Repaso Examen 14202 - Segundo semestre 2009-2010

Bajas frecuencias

• Método exacto: reemplazar cada condensador externo por 1/sC y usar análisis de circuitos

• Método aproximado:

• buscar resistencia equivalente REQ desde los terminales de cada condensador

• calcular frecuencias de los polos

• para condensador de bypass, calcular frecuencia del cero

• fL mas alto es la dominante si esta a una década o mas de los otros polos; si no fL,eff=∑fL-∑fZ

fL =1

2πREQC

fZ =1

2πREC

iIN = Y (vIN − vOUT )= sC(1−AM )vIN

Entrada

Actúa como un condensador C(1-AM)

SalidaiOUT = Y (vOUT − vIN )

= sC

1− 1

AM

vOUT

C(1-1/AM) ≈ C (si |AM| >> 1)

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 = carga equivalente en ac conectada al colector

• Determine polo de alta frecuencia usando

fH =1

2πCMREQ

R1

R2 RE

RC

RLCE

CC2CC1RTH

vS

VCC

RBRLL=RC||RL

RTH

vS

Cµ

Cgm v

E

B

r v

C

RB=R1||R2

Common-base/-gate

• Av = vcve

• Cπ → emisor a tierra

• Cµ → colector a tierra

• dos polos

fH1 =1

2πCµREQ,1fH2 =

1

2πCπREQ,2

-VEE +VCC

vS

RTH

RE RC

RL

vOUT

VCC

vOUT

C1

RTH

vS

RE

vSRTH

RE r Cv+

-

gmv

Cµ RC||RLRLL

vOUT

Common-collector/common-drain

RTH

vS

R1

R2 RL

vOUT

C1

VCC

RTH

vS Rb=R1||R2

r

CCµ gmv

RL

vOUT+ -v

RTH

vS RB

RLvOUTC1

• AM = vevb

= gmRL

1+gmRL

• Aplicar Miller aun cuando AM < 1

• Capacitancia equivalente en la entrada: Ceq = Cµ + Cπ1+gmRL

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 = 179.5kΩR2 = 179kΩR3 = 145.5kΩRS = 2kΩRD = 3kΩRL = 10kΩRS = 10kΩ

KN = 1.2mA/V 2

VTN = 2V

λ = 0Cgs = 5pF

Cgd = 0.8pF

Ejemplo

fβ =1

2πrπ (Cπ + Cµ)

fT = β0fβ gm

2π (Cπ + Cµ)

V+=10V, V-=-10V, RS=100Ω, R1=42.5kΩ, R2=20.5kΩ, R3=28.3kΩ, RE=5.4kΩ, RC=5kΩ, RL=10kΩ & CL=0.