Tema 5: Amplificadores de entrada diferencial - Universidad ...

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Tema 5Amplicadores de Entrada Diferencial(a) (b) (c) (d)Figura 8: Pares diferenciales bipolares con transistores de efecto campo.Para uso de alumnos de laI DS2 = 1 k·W2 L · (V B − V S − V T H ) 2V O = R· (I DS1 − I DS2 ) (14)Se ha supuesto que los dos transistores y resistencias están perfectamente apareados. Recordemosahora que el término 1 2 k W L se representaba como β por simplicidad3 y que V A = V C + V D , V B =V C − V D . Es fácil ver, entonces, que√I DS1β − V D =√I DS2β+ V D = V C − V S − V T HEsto nos permite librarnos de la incómoda presencia de distintas tensiones y reducir el problema aresolver el siguiente sistema de ecuaciones:{ √IDS1 − √ I DS2 = 2 √ β·V DI DS1 + I DS2 = I QPara resolverlo, elevemos la primera ecuación al cuadrado:(√IDS1 − √ ) 2I DS2 = IDS1 + I } {{ DS2 +2 √ I } DS1·I DS2 = 4β·VD 2 ⇒Universidad Complutense de Madridhttp://www.ucm.es⇒ I DS1·I DS2 =I Q(2β·V 2 D − 1 2 I Q) 2= 4β 2·V 4 D + 1 4 I2 Q − 2βI Q·V 2 D ⇒⇒ I DS1· (I Q − I DS1 ) = 4β 2·V 4 D + 1 4 I2 Q − 2βI Q·V 2 D ⇒⇒ I 2 DS1 − I Q·I DS1 + 4β 2·V 4 D + 1 4 I2 Q − 2βI Q·V 2 D = 0Esta ecuación cuadrática se resuelve fácilmente. Descartamos, por absurda, la solución negativa ya3 Y, de paso, para hacer que las ecuaciones sean más fáciles de extrapolar a JFETs.Electrónica Analógica Ingeniería Superior en Electrónica 10
Tema 5Amplicadores de Entrada Diferencialque implicaría que la corriente uye hacia arriba, de un modo antinatural, y se llega a la solución:I DS1 = 1 2 I Q + 1 ( √IQ 2·2 − 4· 4β 2·V D 4 + 1 )4 I2 Q − 2βI Q·VD2 =Y, por tanto,Con lo que:= 1 2 I Q + 1 √IQ 2·2 − 4·4·β2·V D 4 − 4·14 I2 Q + 4·2βI Q·VD 2 == 1 2 I Q + 1 √8βI Q·VD 2·2 − 16β2·V D 4 == 1 2 I Q + √ 2βI Q·V D·Para uso de alumnos de la√1 − 2β ·VD2 I QI DS2 = I Q − I DS1 = 1 2 I Q − √ 2βI Q·V D·V O = R· (I DS1 − I DS2 ) = 2·R·√2βIQ·V D·Universidad Complutense de Madridhttp://www.ucm.es√1 − 2β ·VD2 I Q√1 − 2βI Q·V 2 D(15)Es posible ver que estas funciones alcanzan máximos/mínimos en V D = ± √2·√ 1 IQ= ± 1 IQ2β 2√ . A βpartir de ese instante, las ecuaciones dejan de tener validez al pasar uno de los transistores a zonade corte. Por otra parte, debe garantizarse que los transistores no abandonen la zona de saturación.Grácamente, la relación entrada-salida es muy similar a la de un par bipolar pero aparece unacuriosa diferencia. En el par bipolar, la ganancia era proporcional a I Q pero, en los pares FET, aI −1/2Q. En general, este hecho redunda en una menor capacidad amplicadora de los pares FET.En el hipotético caso de que la tensión V D sea muy pequeña, Eq. 15 se puede transformar en:√V O = 2·R·√2βIQ·V D· 1 − 2β ·VD 2 I ≃ 2·R·√2βI (Q·V D· 1 − 2β )·VD2Q I QDe lo que se deduce que, en torno al origen, la ganancia es 2·R·√2βIQ . Este parámetro tambiénse podría haber deducido a partir del modelo en pequeña señal de los transistores, que se muestraen Fig. 9. Se ha incluido en este dispositivo la acción del efecto sustrato que, sin embargo, estárestringido a transistores MOSFET con el sustrato unido a una tensión constante.En este circuito, se va a cumplir que:(16)Electrónica Analógica Ingeniería Superior en Electrónica 11
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