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.
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