Felipe Paz Campos
2012
ELECTRÓNICA ANALÓGICA CAPÍTULO 5: EL AMPLIFICADOR A MPLIFICADOR DIFERENCIAL
TEORÍA Y APLICACIONES
80
Felipe Paz Campos CAPÍTULO 5 AMPLIFICADOR DIFERENCIAL. 5.1 Introducción El amplificador diferencial básicamente está constituido como dos amplificadores emisores comunes conectados entres sí.
2012
VCC RC2
RC1
+ Vo1
Vi -10m/10mV
Vo
Vo2 Q2
Q1
1kHz
El amplificador diferencial es un circuito versátil que sirve como etapa de entrada para la mayoría de los amplificadores operacionales y también encuentra su aplicación en circuitos integrados tan diversos como el comparador y compuertas lógicas acopladas por emisor. Es un circuito de balance, amplificadores de una diferencia entre dos entradas para cancelar los niveles de polarización. Suprime los efectos causados por los cambios de temperatura cuando afectan por igual a ambas etapas. En general no amplifica señales que son iguales para ambas entradas (señal de modo común) pero si lo hacen para señales que no lo son (señal de modo diferencial).
Io -VEE
Figura 5.1
Para el circuito de la figura 5.1 se considera: RC1 = RC2 =RC El transistor 1 igual al transistor 2 (todos los parámetros internos son idénticos: gm1 = gm2, rb1 = rb2, re1 = re2 , etc).
5.2.1 Análisis DC El circuito de la figura 5.2 sirve para realizar el análisis DC. VCC
+
VCM: señal de modo común, se aplica la misma señal a ambas bases. Vid: Voltaje de modo diferencial, puede ser señales en ambas base con un desfase o de 180 o señales en una sola base V i.
5.2Análisis del amplificador diferencial ideal. En la figura 5.1 se muestra un amplificador diferencial con BJT tipo NPN.
RC2
RC1
Vi -10m/10mV
Vo1
Vo
Vo2 Q2
Q1
1kHz
IE2
IE1
Io -VEE
Figura 5.2
De la figura 5.2 se deduce: IE1 = IE2 = IE Io = IE1+IE2 = 2IE VoDC = 0V VCE1 = VCE2
(5.1) (5.2) (5.3) (5.4)
81
Felipe Paz Campos 5.2.2Analisis AC Se hará el análisis del amplificador diferencial, con señal de entrada diferencial y señal de entrada de modo común.
5.2.2.1 Amplificador diferencial con voltaje en la entrada diferencial (Vid =Vi).
A partir del circuito de la figura 5.1 se puede dibujar el circuito para señal, figura 5.3. RC
RC
vo1
Vi -10m/10mV
Vo
Sustituyendo (5.7) en (5.5) se obtiene: v r vo1 g m1 RC i ( 1 ) (5.9) 2 r b r 1 vo1 vi
Q2
(5.10)
)
1 2
g m 2 RC (
r 2 r b r 2
)
(5.12)
vo vo1 vo 2
En el circuito de la figura 5.3 los emisores están conectados a tierra ya que la fuente de corriente ante señal tiende a cero, por consiguiente ve ≈ 0V. Sustituyendo el modelo de los transistores para AC, en el circuito anterior, figura 5.3 se obtiene el circuito de la figura 5.4. RC
vi/2
vo1 vo2 +
gm2vπ2
vπ1 rπ1 gm1vπ1 -
1kHz
rb + vπ2
rπ2
vo
g RC
m1
-vi/2 1kHz
-
Con r 1 vo
vo1 g m1v 1 xRC
(5.5)
vo 2 g m 2 v 2 xRC
(5.6)
2 r b r 1
vi 2
(
)
r 2 r b r 2
(5.7) )
r 1
(
2 r b r 1
) g m 2 RC
r 2
g m RC (
v i r r b
r
i
(
r 2
2 r b r 2
) (5.14)
r y g m1
v
g m2
gm
)
(5.15)
)
(5.16)
Por tanto: vo vi
g m RC (
r r b r
(5.16) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: v
Figura 5.4
r 1
i
vo
(
v
(5.13)
La ecuación (5.16) se le conoce como ganancia de modo diferencial bilateral. Sustituyendo g m r 1 en la ecuación
RC
+ vo -
rb
v 2
r b r 1
Para calcular la ganancia de modo diferencial bilateral:
Figura 5.3
vi
2
r 1
g m1 RC (
La ecuación (5.12) se conoce como ganancia de modo diferencial unilateral.
vo2
1kHz
v 1
1
La ecuación (5.10) se conoce como ganancia de modo diferencial unilateral. Sustituyendo (5.8) en (5.6) resulta: v r vo 2 g m 2 RC i ( 2 ) (5.11) 2 r b r 2 vi
Q1
vo 2
-
+
2012
(5.8)
i
R
rb
1
C
(5.17)
r e
La ecuación (5.17) es siempre la ganancia de modo diferencial bilateral de una forma más simplificada. Rid 2(r b r ) (5.18) Ro 2 RC
(5.19)
82
Felipe Paz Campos 5.2.2.2 Amplificador diferencial con voltaje en la entrada de modo común (VCM). El amplificador diferencial con voltaje de entrada de modo común, es considerar la misma señal de entrada a ambas bases (VCM). Esto se muestra en la figura 5.5. VCC
RC
-1/1V
+ 1kHz
vπ
VCM
-
RC
rπ
gmvπ
+
Q1
Q2
1kHz
vo -
Figura 5.5.2
-
vo2
+
2Rof
v
vo vCM
rb
vo1 g m v xRC RC
vo1
2012
(5.20)
vCM xr
(5.21)
r b r ( 1) 2 Rof
Sustituyendo (5.21) en (5.20) se obtiene: vo1 r ) (5.22) g m RC ( vCM r b r ( 1) 2 Rof Sustituyendo g m r 1 en la ecuación
Rof(impedancia de salida de la fuente de corriente)
Figura 5.5
Para deducir las variables de interés se separa el circuito en dos etapas idénticas, a partir de cualquiera de las etapas se realizan los cálculos, figura 5.5.1. VCC
(5.22) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: vo1 vCM
vCM Vo1
vCM
RC
r b
RC
r b
1
r e 2 Rof
vo vo1 vo 2 0
Q1 1kHz
2Rof
Figura 5.5.1
RC
2 Rof
ACM
(5.23)
r e 2 Rof 1 ACM: Ganancia de modo común. Rof : impedancia de salida de la fuente de corriente. Para la otra etapa es lo mismo.
vo 2
RC
RC
2 Rof
ACM
(5.24)
(5.25)
Esto significa que no existe ganancia de modo común bilateral, solamente unilateral.
5.2.2.2.1Cálculo de Rof para una fuente de corriente constante. Para el cálculo de R of utilizaremos el circuito de la figura 5.6.
Agregando el modelo del transistor en la figura 5.5.1 obtenemos la figura 5.5.2
83
Felipe Paz Campos
5.4 Amplificador diferencial con JFET
ip +
Rof Rbb
El análisis es similar al par diferencial con BJT, el circuito se muestra en la figura 5.7.
vp
-
VDD RD
Ree
Figura 5.6
Rof
v p
+
Vi
5.3 Razón de rechazo de modo común (CMRR). A DM
(5.28)
ACM
En la ecuación (5.28) el A DM es unilateral. CMRR DB 20 log
A DM ACM
(5.29)
La razón de rechazo de modo común es un parámetro de mucho interés, ya que este nos dice que tan bueno es el amplificador diferencial. Entre más alto es el valor del CMRR mejor es el amplificador. En la ecuación (5.29) se observa que, para obtener un valor alto del CMRR se necesita un Valor Bajo de A CM y para lograr un valor bajo de A CM se necesita un valor alto de R of ecuación (5.24). En otras palabras para tener un buen amplificador diferencial se necesita diseñar la fuente de corriente con una alta impedancia de salida.
-
vo
vo2 J2
J1 1kHz
Agregando el modelo del transistor ante pequeña señal y planteando las ecuaciones necesarias se obtiene: ( R ' Ree ) Ree r o bb Rof ( Rbb ' // Ree ) Rbb ' Ree (5.27) Donde: Rbb ' r b r Rbb y Ree = RE
RD
vo1
(5.26)
i p
CMRR
2012
RG
RG IS1
IS2
Io -Vss
Figura5.7
5.4.1 Análisis DC De la figura 5.7 se deduce: IS1 = IS2 = IS Io = IS1+IS2 = 2IS VoDC = 0V VDS1 = VDS2
(5.30) (5.31) (5.32) (5.33)
5.4.2 Análisis AC
Se hará el análisis del amplificador diferencial, con señal de entrada diferencial y señal de entrada de modo común.
5.4.2.1 Amplificador diferencial con Voltaje de entrada diferencial (vi). RD
RD +
vi
vo1
-
vo
vo2
J1 1kHz
J2
RG
RG
Figura 5.7.1
A DM g m R D
(5.34)
La ecuación (5.33) se le llama ganancia de modo diferencial bilateral. Rid RG (5.35) Ro 2 R D
(5.36)
84
Felipe Paz Campos 5.4.2.2 Amplificador diferencial con JFET con Voltaje de entrada Común (VCM).
VCC
-10m/10mV
RD
+ vo vo1 vo2
VCM
-
Q1
Io
RB
1kHz
68kΩ
Q3
J2
J1
10kΩ
vo vo1 vo2 IE1 IE2 Q2
vi RD
RC
10kΩ
+
VDD
1kHz
RC
15V
2012
IE3
RG
RG
RE 4.3kΩ
Ro
Figura 5.7.2
ACM
VEE
Figura 5.8
-5V
-Vss
g m R D 1 2 g m Rof
Solución:
(5.37)
A la ecuación (5.36) se le conoce como ganancia de modo común unilateral.
Nota: Para calcular el CMRR es similar al BJT. 5.5 EJEMPLOS Ejemplo # 1 Para el circuito mostrado en la figura 5.8, calcule: a.ADM b.Rid c.Ro d.ACM e.CMRRDB Datos: β = 100 y r b = 100Ω para todos los transistores. V A = 250V para Q3.
a.- Análisis DC 5V I B 3 R B V BE I E 3 R E Sustituyendo I B 3
I E 3 1
(5.38)
en la ecuación
(5.37) se obtiene: I 5V E 3 R B V BE I E 3 R E 1 Despejando IE3: 5V V BE I E 3 R B R E 1 Sustituyendo valores en (5.40): 5V 0.7V I E 3 0.865mA 68k 4.3k 100 1 I IE3 = Io = 2IE1 = IE2 → I E 1 E 3 2 Sustituyendo valores en (5.41): 0.865mA I E 1 I E 2 0.4325mA 2 V CE 1 V CE 2 V CC I E 1 RC V E 1
(5.39)
(5.40)
(5.41)
(5.42)
Sustituyendo valores en (5.42): V CE 1 15V 0.4325 mA mAx x10 k 0.7V V CE 1 11.38V V CE 3 V E 1 V E 3 0.7V 1.281 281V (5.43)
Sustituyendo valores en (5.43): V C E 3 0.581
85
Felipe Paz Campos El punto de operación para los transistores es: Para Q1 VCE1= 11.38V e IE1 = 0.4325mA Para Q2 VCE2= 11.38V e IE2 = 0.4325mA Para Q3 VCE3= 0.581V e IE3 = 0.865mA Esto significa zona activa para los tres transistores ya que V CEsat
g m1
RC
RC
10kΩ
vo1
Vi -10m/10mV
Vo
vo2
1kHz
Figura 5.8.1
Sustituyendo el modelo de los transistores para AC, en el circuito anterior, figura 4.8.1 se obtiene el circuito de la figura 5.8.2. RC
rb
gm2v
1
π
-
2
π
+
v 1kHz
RC
10kΩ
vo1 vo2
vi/2
rb
+
r
1
π
gm1v
1
v
2
π
60 .12
26mV
0.865 mA
16 .63 mS
30.1
r o 3
(5.48)
V A V CE 3
r o3
r
2
(5.46) (5.47)
r 3 101 101 x30 .1 3,040 .1
(5.49)
I E 3
250.581V
289.69k 0.865mA Calculando las variables solicitadas. v a.(5.50) A DM o vi
v 1
10kΩ + vo -
r e1
I E 3
1
vo 2 g m 2v 2 xRC
Q2
Q1
1
En este caso particular se va a deducir esta función de transferencia. vo1 g m1v 1 xRC (5.51)
10kΩ
-
+
26 mV
r e 3
b.- Análisis AC. Dibujando el circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 5.8.1
g m2
2012
-vi/2 1kHz
π
v 2
vi
r 1
(
2 r b r 1 vi
2
(
(5.52)
)
r 2 r b
r 2
(5.53) )
(5.54)
Sustituyendo (4.52) en (4.50) se obtiene: v r vo1 g m1 RC i ( 1 ) (5.55) 2 r b r 1 Sustituyendo (4.54) en (5.52) resulta: v r vo 2 g m 2 RC i ( 2 ) (5.56) 2 r b r 2 vo vo1 vo 2
(5.57)
π
-
Figura 5.8.2
Calculando los parámetros para AC: 26mV r e1 r e 2 (5.44) I E 1 Sustituyendo valores en (5.44): 26mV r e1 60.12 0.4325mA r 1 r 2 ( 1)r e1 101 x60 .12 (5.45)
Sustituyendo ((5.55) y (5.56) en (5.57): v r v r vo g m1 RC i ( 1 ) g m 2 RC i ( 2 ) 2 r b r 1 2 r b r 2 Con r 1 vo
r 2
g m RC (
r y g m1
v i r r b
r
gm2
gm
)
(5.58)
)
(5.59)
Por tanto: vo vi
g m RC (
r r b r
r 1 6,072 .12
86
Felipe Paz Campos Sustituyendo g m r 1 en la ecuación (5.59) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: vo vi
R
(5.60)
C
rb
1
r e
b.- Rid 2(r b r )
(5.61)
c.- Ro 2 RC 20k vCM
vo 2 vCM
(5.62)
RC 2 Rof
(5.63)
Para el cálculo de R of se usa el método de la fuente de prueba, figura 5.9 ip +
Q3
Rof Rbb
-
Figura 5.9
Rof
i p
(71.14 k 4.3 k ) 4.3k 100 71.14k 4.3k
29 M Rof 4.1k
e.- CMRR DB 20 log
A DM
(5.65)
2 ACM
Sustituyendo valores: 163.64 CMRR DB 20 log 2(2.564m) CMRR DB
20 log 31.91k 90 DB
Ejemplo # 2 Para el circuito mostrado en la figura 5.10, calcule: v v v a.- A DM o ; A DM 1 o1 A DM 2 o 2 vi vi vi b.Rid c.Ro d.ACM e.CMRRDB Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V β = 100 y r b = 100Ω VA = 250V para Q1.
vp
Ree
v p
Ree 4.3k y Rbb ' // Ree 4.1k
Por tanto de la ecuación (5.62) se obtiene: RC 10 k ACM 2.564 m 2 Rof 2(1.95 M )
Sustituyendo valores en (4.61): Rid 2(100 6,072 072 .12 ) 12 .34 k vo1
Realizando los cálculos para este caso. Rbb ' 100 3,040 .1 68 k 71 .14k
Rof 1.95M
Sustituyendo valores en (5.60): vo 10 k 163.64 100 vi 60.12 101
d.- ACM
2012
VDD
15V
Agregando el modelo del transistor ante pequeña señal en la figura 5.9 y planteando las ecuaciones necesarias se obtiene.
( R ' Ree ) Ree r o3 bb Rof ( Rbb ' // Ree ) Rbb ' Ree Donde: Rbb ' r b r Rbb y Ree = RE
RD
RD
(5.64)
4.7kΩ
4.7kΩ + v
vi
-
o
vo1
-1/1V
vo2 J2
J1 1kHz
RG
RG
1MΩ
1MΩ
Io Q1
R1
IE1 Q2
1kΩ +
V2
+
R2 1kΩ
V1 RE1
1.48kΩ
-
-
VCC
-5V
Figura 5.10
87
Felipe Paz Campos Solución:
g m1
a.- Análisis DC V 2
(5V 0.7) xR2 R1 R2 4.3V (1k )
V 2
(5.66)
2.15V
1k 1k V 1 V 2 2.15V
I o
I E 1
I D1
V 1
I D 2 I D
I D I DSS (1
2.15V
R E 1
(5.67) 1.45mA
1.48k 1.45mA 2
V GS V GS (off )
(5.68)
0.725mA
)2
(5.69)
(5.70)
I D I DSS
)
(5.71)
Por tanto: V GS
2.5V (1
V CE 1
V C 1 V E 1
gm r e1
0.725 725 mA 10 mA
) 1.83 V
(5.72)
gm2
gm
20mA
I E 1
2 I DSS
1.83V 2.5V
26 mV 1.45 mA
V GS ( off )
) (5.75)
) 2.144 144 mS
17 .93
(5.76) (5.77) (5.78)
I E 1
Sustituyendo valores en (5.78): 254.68V r o1 175.64k 1.45mA Calculando las variables solicitadas. v a.- A DM o g m R D (5.79) vi A DM 2.144 144 mSx 4.7k 10 Como el circuito es simétrico: v g m RD 10 5 A DM 1 o1 2 2 vi vo 2
g m RD
V CE 1 1.83V (2.85V ) 4.68V
(5.73)
V DS 15V I D xR D V C 1
(5.74)
b.- Rid RG 1M
El punto de operación para los transistores J 1 y J2 es: V DS 9.76V e I D 0.725 mA
V GS
V A V CE 1
A DM 2
V DS 15V 0.725 mA(4.7k ) 1.83V 9.76V
(1
V GS (off )
(1
2.5V 26 mV
r 1 101 x17 .93 1,810 .93 r o1
Despejando V GS se obtiene: V GS V GS (off ) (1
2012
vi
2
10 2
(5.80)
5
(5.81) (5.82)
c.- Ro 2 R D 2 x 4.7k 9.4k (5.83) d.- ACM
vo1 vCM
g m R D 1 2 g m Rof
(5.84)
( Rbb ' Ree )
Ree
Para Q1 VCE1= 4.68V e IE1 = 1.45mA Los dos transistores están funcionando en la zona activa.
Rof ( Rbb ' // Ree )
Circuito ante señal, figura 5.10.1.
Donde: Rbb ' r b r 1 Rbb y Ree = RE1
r o1
b.- Análisis AC.
4.7kΩ +
vo
vi
vo1
-1/1V J1 1kHz
4.7kΩ
(2.41k 1.48k )
vo2
17.56 M
J2
RG
1MΩ
1MΩ
Rbb ' Ree
Ree 1.48 k y Rbb ' // Ree 917 917 .48
-
RG
Realizando los cálculos para este caso. Rbb ' 100 1,810 .93 0.503 k 2,413 .93
RD
RD
Figura 5.10.1
R of 917.48
100 2.41k 1.48k
Rof 6.86 M
Calculando los parámetros ante para AC:
88
1.48k
Felipe Paz Campos Por tanto de (5.84): v g m R D ACM o1 vCM 1 2 g m Rof ACM
1 2( 2.144 144 mSx6.86 M )
CMRR DB 20 log
343 m 0.343
A DM
(5.85)
2 ACM
10 2(0.343m)
vo vCM
e.CMRRDB Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V β = 100 y r b = 100Ω VA = 250V para Q1. VDD
RD
RD
4.7kΩ Vi
+
-1/1V
RL -
vo
J1 1kHz
RG
2
V GS V GS (off )
V GS
2.5V (1
V CE 1
V C 1 V E 1
2.2MΩ
+
V2
I DSS
0.725mA 10 mA
V1
1kΩ
V DS 15V 0.725 mA(4.7k ) 1.83V 9.76V
El punto de operación para los transistores J 1 y J2 es: V DS 9.76V e I D 0.725 725 mA
Circuito ante señal, figura 5.11.1. RD
J1
1.48kΩ
1kHz
4.7kΩ 1kΩ
-1/1V
+ RL vo J2 RG
RG
VCC
2.2MΩ
2.2MΩ
-5V
Figura 5.11.1
Solución:
a.- Análisis DC
(5V 0.7) xR2 R1 R2
) 1.83 V
(5.94)
Figura 5.11
V 2
(5.91)
V DS 15V I D xR D V C 1
RE1
-
)
(5.93)
4.7kΩ
-
(5.90)
(5.92)
vi
+
R2
(5.89)
)2
RD IE1
Q2
0.725mA
I D
Io
1kΩ
(5.88)
V CE 1 1.83V (2.85V ) 4.68V
Q1
R1
1.45mA
I D 2 I D
1.45mA
1.48k
b.- Análisis AC.
J2
RG
2.2MΩ
R E 1
2.15V
Para Q1 VCE1= 4.68V e IE1 = 1.45mA Los dos transistores están funcionando en la zona activa.
4.7kΩ
1kΩ
Por tanto:
Rid Ro
15V
I D1
V 1
V GS V GS (off ) (1
Para el circuito mostrado en la figura 5.11, calcule: v a.- A DM o vi
ACM
I E 1
(5.87)
Despejando V GS se obtiene:
Ejemplo # 3
d.-
I o
I D I DSS (1
CMRR DB 20 log14.58k 83.28 DB
b.c.-
2.15V
1k 1k V 1 V 2 2.15V
144 mSx 4.7k 2.144
e.- CMRR DB 20 log
4.3V (1k )
V 2
2012
g m1
(5.86)
gm
gm2
gm
20mA
2.5V
2 I DSS V GS (off )
(1
1.83V 2.5V
(1
V GS V GS ( off )
) (5.95)
) 2.144 144 mS
89
Felipe Paz Campos r e1
26 mV
26 mV
1.45 mA
I E 1
17 .93
r 1 101 x17 .93 1,810 .93 r o1
V A V CE 1
CMRR DB 20 log
(5.97)
CMRR DB 20 log 2.58k 68.23 DB
Sustituyendo valores en (5.98): 254.68V r o1 175.64k 1.45mA Calculando las variables solicitadas. (2 R D // R L ) vo g m a.- A DM (5.99) 2 vi Sustituyendo valores en (5.98): (9.4k // 1k ) A DM 2.144mS 0.97 2 b.- Rid RG 2.2 M (5.100) c.- Ro (2 R D // R L ) vo1 vCM
PROBLEMAS Problemas y ejercicios propuestos de amplificadores diferenciales con transistores BJT y JFET. 5.1 Para el circuito mostrado en la figura v P4.1, calcule: a.- A DM o b.Rid vi c.-Ro d.-ACM e.- CMRRDB Datos β =150 rb =120Ω para todos los transistores y V A = 300V para Q3. VCC
g m ( R L R D ) // R D 1 2 g m Rof
RC
18V
RC
10kΩ
10kΩ
-
+
(5.101)
Ro (9.4k // 1k ) 0.904 k
d. ACM
0.97 2(0.188m)
(5.96)
(5.98)
I E 1
2012
Vo
vi -10m/10mV
Q2
Q1
(5.102)
RB
270Ω
1kHz
( R ' Ree ) Ree r o1 bb Rof ( Rbb ' // Ree ) Rbb ' Ree Donde: Rbb ' r b r 1 Rbb y Ree = RE1
Q3 +
4V7
RE
-
3.3kΩ
VEE
-10V
Figura P5.1
Realizando los cálculos. 100 1,810 810 .93 0.503 k 2.41k Rbb ' 100
5.2 Para el circuito mostrado en la figura
Ree 1.48k y Rbb ' // Ree 917 .48
P5.2, calcule: a.- A DM
(2.41 k 1.48 k )
17.56 M
R of 0.92k
100
1.48 k
2.41 k 1.48 k
Rof 6.86 M
e.- CMRR DB 20 log A DM
2 ACM
b.- Rid
vi
c.-Ro d.-ACM e.-CMRR DB Datos β =150 r b =120Ω para todos los transistores y V A = 300V para Q3. VCC
Por tanto de la ecuación (5.102) se obtiene: 2.144 mSx 2.58 k ACM 1 0.188 m 1 2(2.144 mSx 6.86 M )
vo
6V
vi -10m/10mV
RC1
RC2
10kΩ
10kΩ
RB
RC6
RC5
1kΩ
1kΩ
vo
20kΩ
20kΩ
Q1
RB
1kHz
(5.102)
Q5
Q6
Q2
Q3
R1
R
5kΩ
Q4
RE3 3.3kΩ
Figura P5.2
R2 1kΩ
5kΩ
VEE
-6V
90
Felipe Paz Campos 5.3 Para el circuito mostrado en la figura
VCC
RC1
6V
P5.3.1 y figura P5.3.2 calcule: v v a.- A DM o ; A DM 1 o1 A DM 2 vi vi
RC2
vo 2
RC4
10kΩ
10kΩ
2012
vi -10m/10mV
vi
RB
Q2
Q1
Q4
RB
1kHz
+
R1
Q3
C 10uF
5kΩ
15V
RD
RD
RE3
5.6kΩ
5.6kΩ + v
vi
R2
3.3kΩ
-
1kΩ
o
vo1
-1/1V
Figura P5.4
J2
RG
RG
1.8MΩ
1.8MΩ Q1
R1 Q2
2kΩ
1kΩ
1kΩ
5.5 Para el circuito mostrado en la figura P5.5, calcule: v a.- A DM o ; b.- Rid c.-Ro d.-ACM vi e.-CMRRDB. Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V β = 100 y r b = 100Ω VA = 250V para Q1.
RE1 R2
VCC
-5V
VDD
Figura P5.3.1
15V
RL +
-1/1V
1kΩ
vo
J1
+
-1/1V
6.8kΩ
6.8kΩ
vo1
vi
RD
RD
Q3
1kHz
R 25kΩ
R1
RG
RG
Q1
1kΩ
1MΩ
1MΩ
+
3V3
RE1 -
Q1
2.7kΩ
-5V
R1
Figura P5.5
3.3kΩ
Q2
RE1 1kΩ
R2 2kΩ
VCC
-5V
5.6 Para el circuito mostrado en la figura P5.6, calcule: a. A DM
Figura P5.3.2
4.4 Para el circuito mostrado en la figura P5.4, calcule: a.- A DM
vo vi
b.- Rid c.- Ro
d.- ACM e.-CMRR DB Datos β =150 r b =120Ω para todos los transistores y V A = 300V para Q3.
A DM 2
vo 2 vi
Q4
1MΩ
1MΩ
J2
-
RG
RG
-
vo
J2
J1
vo2
1k 1kΩ
1kΩ
4.7kΩ
4.7kΩ
RC4
RC3
RD
RD
VDD 15V
VE -6V
vo2
J1
1kHz
RE4
5kΩ
VDD
vi
vo
20kΩ
20kΩ
b.- Rid c.- Ro d.- ACM e.- CMRRDB. Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V β = 100 y r b = 100Ω VA = 250V para Q1.
1kHz
1kΩ
b.- ACM 1
vo vi
; A DM 1
v o1 v CM
v o1 vi
;
;
c.- CMRR1 DB ; CMRR2 DB . Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V β = 100; rb = 100Ω VA = 250V para Q1.
91
Felipe Paz Campos VDD 15V
3.3kΩ
RD +
vi
RD
15V
C1
-
vo
VCC
3.3kΩ
J1
10kΩ
-
+
vi
1uF
RC
1kΩ
RL 1kΩ
vo1 vo2
RC
-10m/10mV
2012
vo vo1 vo2 IE1 IE2 Q2
Q1
RG
RG
Io
5MΩ
5MΩ
RB
1kHz
68kΩ
Q3 Q1
IE3
R1
1kΩ
RE
Q2
4.3kΩ
RE1 1kΩ
R2 1kΩ
Figura P5.8
VEE -5V
-5V
VCC
Figura P5.6
5.7 Para el circuito mostrado en la figura p5.7, calcule: v a.- A DM o b.- Rid c.- Ro vi d.- ACM 1
vc1 vCM
y ACM 2
vc 2 vCM
e.- CMRR1DB y CMRR2DB Datos: β = 100 y r b = 100Ω. 100Ω. VCC
12V
RC
RC
10kΩ
2.2kΩ
-
+
Vo
vi -10m/10mV
Q2
Q1
1kHz
R 33kΩ
Figura P5.7 -22V
5.8 Para el circuito mostrado en la figura P5.8, calcule: a.-ADM b.- Rid c.- Ro d.- ACM1=
vo1 vCM
e.- CMRR1DB (respecto a v o1) Datos: β = 100 y r b = 100Ω para todos los transistores. V A = 250V para Q3.
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