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

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Tema 5Amplicadores de Entrada Diferencialy, lógicamente,Figura 6: Relación entrada-salida en un amplicador diferencial BJT.⇒ I EB =I Q( ) = I2·V Q· (1 + exp DN·V Texp( ) 2·VDI EA = exp ·I EB = I Q· (N·V T expPara uso de alumnos de la( )exp − V DN·V T) (N·V T+ exp− V D( )Vexp DN·V T) (N·V T+ exp− V D)V DN·V T)V DN·V TOperando, se acaba por deducir la siguiente relación entre la entrada y la salida:( ) ( )Vexp DN·V T− exp − V DN·V TV O = R· (I CA − I CB ) = α F ·R· (I EA − I EB ) = α F ·R·I Q· ( ) ( ) ⇒exp − V DVN·V T+ exp DN·V T⇒ V O = α F ·R·I Q· tanh(VDN·V T)Esta expresión es válida siempre que los transistores se encuentren en zona activa directa. Fig.6 muestra el ejemplo de simular un par diferencial formado por dos transistores bipolares 2N2222Acon resistencias de 1 kΩ de carga a medida que varía la corriente de alimentación de 1 mA a 2 mAcon pasos de 0.2 mA. Es fácil ver que, si |V D | >> N·V T , |V O | → α F ·R·I Q y, que en torno a 0 V,la función anterior es similar a:V O ≈ α F ·R·I Q·V D . (13)N·V TUniversidad Complutense de Madridhttp://www.ucm.esUn modo alternativo de atacar el problema consiste en buscar directamente la ganancia en pequeñaseñal, que es el parámetro más importante del amplicador diferencial. Así, los circuitos de Fig. 5se transforman en los de Fig. 7, sea cual sea el tipo de transistor. En este circuito, es fácil ver que:(12)v O = R·h fe· (i b1 − i b2 )Electrónica Analógica Ingeniería Superior en Electrónica 8
Tema 5Amplicadores de Entrada DiferencialFigura 7: Equivalente en pequeña señal de un par diferencial BJT con resistencias de carga. Seentiende que la excitación en pequeña señal es la componente diferencial, v D .Para uso de alumnos de lai b1 = v D − v eh iei b2 = −v D − v eh iei b1 + h fe·i b1 + i b2 + h fe·i b2 = 0De esta última ecuación, se deduce inmediatamente que i b1 = −i b2 por lo que i b1 = v Dhiey v O =·v D . Veamos cuanto vale esta ganancia en función de los parámetros del punto de operación:2·R·h feh ie2·R·h fe= 2·R·h fe= 2·R·h fe·I B1= 2·R·h F E·I B1= 2·R·I C1h ieN·V T N·V T N·V TN·V TI B1Para el penúltimo paso, se identicó h fe con h F E . Ocurre que I C1 = α F ·I E1 y que, en el punto deoperación, I E1 = I E2 = 1 2·I Q de lo que se deduce que la ganancia es:2·R·h feh ie= 2·R·I C1= 2·R ·α F ·1N·V T N·V 2·I Q = α F ·R·I QT N·V TCon lo que se demuestra que, los resultados de los modelos en pequeña y gran señal son compatibles.2.1.2. Tecnología CMOS / Transistores JFETPueden darse cuatro posibilidades, mostradas en Fig. 8: Par NMOS (a), par PMOS (b), parJFET de canal N (c) y par JFET de canal P (d). Las ecuaciones derivadas de un transistor MOSson idénticas a las del JFET con la misma polaridad, cambiando la tensión umbral por la tensiónde pinch-o. Sin embargo, nos vamos a centrar en el caso de los transistores NMOS, en los que elestudio es más sencillo al ser todos los parámetros positivos.Supondremos que V S es la tensión del nudo de fuente, común a ambos transistores. Es fácil verentonces que:Universidad Complutense de Madridhttp://www.ucm.esI Q = I DS1 + I DS2I DS1 = 1 2 k·WL · (V A − V S − V T H ) 2Electrónica Analógica Ingeniería Superior en Electrónica 9
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