7.41 (a)

( )

0

1 1

11

1 1

where

11

11

11

m L

i i

bb

i ib b b b

V g V R

rrsC sr CV V Vr rr r sr CsC

r rV Vr r sr r C r r s r r C

π

ππ

ππ

ππ

π

π π

π π π π

= −

+= ⋅ = ⋅++ +

§ ·§ ·= ⋅ = ⋅¨ ¸¨ ¸¨ ¸+ + + +© ¹© ¹


CgsT CgdT

!

"

gmVgsRi

RS Vgs RD RL

13 frequency due to :gsT eq S im

dB C R R Rg

⋅ =

( ) ( )12

12

1 4 0.5 0.246 k1.81

1 162 MHz2 246 4 10

Aeq gsT

eq

A

fR C

R

f

π

π −

=⋅

= = Ω

= =×

3 frequency due to gdTdB C−

( )

( ) 3 12

12

12 2 4 10 10

119 MHz

BD L gdT

fR R C

f

π

π −

=

=× ×

=

Midband gain

!

"

gmVgsRi

V0

Vi Vgs RS RD RL!"

( )( )( )( )

0

1 1 41.81

1 1 4 0.51.81

0.492

0.492 1.81 4 2 1.19

Sm

gs i i

S im

i

m gs D L

v v

RgV V VR R

gV

V g V R R

A A

− −= ⋅ = ⋅

+ +

= −= −= =

7.63

( ) ( )120 0.0263.059 k

1.0239.23 mA/Vm

r

g

π = = Ω

=

a.

( )

( ) ( )( )

( )

( )( )

( )

2 3

12 9

9

3 12

9

9

1Input: 2

2

0.1 20.5 28.3 3.06 0.096 k

96 12 2 2 10 1.537 10 s1 103.6 MHz

2 1.536 10

1Output: 2

15 10 10 2 106.67 10

1 23.9 MHz2 6.67 10

H

s

eq

H

H

C L

H

fr

r R R R r C C

R

r

f

fr

r R R C

f

ππ

π π π µ

π

π

µµ

µ µ

µ

π

π

π

π

− −

−

−

−

−

=

ª º= +¬ ¼

= = Ω

= + × = ×

= =×

=

== × × ×= ×

= =×

b.

( )

( )( )

2 3

2 3

2 3 20.5 28.3 3.059 2.433 k

2.43339.23 5 10 125.62.433 0.1

m C LS

R R rA g R R

R R r R

R R r

A A

π

π

π

ª º= « »+¬ ¼

= = Ω

ª º= =« »+¬ ¼

& &&& &

c. 15 pFL LC C Cµ= > dominates frequency response.

( )

( ) ( )( )

( )

( )( )

( )

2 3

12 9

9

3 12

9

9

1Input: 2

2

0.1 20.5 28.3 3.06 0.096 k

96 12 2 2 10 1.537 10 s1 103.6 MHz

2 1.536 10

1Output: 2

15 10 10 2 106.67 10

1 23.9 MHz2 6.67 10

H

s

eq

H

H

C L

H

fr

r R R R r C C

R

r

f

fr

r R R C

f

ππ

π π π µ

π

π

µµ

µ µ

µ

π

π

π

π

− −

−

−

−

−

=

ª º= +¬ ¼

= = Ω

= + × = ×

= =×

=

== × × ×= ×

= =×

b.

( )

( )( )

2 3

2 3

2 3 20.5 28.3 3.059 2.433 k

2.43339.23 5 10 125.62.433 0.1

m C LS

R R rA g R R

R R r R

R R r

A A

π

π

π

ª º= « »+¬ ¼

= = Ω

ª º= =« »+¬ ¼

& &&& &

c. 15 pFL LC C Cµ= > dominates frequency response.


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