Felipe Paz Campos 2012
80
ELECTRÓNICA ANALÓGICA CAPÍTULO 5: EL AMPLIFICADOR DIFERENCIAL
T E O R Í A Y A P L I C A C I O N E S
Felipe Paz Campos 2012
81
CAPÍTULO 5 AMPLIFICADOR
DIFERENCIAL.
5.1 Introducción
El amplificador diferencial básicamente
está constituido como dos amplificadores
emisores comunes conectados entres sí.
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).
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
de 180o o señales en una sola base Vi.
5.2Análisis del amplificador diferencial
ideal.
En la figura 5.1 se muestra un
amplificador diferencial con BJT tipo
NPN.
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.
De la figura 5.2 se deduce:
IE1 = IE2 = IE (5.1)
Io = IE1+IE2 = 2IE (5.2)
VoDC = 0V (5.3)
VCE1 = VCE2 (5.4)
Vo2 Vo1
- +
-VEE
Vo
VCC
1kHz
Vi -10m/10mV Q2
Q1
RC2 RC1
1kHz
-10m/10mV Q2 Q1
Io IE1
IE2
Vo2 Vo1
- +
-VEE
Vo
VCC
1kHz
Vi -10m/10mV Q2
Q1
RC2 RC1
1kHz
Vi -10m/10mV Q2
Q1
Io
Figura 5.1
Figura 5.2
Felipe Paz Campos 2012
82
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.
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.
Cmo xRvgv 111 (5.5)
Cmo xRvgv 222 (5.6)
)(2 1
1
1
rr
rvv
b
i
(5.7)
)(2 2
2
2
rr
rvv
b
i
(5.8)
Sustituyendo (5.7) en (5.5) se obtiene:
)(2
1
111
rr
rvRgv
b
iCmo
(5.9)
)(2
1
1
1
1
1
rr
rRg
v
v
b
Cm
i
o
(5.10)
La ecuación (5.10) se conoce como
ganancia de modo diferencial unilateral.
Sustituyendo (5.8) en (5.6) resulta:
)(2
2
222
rr
rvRgv
b
iCmo
(5.11)
)(2
1
2
22
2
rr
rRg
v
v
b
Cm
i
o
(5.12)
La ecuación (5.12) se conoce como
ganancia de modo diferencial unilateral.
Para calcular la ganancia de modo
diferencial bilateral:
21 ooo vvv (5.13)
)(2
)(2 2
22
1
11
rr
rvRg
rr
rvRgv
b
iCm
b
iCmo
(5.14)
Con mmm gggyrrr 2121
)(
rr
rvRgv
b
i
Cmo
(5.15)
Por tanto:
)(
rr
rRg
v
v
b
Cm
i
o
(5.16)
La ecuación (5.16) se le conoce como
ganancia de modo diferencial bilateral.
Sustituyendo 1 rgm en la ecuación
(5.16) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
C
i
o
rrb
R
v
v
1
(5.17)
La ecuación (5.17) es siempre la ganancia
de modo diferencial bilateral de una
forma más simplificada.
)(2 rrR bid (5.18)
Co RR 2 (5.19)
vo2 - +
vπ2 gm1vπ1 vπ1
+
-
+
-
gm2vπ2
vo1
1kHz
-vi/2
vo
1kHz
vi/2
rπ2
rb
rπ1
rb
RC RC
Figura 5.4
+ -
vo1 vo2 Vo
1kHz
Vi -10m/10mV Q2
Q1
RC RC
1kHz
Vi -10m/10mV
Figura 5.3
Felipe Paz Campos 2012
83
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.
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.
Agregando el modelo del transistor en la
figura 5.5.1 obtenemos la figura 5.5.2
Cmo xRvgv 1 (5.20)
ofb
CM
Rrr
xrvv
2)1(
(5.21)
Sustituyendo (5.21) en (5.20) se obtiene:
)2)1(
(1
ofb
Cm
CM
o
Rrr
rRg
v
v
(5.22)
Sustituyendo 1 rgm en la ecuación
(5.22) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
CM
of
C
ofeb
C
CM
o AR
R
Rrr
R
v
v
22
1
1
(5.23)
ACM: Ganancia de modo común.
Rof: impedancia de salida de la fuente de
corriente.
Para la otra etapa es lo mismo.
CM
of
C
ofeb
C
CM
o AR
R
Rrr
R
v
v
22
1
2
(5.24)
021 ooo vvv (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 Rof utilizaremos el
circuito de la figura 5.6.
vo gmvπ
-
+
VCM
Figura 5.5.2
1kHz
-1/1V
2Rof
RC rπ vπ
+
-
vo1 vo2
vo + -
VCC
Rof(impedancia de salida
de la fuente de corriente)
1kHz
vCM
RC RC
Q2 Q1
1kHz
Q2 Q1
Figura 5.5
Vo1
VCC
2Rof
1kHz
vCM
RC
1kHz
Q1
Figura 5.5.1
rb
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84
p
p
ofi
vR (5.26)
Agregando el modelo del transistor ante
pequeña señal y planteando las
ecuaciones necesarias se obtiene:
eebb
ee
eebb
o
eebbofRR
RRR
r
RRR
'
)'(
)//'(
(5.27)
Donde: bbbbb RrrR ' y Ree = RE
5.3 Razón de rechazo de modo común
(CMRR).
CM
DM
A
ACMRR (5.28)
En la ecuación (5.28) el ADM es
unilateral.
CM
DMDB
A
ACMRR log20 (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 ACM y para
lograr un valor bajo de ACM se necesita un
valor alto de Rof 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.
5.4 Amplificador diferencial con JFET
El análisis es similar al par diferencial
con BJT, el circuito se muestra en la
figura 5.7.
5.4.1 Análisis DC
De la figura 5.7 se deduce:
IS1 = IS2 = IS (5.30)
Io = IS1+IS2 = 2IS (5.31)
VoDC = 0V (5.32)
VDS1 = VDS2 (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).
DmDM RgA (5.34)
La ecuación (5.33) se le llama ganancia
de modo diferencial bilateral.
Gid RR (5.35)
Do RR 2 (5.36)
vo2 vo1
vo - +
J2 J1 1kHz
vi
RG
RD RD
RG
Figura 5.7.1
ip
Rof
+
-
vp
Rbb Ree
Figura 5.6
vo2 vo1 vo
- +
-Vss
VDD
J2 J1 1kHz
Vi
RG
RD RD
RG
J2 J1 1kHz
Figura5.7
IS1 IS2 Io
Felipe Paz Campos 2012
85
5.4.2.2 Amplificador diferencial con
JFET con Voltaje de entrada Común
(VCM).
ofm
DmCM
Rg
RgA
21
(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 rb = 100Ω para todos los
transistores. VA = 250V para Q3.
Solución:
a.- Análisis DC
EEBEBB RIVRIV 335 (5.38)
Sustituyendo 1
3
3
E
B
II en la ecuación
(5.37) se obtiene:
EEBEBE RIVR
IV 3
3
15
(5.39)
Despejando IE3:
EB
BEE
RR
VVI
1
53
(5.40)
Sustituyendo valores en (5.40):
mA
kk
VVIE 865.0
3.41100
68
7.053
IE3 = Io = 2IE1 = IE2 → 2
3
1
E
E
II (5.41)
Sustituyendo valores en (5.41):
mAmA
II EE 4325.02
865.021
1121 ECECCCECE VRIVVV (5.42)
Sustituyendo valores en (5.42):
VkmAxVVCE 7.0104325.0151
VVCE 38.111
VVVVV EECE 281.17.0313 (5.43)
Sustituyendo valores en (5.43):
581.03
ECV
vo2 vo1
- +
vo
VEE -5V
VCC 15V
1kHz
vi
-10m/10mV
Q3
Q2 Q1
RB 68kΩ
RE 4.3kΩ
RC 10kΩ
RC 10kΩ
1kHz
-10m/10mV
IE3
Io
IE1 IE2
Figura 5.8
vo2 vo1 vo
- +
Ro
-Vss
VDD
J2 J1 1kHz
VCM
RG
RD RD
RG
J2 J1 1kHz
Figura 5.7.2
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86
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 VCEsat<VCE<VCC.
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
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.
Calculando los parámetros para AC:
1
21
26
E
eeI
mVrr (5.44)
Sustituyendo valores en (5.44):
12.604325.0
261
mA
mVre
12.60101)1( 121 xrrr e (5.45)
12.072,61r
mSr
gge
mm 63.1612.60
11
1
21
(5.46)
1.30865.0
2626
3
3mA
mV
I
mVr
E
e (5.47)
1.040,31.301013 xr (5.48)
3
33
E
CEAo
I
VVr
(5.49)
kmA
Vro 69.289
865.0
581.2503
Calculando las variables solicitadas.
a.- i
o
DMv
vA (5.50)
En este caso particular se va a deducir
esta función de transferencia.
Cmo xRvgv 111 (5.51)
Cmo xRvgv 222 (5.52)
)(2 1
1
1
rr
rvv
b
i
(5.53)
)(2 2
2
2
rr
rvv
b
i
(5.54)
Sustituyendo (4.52) en (4.50) se obtiene:
)(2
1
111
rr
rvRgv
b
iCmo
(5.55)
Sustituyendo (4.54) en (5.52) resulta:
)(2
2
222
rr
rvRgv
b
iCmo
(5.56)
21 ooo vvv (5.57)
Sustituyendo ((5.55) y (5.56) en (5.57):
)(2
)(2 2
2
2
1
1
1
rr
rvRg
rr
rvRgv
b
i
Cm
b
i
Cmo
Con mmm gggyrrr 2121
)(
rr
rvRgv
b
i
Cmo
(5.58)
Por tanto:
)(
rr
rRg
v
v
b
Cm
i
o
(5.59)
+ -
vo1 vo2 Vo
1kHz
Vi -10m/10mV Q2
Q1
RC
10kΩ
RC
10kΩ
1kHz
Vi -10m/10mV
Figura 5.8.1
vo2 - +
vπ2 gm1vπ1 vπ1
+
-
+
-
gm2vπ2 vo1
1kHz
-vi/2
vo
1kHz
vi/2
rπ2
rb
rπ1
rb
RC 10kΩ
RC 10kΩ
Figura 5.8.2
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87
Sustituyendo 1 rgm en la ecuación
(5.59) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
C
i
o
rrb
R
v
v
1
(5.60)
Sustituyendo valores en (5.60):
64.163
12.60101
100
10
k
v
v
i
o
b.- )(2 rrR bid (5.61)
Sustituyendo valores en (4.61):
kRid 34.12)12.072,6100(2
c.- kRR Co 202 (5.62)
d.- of
C
CM
o
CM
oCM
R
R
v
v
v
vA
2
21 (5.63)
Para el cálculo de Rof se usa el método
de la fuente de prueba, figura 5.9
p
p
ofi
vR (5.64)
Agregando el modelo del transistor ante
pequeña señal en la figura 5.9 y
planteando las ecuaciones necesarias se
obtiene.
eebb
ee
eebb
o
eebbofRR
RRR
r
RRR
'
)'(
)//'(
3
Donde: bbbbb RrrR ' y Ree = RE
Realizando los cálculos para este caso.
kkRbb 14.71681.040,3100'
kRee 3.4 y kRR eebb 1.4//'
kk
kkk
M
kRof3.414.71
3.4100
)3.414.71(29
1.4
MRof 95.1
Por tanto de la ecuación (5.62) se obtiene:
mM
k
R
RA
of
CCM 564.2
)95.1(2
10
2
e.- CM
DMDB
A
ACMRR
2log20 (5.65)
Sustituyendo valores:
DBDB
DB
kCMRR
mCMRR
9091.31log20
)564.2(2
64.163log20
Ejemplo # 2
Para el circuito mostrado en la figura
5.10, calcule:
a.- i
o
DMv
vA ;
i
o
DMv
vA 1
1 i
o
DMv
vA 2
2
b.- Rid
c.- Ro
d.- ACM
e.- CMRRDB
Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V
β = 100 y rb = 100Ω VA = 250V para Q1.
vo2 vo1
vo - +
V2
V1
- -
+
+
IE1
Io
VCC -5V
RE1 1.48kΩ R2
1kΩ
R1
1kΩ Q2
VDD 15V
RG 1MΩ
Q1
RD 4.7kΩ
RD 4.7kΩ
J2 J1
RG 1MΩ
1kHz
vi
-1/1V
Figura 5.10
ip
Rof
Figura 5.9
+
-
vp
Rbb Ree
Q3
Felipe Paz Campos 2012
88
Solución:
a.- Análisis DC
21
22
)7.05(
RR
xRVV
(5.66)
Vkk
kVV 15.2
11
)1(3.42
VVV 15.221 (5.67)
mAk
V
R
VII
E
Eo 45.148.1
15.2
1
1
1
(5.68)
mAmA
III DDD 725.02
45.121 (5.69)
2
)(
)1(offGS
GS
DSSDV
VII (5.70)
Despejando VGS se obtiene:
)1()(
DSS
DoffGSGS
I
IVV (5.71)
Por tanto:
VmA
mAVVGS 83.1)
10
725.01(5.2
111 ECCE VVV (5.72)
VVVVCE 68.4)85.2(83.11 (5.73)
115 CDDDS VxRIVV (5.74)
VVkmAVVDS 76.983.1)7.4(725.015
El punto de operación para los
transistores J1 y J2 es:
mAIeVV DDS 725.076.9
Para Q1 VCE1= 4.68V e IE1 = 1.45mA
Los dos transistores están funcionando
en la zona activa.
b.- Análisis AC.
Circuito ante señal, figura 5.10.1.
Calculando los parámetros ante para AC:
)1(2
)()(
21
offGS
GS
offGS
DSSmmm
V
V
V
Iggg (5.75)
mSV
V
V
mAgm 144.2)
5.2
83.11(
5.2
20
93.1745.1
2626
1
1mA
mV
I
mVr
E
e (5.76)
93.810,193.171011 xr (5.77)
1
11
E
CEAo
I
VVr
(5.78)
Sustituyendo valores en (5.78):
kmA
Vro 64.175
45.1
68.2541
Calculando las variables solicitadas.
a.- Dm
i
oDM Rg
v
vA (5.79)
107.4144.2 kmSxADM
Como el circuito es simétrico:
52
10
2
11
Dm
i
oDM
Rg
v
vA (5.80)
52
10
2
22 Dm
i
oDM
Rg
v
vA (5.81)
b.- MRR Gid 1 (5.82)
c.- kkxRR Do 4.97.422 (5.83)
d.-ofm
Dm
CM
oCM
Rg
Rg
v
vA
21
1
(5.84)
eebb
ee
eebb
o
eebbofRR
RRR
r
RRR
'
)'(
)//'(
1
Donde: bbbbb RrrR 1' y Ree = RE1
Realizando los cálculos para este caso.
93.413,2503.093.810,1100' kRbb
kRee 48.1 y 48.917//' eebb RR
kk
kkk
M
R of48.141.2
48.1100
)48.141.2(56.17
48.917
MRof 86.6
vo2 vo1
vo - +
J2 J1 1kHz
vi -1/1V
RG 1MΩ
RD 4.7kΩ
RD 4.7kΩ
RG 1MΩ
Figura 5.10.1
Felipe Paz Campos 2012
89
Por tanto de (5.84):
ofm
Dm
CM
oCM
Rg
Rg
v
vA
21
1
mMmSx
kmSxACM 343.0
)86.6144.2(21
7.4144.2
e.- CM
DMDB
A
ACMRR
2log20 (5.85)
DBDB
DB
kCMRR
mCMRR
28.8358.14log20
)343.0(2
10log20
Ejemplo # 3
Para el circuito mostrado en la figura
5.11, calcule:
a.- i
o
DMv
vA
b.- Rid
c.- Ro
d.- CM
o
CMv
vA
e.- CMRRDB
Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V
β = 100 y rb = 100Ω VA = 250V para Q1.
Solución:
a.- Análisis DC
21
22
)7.05(
RR
xRVV
(5.86)
Vkk
kVV 15.2
11
)1(3.42
VVV 15.221 (5.87)
mAk
V
R
VII
E
Eo 45.148.1
15.2
1
1
1
(5.88)
mAmA
III DDD 725.02
45.121 (5.89)
2
)(
)1(offGS
GS
DSSDV
VII (5.90)
Despejando VGS se obtiene:
)1()(
DSS
DoffGSGS
I
IVV (5.91)
Por tanto:
VmA
mAVVGS 83.1)
10
725.01(5.2
111 ECCE VVV (5.92)
VVVVCE 68.4)85.2(83.11 (5.93)
115 CDDDS VxRIVV (5.94)
VVkmAVVDS 76.983.1)7.4(725.015
El punto de operación para los
transistores J1 y J2 es:
mAIeVV DDS 725.076.9
Para Q1 VCE1= 4.68V e IE1 = 1.45mA
Los dos transistores están funcionando
en la zona activa.
b.- Análisis AC.
Circuito ante señal, figura 5.11.1.
)1(2
)()(
21
offGS
GS
offGS
DSSmmm
V
V
V
Iggg (5.95)
mSV
V
V
mAgm 144.2)
5.2
83.11(
5.2
20
vo - +
V2 - -
+
+
IE1
Io
Figura 5.11
V1
VCC -5V
Q2
VDD 15V
Q1
J2 J1 1kHz
Vi -1/1V RL
1kΩ
RE1 1.48kΩ R2
1kΩ
R1
1kΩ
RG 2.2MΩ
RD 4.7kΩ
RD 4.7kΩ
RG 2.2MΩ
- + vo J2 J1
1kHz
vi -1/1V RL
1kΩ
RG 2.2MΩ
RD 4.7kΩ
RD
4.7kΩ
RG 2.2MΩ
Figura 5.11.1
Felipe Paz Campos 2012
90
93.1745.1
2626
1
1mA
mV
I
mVr
E
e (5.96)
93.810,193.171011 xr (5.97)
1
11
E
CEAo
I
VVr
(5.98)
Sustituyendo valores en (5.98):
kmA
Vro 64.175
45.1
68.2541
Calculando las variables solicitadas.
a.- 2
)//2( LD
m
i
o
DM
RRg
v
vA (5.99)
Sustituyendo valores en (5.98):
97.02
)1//4.9(144.2
kkmSADM
b.- MRR Gid 2.2 (5.100)
c.- )//2( LDo RRR (5.101)
kkkRo 904.0)1//4.9(
d. ofm
DDLm
CM
oCM
Rg
RRRg
v
vA
21
//)(1
(5.102)
eebb
ee
eebb
o
eebbofRR
RRR
r
RRR
'
)'(
)//'(
1
Donde: bbbbb RrrR 1' y Ree = RE1
Realizando los cálculos.
kkRbb 41.2503.093.810,1100'
kRee 48.1 y 48.917//' eebb RR
kk
kkk
M
kR of48.141.2
48.1100
)48.141.2(56.17
92.0
MRof 86.6
Por tanto de la ecuación (5.102) se
obtiene:
mMmSx
kmSxACM 188.0
)86.6144.2(21
58.2144.21
e.- CM
DMDB
A
ACMRR
2log20 (5.102)
DBDB
DB
kCMRR
mCMRR
23.6858.2log20
)188.0(2
97.0log20
PROBLEMAS
Problemas y ejercicios propuestos de
amplificadores diferenciales con
transistores BJT y JFET.
5.1 Para el circuito mostrado en la figura
P4.1, calcule: a.- i
o
DMv
vA b.- Rid
c.-Ro d.-ACM e.- CMRRDB
Datos β =150 rb =120Ω para todos los
transistores y VA = 300V para Q3.
5.2 Para el circuito mostrado en la figura
P5.2, calcule: a.- i
o
DMv
vA b.- Rid
c.-Ro d.-ACM e.-CMRRDB
Datos β =150 rb =120Ω para todos los
transistores y VA = 300V para Q3.
Figura P5.1
-
+
4V7
+ -
Vo
VEE
-10V
VCC 18V
1kHz
vi
-10m/10mV
Q3
Q2 Q1
RB 270Ω
RE 3.3kΩ
RC
10kΩ
RC
10kΩ
vo
R2 1kΩ
R1
5kΩ Q4
R 5kΩ
RC5
1kΩ
RC6
1kΩ
Q5 Q6
RB
20kΩ RB 20kΩ
VEE
-6V
VCC 6V
1kHz
vi -10m/10mV
Q3
Q2 Q1
RE3 3.3kΩ
RC2 10kΩ
RC1 10kΩ
Figura P5.2
Felipe Paz Campos 2012
91
5.3 Para el circuito mostrado en la figura
P5.3.1 y figura P5.3.2 calcule:
a.- i
o
DMv
vA ;
i
o
DMv
vA 1
1 i
o
DMv
vA 2
2
b.- Rid c.- Ro d.- ACM e.- CMRRDB. Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V
β = 100 y rb = 100Ω VA = 250V para Q1.
4.4 Para el circuito mostrado en la figura
P5.4, calcule: a.- i
o
DMv
vA b.- Rid c.- Ro
d.- ACM e.-CMRRDB
Datos β =150 rb =120Ω para todos los
transistores y VA = 300V para Q3.
5.5 Para el circuito mostrado en la figura
P5.5, calcule:
a.- i
o
DMv
vA ; b.- Rid c.-Ro d.-ACM
e.-CMRRDB.
Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V
β = 100 y rb = 100Ω VA = 250V para Q1.
5.6 Para el circuito mostrado en la figura
P5.6, calcule: a. i
o
DMv
vA ;
i
o
DMv
vA 1
1 ;
i
o
DMv
vA 2
2 b.- CM
o
CMv
vA 1
1 ;
c.- ;1DBCMRR DBCMRR2 .
Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V β = 100;
rb = 100Ω VA = 250V para Q1.
vo2 vo1
vo - +
VCC -5V
RE1 1kΩ R2
1kΩ
R1
2kΩ Q2
VDD 15V
RG 1.8MΩ
Q1
RD 5.6kΩ
RD 5.6kΩ
J2 J1
RG 1.8MΩ
1kHz
vi
-1/1V
Figura P5.3.1
- +
vo
RL
1kΩ
VCC -5V
Q2
VDD 15V
Q1
J2 J1 1kHz
vi -1/1V
RE1 1kΩ R2
2kΩ
R1 3.3kΩ
RG 1MΩ
RD 6.8kΩ
RD 6.8kΩ
RG 1MΩ
vo1 vo2
Figura P5.3.2
+
C1 10uF
vo
Q4
VE
E -6V
VCC
6V
1kHz
vi -10m/10mV
Q3
Q2 Q1
R2 1kΩ
R1
5kΩ
RE4 5kΩ
RC4 1kΩ
RB
20kΩ RB 20kΩ
RE3 3.3kΩ
RC2 10kΩ
RC1 10kΩ
Figura P5.4
3V3 -
+
vo - +
R 25kΩ
R1
1kΩ
RC4 1k
RC3 1kΩ
Q4 Q3
-5V
VDD
15V
Q1
J2 J1 1kHz
vi -1/1V
RE1 2.7kΩ
RG
RD 4.7kΩ
RD 4.7kΩ
RG 1MΩ
1kΩ
Figura P5.5
1MΩ
Felipe Paz Campos 2012
92
5.7 Para el circuito mostrado en la figura
p5.7, calcule:
a.- i
o
DMv
vA b.- Rid c.- Ro
d.-CM
cCM
CM
cCM
v
vAy
v
vA 2
21
1
e.- CMRR1DB y CMRR2DB
Datos: β = 100 y rb = 100Ω.
5.8 Para el circuito mostrado en la figura
P5.8, calcule:
a.-ADM b.- Rid c.- Ro d.- ACM1=CM
o
v
v 1
e.- CMRR1DB (respecto a vo1)
Datos: β = 100 y rb = 100Ω para todos los
transistores. VA = 250V para Q3.
vo2 vo1
- +
vo
VEE -5V
VCC 15V
1kHz
vi
-10m/10mV
Q3
Q2 Q1
RB 68kΩ
RE 4.3kΩ
RC 10kΩ
RC 1kΩ
1kHz
-10m/10mV
IE3
Io
IE1 IE2
- +
-22V
R 33kΩ
Vo
VCC 12V
1kHz
-10m/10mV Q2 Q1
RC 2.2kΩ
RC 10kΩ
1kHz
vi
-10m/10mV Q2 Q1
Figura P5.7
vo2 vo1
vo C1
1uF
VCC -5V
Q2
15V
Q1
J1
vi
RL
1kΩ
RE1 1kΩ R2
1kΩ
R1 1kΩ
RG 5MΩ
RD 3.3kΩ RD 3.3kΩ
RG 5MΩ
+ -
Figura P5.6
VDD
Figura P5.8
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