Prueba Corta

Dada la fuente de corriente determine $I_{o}$ , $R_{o}$

Primer Ejercicio

$V_{D D} = 20 v$ , $β = 20 m A / V^{2}$ , $V_{T} = 2 v$ , $r_{d} = 100 k$

Respuesta

La fuente corriente es una Fuente de corriente de cascode con MOSFET idénticos. Se hacen las siguientes aseveraciones solo por la configuración del circuito

$I_{G} \approx 0$
$I_{D_{1}} = I_{D_{2}}$
$I_{D_{3}} = I_{D_{4}}$
$V_{G S_{2}} = V_{G S_{4}}$
$V_{D_{1}} = V_{G_{1}}$
$V_{D_{2}} = V_{G_{2}}$

NOTE

Se asume que no hay corriente fluyendo por el gate, al estar los transistores $Q_{1}$ y $Q_{2}$ ; $Q_{3}$ y $Q_{4}$ en serie comparten la misma corriente, los transistores $Q_{2}$ y $Q_{4}$ tienen sus terminales $V_{G}$ y $V_{S}$ en paralelo por lo que tienen la misma tension

Primero se conoce que los transistores $Q_{1}$ y $Q_{2}$ al tener su gate cortocircuitada con su drain se cumple que

\begin{matrix} V_{G S} = V_{G} - V_{S} \\ V_{D S} = V_{D} - V_{S} \\ V_{G S} = V_{D S} \end{matrix}

Por lo que

\begin{matrix} V_{G S_{1}} = V_{D S_{1}} \\ V_{G S_{2}} = V_{D S_{2}} \end{matrix}

Para los transistores $Q_{3}$ y $Q_{4}$ se cumple

I_{D} = \frac{β}{2} \cdot (V_{G S} - V_{T})^{2}

Para que $I_{D_{3}} = I_{D_{4}}$ se debe cumplir que $V_{G S_{3}} = V_{G S_{4}}$ . Esto delata que todos los MOSFET tienen el mismo $V_{G S}$ por ende la misma corriente.

Desarrollando las ecuaciones queda que:

\begin{aligned} I_{r e f} & = I_{D_{2}} \\ I_{r e f} & = \frac{β}{2} \cdot (V_{G S_{2}} - V_{T})^{2} \\ I_{o} & = I_{D_{4}} \\ I_{o} & = \frac{β}{2} \cdot (V_{G S_{4}} - V_{T})^{2} \\ V_{G S_{2}} & = V_{G S_{4}} \\ I_{r e f} & = I_{o} \end{aligned}

Para calcular las impedancias se pasa al modelo en AC asumiendo que $Z_{o} \approx R_{o}$ , utilizando el modelo para pequeña señal tenemos:

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Para simplificar el análisis se hace una transformación de fuentes tomando en cuenta que $μ = g_{m} \cdot r_{d}$

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Para calcular la impedancia de salida (habiendo fuentes dependientes), se desconecta la carga $R_{L}$ y se coloca una fuente de prueba $V_{P}$ , por la cual para una corriente $I_{P}$

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Realizando la malla:

\begin{matrix} V_{P} = r_{d} \cdot I_{P} + V_{G S_{3}} \cdot μ + r_{d} \cdot I_{P} + V_{G S_{4}} \cdot μ \\ (1) & V_{P} = 2 \cdot r_{d} \cdot I_{P} + V_{G S_{3}} \cdot μ + r_{d} \cdot I_{P} + V_{G S_{4}} \cdot μ \end{matrix}

Para $V_{G S_{3}}$ y $V_{G S_{4}}$ :

\begin{matrix} V_{G S_{3}} = V_{G_{3}} - V_{S_{3}} \\ V_{G S_{4}} = V_{G_{4}} - V_{S_{4}} \end{matrix}

Donde $V_{G_{3}} = 0$ y $V_{G_{4}} = 0$ al no pasar ninguna corriente por el circuito de $I_{r e f}$ no hay tension. Ademas $V_{S_{4}} = 0$ al estar a tierra, por lo que $V_{G S_{4}} = 0$ , para $V_{G_{3}}$ :

\begin{matrix} V_{G_{3}} = V_{G S_{4}} \cdot μ + r_{d} \cdot I_{P} \\ V_{G_{3}} = r_{d} \cdot I_{P} \end{matrix}

lo que la Ec. (1) queda

\begin{matrix} V_{P} = 2 \cdot r_{d} \cdot I_{P} + r_{d} \cdot I_{P} \cdot μ + r_{d} \cdot I_{P} \\ Z_{o} = \frac{V_{P}}{I_{P}} = r_{d} (2 + μ) \\ (2) & Z_{o} = \frac{V_{P}}{I_{P}} = r_{d} (2 + g_{m} \cdot r_{d}) \end{matrix}

Para calcular el valor numérico:

\begin{matrix} (a) & g_{m} = \sqrt{2 I_{D} \cdot β} \end{matrix}

Se calcula $I_{D}$ en DC tomando la malla de entrada

\begin{matrix} V_{D D} - I_{D} \cdot R - V_{G S_{1}} - V_{G S_{2}} - (- V_{D D}) = 0 \\ 2 V_{D D} = I_{D} \cdot R + 2 V_{G S_{1}} \\ (3) & 40 = I_{D} \cdot 13.4 k + 2 V_{G S_{1}} \end{matrix}

Tomando la ecuación de corriente para un MOSFET en saturación

\begin{matrix} I_{D} = \frac{β}{2} (V_{G S} - V_{T})^{2} \\ (4) & I_{D} = 10 m (V_{G S} - 2)^{2} \end{matrix}

tomando la Ec. (3) y la Ec. (4) obtenemos

{\begin{cases} I_{D_{1}} \approx 2.6103 m A & V_{G S_{1}} \approx 2.5109 v \\ I_{D_{2}} \approx 2.7651 m A & V_{G S_{2}} \approx 1.4742 v \end{cases}

Ya que para que un MOSFET sature se debe cumplir la condición $V_{G S} > V_{T}$ los valores $I_{D_{1}}$ y $V_{G S_{1}}$ son los verdaderos.

Con el valor de $I_{D}$ se determina $g_{m}$ con la Ec. (a)

g_{m} \approx 10.2182 m S

Ahora para $Z_{o}$ con la Ec. (2) tenemos

Z_{o} \approx 102.3824 M Ω

Dada las fuentes de corriente determine

$R$ para que $I_{o_{1}} = 2 m A$
Calcular $N$ para que $I_{o_{2}} = 20 m A$

fuente de corriente

$V_{C C} = 10 V$
$β = 150$

Respuesta

El circuito presenta un repetidor de corriente con dos salidas conectadas en la parte superior, y un repetidor de corriente mejorado de $N$ salidas en la parte inferior.

Se asume que todos los transistores son iguales en sus características por ende los transistores 1, 2 y 3 complementarios del resto. Resultando en:

V_{B E} = V_{E B}

Se Procede con el análisis y deducción de las ecuaciones. Primero se realiza la malla que pasa por $R$ :

\begin{matrix} V_{C C} - V_{E B_{1}} - I_{r e f} \cdot R - V_{B E_{4}} - V_{B E_{5}} - (- V_{C C}) = 0 \\ R = \frac{2 V_{C C} - 3 V_{B E}}{I_{R e f}} \\ (1) & R = \frac{17.9}{I_{r e f}} \end{matrix}

Luego, las corrientes que pasan por el nodo de las bases de los BJT.

\begin{matrix} I_{B_{1}} + I_{B_{2}} + I_{B_{3}} + I_{C_{1}} - I_{r e f} = 0 \end{matrix}

Por simetría (al ser los transistores exactamente iguales) se asume que las corrientes se reparten equitativamente, por lo menos en el caso de $Q_{2}$ y $Q_{3}$ que están en paralelo. Pero matemáticamente se requiere un criterio para aseverar esto. Aquí surge el modelo de Ebers-Moll

Abstracción Modelo Ebers Moll

En base a este modelo $I_{C} \approx α_{F} \cdot I_{E S} \cdot e^{\frac{V_{B E}}{V_{T}}}$ , Donde hay una relación directa entre $V_{B E}$ y $I_{C}$ por ende al estar las tensiones $V_{B E}$ de $Q_{1}$ , $Q_{2}$ y $Q_{3}$ en paralelo se asume que poseen las mismas corrientes.

Teniendo en cuenta que $I_{C_{1}} = β I_{B_{1}}$

\begin{matrix} I_{B_{1}} + I_{B_{2}} + I_{B_{3}} + β \cdot I_{B_{1}} - I_{r e f} = 0 \\ (3 + β) I_{B} = I_{r e f} \\ (2) & \frac{(3 + β) I_{C}}{β} = I_{r e f} \end{matrix}

A la salida

\begin{matrix} I_{O_{1}} = 2 \cdot I_{C} \\ I_{O_{1}} / 2 = I_{C} \\ I_{C} = 1 m A \end{matrix}

Con esto para con la Ec. (2) $I_{r e f} = 1.03 m A$ , con este resultado en la Ec. (1)

R = \frac{895 K}{51} \approx 17.549 K Ω

TIP

Mas concretamente al ser un repetidor de corriente se modela en base a la siguiente ecuación

I_{c} = \frac{I_{r e f}}{1 + \frac{N}{β}}

Donde $N$ es el numero de transistores conectados por la base

Para el repetidor de corriente mejorado, se cumple la misma condición de las corrientes al estar las tensiones $V_{B E}$ los transistores de $Q_{5}$ a $Q_{n}$ en paralelo. Para las corrientes de base tenemos

\begin{matrix} (3) & N \cdot I_{B_{n}} = I_{E_{4}} \end{matrix}

Donde $N$ son los transistores de $Q_{5}$ a $Q_{n}$ , al analizar el nodo de base del transistor $Q_{4}$ tenemos

\begin{matrix} I_{B_{4}} + I_{C_{N}} = I_{r e f} \\ (4) & I_{B_{4}} = I_{r e f} - I_{C_{N}} \end{matrix}

Sabiendo que $I_{B} = \frac{I_{E}}{β + 1}$ y $I_{B} = \frac{I_{C}}{β}$ para la Ec. (3)

\begin{matrix} (5) & N \cdot \frac{I_{C_{n}}}{β} = (β + 1) I_{B_{4}} \end{matrix}

Sustituyendo con la Ec. 4

\begin{matrix} I_{C_{N}} \cdot \frac{N}{β} = (β + 1) (I_{r e f} - I_{C_{N}}) \\ (6) & I_{C_{N}} = \frac{I_{r e f}}{1 + \frac{N}{β (β + 1)}} \end{matrix}

La Ec. (6) es la formula general para el repetidor de corriente mejorado

A la salida $I_{O_{2}} = (N - 1) I_{C}$ reemplazando con la Ec. (6) tenemos

\begin{matrix} \frac{I_{O_{2}}}{N - 1} = \frac{I_{r e f}}{1 + \frac{N}{β (β + 1)}} \\ (7) & I_{O_{2}} = \frac{I_{r e f} \cdot (N - 1)}{1 + \frac{N}{β (β + 1)}} \\ (8) & N = \frac{β (β + 1) (I_{r e f} + I_{o})}{β (β + 1) \cdot I_{r e f} - I_{O_{2}}} \\ N \approx 20.43 \end{matrix}

Redondeando Se requirieren 20 Transistores, lo que volviendo a la Ec. (7)

I_{O_{2}} \approx 19.5527 m A

Determine $V_{o}$ y las zonas de trabajo de los transistores asi como su punto de operación

no verificado

Problema 2

Donde $V_{C C} = 24 v$

Respuesta

Se analiza el lado derecho, con tres resistencias en paralelo, se aproxima la corriente $I_{G} \approx 0$ , se podría utilizar un equivalente de Thevenin para la base del BJT. Pero no hace falta, la resistencia $R_{3}$ esta en paralelo con $V_{B E}$ el cual es $0.7 v$ (asumiendo que esta polarizado), se conoce la tension y la resistencia, se obtiene la corriente:

I_{R_{3}} = \frac{7}{1.2 M} \approx 5.833 Ω

Se realiza la malla desde $V_{C C}$ por $R_{1}$ y $R_{2}$ hasta $V_{B}$ (o por $V_{B} E$ a tierra)

\begin{matrix} I_{R_{1 - 2}} = \frac{V_{C} C - V_{B}}{R_{1} + R_{2}} I_{R_{1 - 2}} = \frac{233}{2.4 M} \approx 97.0833 μ A \end{matrix}

Corrientes

Se Despeja $I_{B}$ de las corrientes en el nodo y resulta:

I_{B} = 91.25 μ A

Se Calcula $I_{C}$ :

\begin{matrix} I_{C} = I_{B} \cdot β I_{C} = 9.125 m A \end{matrix}

Para la tension $V_{G}$ se tiene un divisor de tension con $R_{1}$ y $R_{2}$ entre $V_{C C}$ y $V_{B}$ , al ser $R_{1}$ y $R_{2}$ simétricos $V_{G}$ resulta

\begin{matrix} V_{G} = \frac{V_{C C} - V_{B}}{2} = 11.65 v \end{matrix}

Se tiene que:

$V_{G S}$

\begin{matrix} (1) & V_{G S} = V_{G} - V_{S} \end{matrix}

$V_{S}$

\begin{matrix} (2) & V_{S} = I_{L} \cdot R_{L} \end{matrix}

Corrientes del nodo $V_{S}$

\begin{matrix} (3) & I_{D} - I_{C} - I_{L} = 0 \end{matrix}

$I_{D}$ Corriente del MOSFET en saturación

\begin{matrix} (4) & I_{D} = \frac{β}{2} (V_{G S} - V_{T})^{2} \end{matrix}

Despejando queda

\begin{matrix} I_{D} = \frac{β}{2} (V_{G} - (I_{D} - I_{C}) \cdot R_{L} - V_{T})^{2} \\ I_{D_{1}} = 17.4538 m A; V_{G S_{2}} = 3.323115 v \\ I_{D_{2}} = 20.1961 m A; V_{G S_{2}} = 578.863 m v \end{matrix}

para que un MOSFET este en saturación se debe cumplir $V_{G S} > V_{T}$ por lo que los valores $I_{D_{2}}$ y $V_{G S_{2}}$ no son validos.

Para comprobar estos resultados se toma la malla de salida:

24 = V_{R_{D}} + V_{G S} + V_{C E}

ya que la alimentación es de $24 v$ se cumple $V_{R_{D}} \leq 24$ , $V_{G S} \leq 24$ y $V_{C E} \leq 24$ . para $V_{R_{D}}$

\begin{matrix} V_{R_{D}} = I_{D} \cdot R_{D} \leq 24 \\ V_{R_{D}} = 34.9076 ≰ 24 \end{matrix}

esto comprueba que el MOSFET no puede estar en saturación por lo que se prueba con la region lineal se utilizan las Ec. (1), Ec. (2) y Ec. (3) y en adición:

$I_{D}$ Corriente del MOSFET en saturación

\begin{matrix} (5) & I_{D} = β ((V_{G S} - V_{T}) \cdot V_{D S} - \frac{V_{D S}^{2}}{2}) \end{matrix}

$V_{D S}$

\begin{matrix} (6) & V_{C C} - V_{D S} - V S = 0 \end{matrix}

Despejando deja

\begin{matrix} I_{D_{1}} \approx - 4.4345 m A; V_{D S_{1}} \approx 46.4287 V; V_{G S_{1}} \approx 25.2096 V \\ I_{D_{2}} \approx 11.07179 m A; V_{D S_{2}} \approx 71.346 m V; V_{G S_{2}} \approx 9.75712 V \end{matrix}

Ninguno de los valores 1 tiene sentido ya que las corrientes no pueden ser negativas y las tensiones no pueden ser mayores a la alimentación.

\begin{matrix} I_{D} \approx 11.07179 m A \\ V_{D S} \approx 71.346 m V \\ V_{G S} \approx 9.75712 V \\ V_{o} = V_{S} = V_{C E} \approx 1.89288 v \end{matrix}

Con estos valores se cumplen las condiciones para la region lineal del MOSFET y las condiciones para region lineal en el BJT

Punto de Trabajo BJT (Region Lineal)

V_{C E} \approx 1.89288 v; I_{C} = 9.125 m A

Punto de Trabajo MOSFET (Region Lineal)

I_{D} \approx 11.07179 m A; V_{D S} \approx 71.346 m V

Determine $A_{v}$ , $Z_{i}$ , $Z_{o}$ del amplificador multi-etapa:

incompletono verificado

multi-etapa

Para M1 a M4

$V_{T} = 2 v$
$β = 20 m A / v^{2}$
$r_{d} = 200 k Ω$

Para M5

$g_{m s} = 2 \cdot 10^{- 3} S$
$r_{d} = 200 k Ω$

Se realiza el análisis en DC

multi-etapa DC

M2 y M4 forman un espejo de corriente mientras M1 y M2 actúan como resistencias, preliminarmente:

$I_{G} \approx 0$
$I_{D_{1}} = I_{D_{2}}$
$I_{D_{3}} = I_{D_{4}}$
$I_{G_{1}} = I_{D_{1}}$ M1
$I_{G_{2}} = I_{D_{2}}$ M2
$I_{G_{3}} = I_{D_{3}}$ M3
$V_{G S_{2}} = V_{G S_{4}}$

Se tiene que para el MOSFET en estado de saturación la corriente $I_{D}$ esta en función de $V_{G} S$ por lo que al ser iguales se puede decir que

I_{D_{2}} = I_{D_{4}}

por lo que todas las corrientes $I_{D}$ y tensiones $V_{G S}$ de M1 a M4 son iguales. Para las tensiones $V_{G S}$ :

\begin{matrix} 10 v = V_{G S_{1}} + V_{G S_{2}} \\ V_{G S} = 5 v \end{matrix}

Para el análisis AC se obtiene $g_{m}$ y $μ$

\begin{matrix} g_{m} = β (V_{G S} - V_{T}) \\ g_{m} = 60 m S \end{matrix}

\begin{matrix} μ = g_{m} \cdot r_{d} \\ μ = 12 k \end{matrix}

Análisis AC

Para la impedancia de entrada $Z_{i}$ se ve la impedancia hacia los gates de M1 y M4. Para un MOSFET cortocircuitado gate-drain la impedancia es:

Z m = \frac{r d}{μ + 1}

véase Demostración Impedancias Transistores

tanto M1 como M2 cumplen con la formula por lo que quedan en paralelo, al tener el mismo $μ$ , $Z_{i}$ queda

\begin{matrix} Z i = \frac{r d}{2 (μ + 1)} \\ Z i = 8.3326 Ω \end{matrix}

Para la impedancia de salida se tiene $R_{6}$ en paralelo con $R_{7}$ reflejado al source junto a $r_{d}$ , quedando

Z_{o} = R_{6} | | (R_{7} \cdot (μ + 1) + r d)

Demostración exhaustiva

Nodo D:

I_{p} = I_{R_{6}} + I_{R_{7}}

Cambio de fuente de tension a corriente

Para $I_{R_{6}}$

I_{R_{6}} = \frac{V_{p}}{R_{6}}

$V_{G S}$ :

V_{G S} = 0 - I_{R_{7}} \cdot R_{7}

$I_{R_{7}}$ :

\begin{matrix} V_{p} = V_{G S} \cdot μ + I_{R_{7}} \cdot (r_{d} + R_{7}) \\ V_{p} = - I_{R_{7}} \cdot R_{7} \cdot μ + I_{R_{7}} \cdot (r_{d} + R_{7}) \\ I_{R_{7}} = \frac{V_{p}}{r_{d} + R_{7} + R_{7} \cdot μ} \end{matrix}

Nodo D (Otra vez):

\begin{matrix} I_{p} = \frac{V_{p}}{R_{6}} + \frac{V_{p}}{r_{d} + R_{7} + R_{7} \cdot μ} \\ \frac{I_{p}}{V_{p}} = \frac{1}{R_{6}} + \frac{1}{r_{d} + R_{7} + R_{7} \cdot μ} \\ \frac{1}{Z_{o}} = \frac{1}{R_{6}} + \frac{1}{r_{d} + R_{7} \cdot (μ + 1)} \\ Z_{o} = R_{6} | | (r_{d} + R_{7} \cdot (μ + 1)) \end{matrix}

Z_{o} = 3921.56 Ω

Para la ganancia

Prueba Corta ​

Dada la fuente de corriente determine Io, Ro ​

Dada las fuentes de corriente determine ​

Determine Vo y las zonas de trabajo de los transistores asi como su punto de operación ​

Determine Av, Zi, Zo del amplificador multi-etapa: ​

Prueba Corta

Dada la fuente de corriente determine $I_{o}$ , $R_{o}$

Dada las fuentes de corriente determine

Determine $V_{o}$ y las zonas de trabajo de los transistores asi como su punto de operación

Determine $A_{v}$ , $Z_{i}$ , $Z_{o}$ del amplificador multi-etapa: