ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Ifrit_Prog** » 30 lug 2010, 19:45

IsidoroKZ ha scritto:La rete originale ha un solo polo, quella millerata sembra averne due.

Mmh giusto, ora non so dirti di preciso cosa accade (scusami ma non ho voglia di tirare giu i casi generali xD), in qualsiasi caso deduco che l'effetto del polo singolo sia uguale alla somma dei due poli

dopotutto la topologia della rete cambia, quindi anche se ci sono piu' componenti la f.d.t puo' essere uguale (anzi, deve esserlo necessariamente)

da **RenzoDF** » 30 lug 2010, 20:52

Ifrit_Prog ha scritto: perche' invece che dirmi "Ripassa" sarebbe piu' idoneo dirmi dove ho commesso l'errore, errore che ancora non riesco a trovare

quello che volevo dirti è che per applicare Miller devi usare la vera amplificazione Av, quella con Cu collegata (compresa) , il "carico" di cui ti parlavo :!:

da **Ifrit_Prog** » 30 lug 2010, 22:34

RenzoDF ha scritto:quello che volevo dirti è che per applicare Miller devi usare la vera amplificazione Av, quella con Cu collegata (compresa) , il "carico" di cui ti parlavo

Direi di no:

RenzoDF ha scritto:
Ifrit_Prog ha scritto:O.o'' eh? nel teorema di miller abbiamo una lettura in parallelo della tensioni d'uscita e un controllo sulle correnti in ingresso, quindi e' Parallero-Parallero, gli altri tre casi non centrano nulla

... io ti consiglierei di ripassare l'argomento prima di dimostrarti così convinto, se lo scrivo una ragione ci sarà ...no ?...

palese che si parlava della retroazione.

In qualsiasi caso:

Il quadripolo considerato possiede un guadagno di tensione $A_V=\frac{v_o}{v_i}$ , le quali tensioni non cambiano se attacchiamo l'impedenza Z o la stacchiamo.
A questo punto osserviamo la corrente i_c

, considerando che il quadripolo in esame e' un quadripolo sbilanciato possiamo scrivere che:

$i_c = \frac{v_{in} - v_{out}}{Z} = \frac{v_{in} \cdot ( 1 - A_V)}{Z} = \frac{v_{out} \cdot ( \frac {1}{A_V} - 1)}{Z}$

A questo punto analizziamo le correnti e le impedenze di ingresso e uscita intrinseche:

$i_{in} = i^{\prime}_{in} + i_{c}$

$i_{out} = i^{\prime}_{out} - i_{c}$

$Z_{in-int}= \frac{v_{in}}{i^{\prime}_{in}}$

$Z_{out-int}= \frac{v_{out}}{i^{\prime}_{out}}$

Detto questo, calcoliamo l'impedenza di ingresso e d'uscita del circuito globale:

$Z_{in-tot} = \frac{v_{in}}{i_{in}} = \frac{v_{in}}{i^{\prime}_{in} + i_{c}} = \frac{v_{in}}{ \frac{v_{in}}{Z_{in-int}} + \frac{v_{in} \cdot (1- A_V )}{Z}} } = \frac{Z_{in-int} \cdot Z}{Z+ Z_{in-int} \cdot (1- A_V)}$
$= \frac{Z_{in-int} \cdot \frac{Z}{(1- A_V)}}{ \frac{Z}{(1- A_V)}+ Z_{in-int}}$ Che sarebbe il parallero fra l'inpedenza intrinseca del quadripolo considerato e l'impedenza trasversale di Miller che ci aspettavamo.

Per quanto riguarda l'uscita il discorso e' analogo, e non mi va di scriverlo perche' TeX inizia realmente a stressare...

Tirando due conclusioni, fin ora ho solo detto boiate a quanto pare, pero' c'e' anche da dire che fin ora sono l'unico che ha scritto le formule...
Indi smentitemi dimostrandomi che cio' che ho scritto e' sbagliato, e non dicendo solo che devo ripetere...
A voi la palla

lalallala

da **RenzoDF** » 30 lug 2010, 23:53

Ifrit_Prog ha scritto:Direi di no:

io direi di si :!:

Ifrit_Prog ha scritto:Il quadripolo considerato possiede un guadagno di tensione $A_V=\frac{v_o}{v_i}$ , le quali tensioni non cambiano se attacchiamo l'impedenza Z o la stacchiamo.

ah beh, questa si che è bella, quindi "a vuoto" o "a carico" non cambia nulla, :shock:

davvero una bella notizia ! :mrgreen:

io direi che per "schivare" il problema, si puo' portare "allo scoperto" la RL ... "tirandola fuori" dal doppio bipolo

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e quindi applicare Miller alla serie Cu - RL, ottenendo due rami ohmico-capacitivi trasversali in ingresso e in uscita

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

è vero che con questa trasformazione si perdono i morsetti d'uscita, ma in questo modo possiamo calcolare rigorosamente i parametri di ingresso e successivamente con il guadagno (noto) la tensione d'uscita :!:

Calcolarsi i valori dei parametri trasversali ora è facile: in ingresso avremo

$\begin{align} & C_{\mu 1}=C_{\mu }(1+g_{m}R_{L}) \\ & R_{L1}=\frac{R_{L}}{1+g_{m}R_{L}} \\ \end{align}$

mentre in uscita (che non è più la "vera" uscita :mrgreen:

)

$\begin{align} & C_{\mu 2}=C_{\mu }\left( 1+\frac{1}{g_{m}R_{L}} \right) \\ & R_{L2}=\frac{R_{L}}{1+\frac{1}{g_{m}R_{L}}} \\ \end{align}$

da **IsidoroKZ** » 31 lug 2010, 0:55

Quanto hai scritto adesso e` diverso da quanto hai riportato nel tuo messaggio 18, dove dicevi che $A_V = \frac{v_{out}}{v_{in}}= \frac{-g_m \cdot v_{in} \cdot R_L}{v_{in} }=-g_m \cdot R_L$

Questo non e` il guadagno di un generatore ideale di tensione, e` il guadagno di un generatore controllato in corrente con un carico che hai assunto essere RL. In questo caso, se aggiungi una impedenza sull'uscita, il guadagno cambia, non vale l'ipotesi che hai fatto in questo ultimo messaggio. Ipotizzare un sistema con impedenza di uscita nulla e` spesso irrealistico perche' se si usa una retroazione con prelievo in parallelo vuol dire che si vuole ridurre l'impedenza (Blackman).

Comunque io il conto preciso lo farei in questo modo. Il guadagno A_v

del blocco lo calcolo considerando anche l'effetto di carico della impedenza Z" di Miller: $A_v=-g_m\cdot(R_L/\!/Z")$ , e il valore dell'impedenza

e` dato da $Z"=Z\frac{A_v}{A_v-1}$

Come si vede il guaio e` che il guadagno dipende da se stesso, perche' dentro Z" c'e` nascosto A. Ci sono casi anche reali in cui si pup` approssimare abbastanza bene questa espressione, senza dover andare a fare tutti i conti precisi, a patto che ci si ricordi che e` una approssimazione, e quindo possono saltare fuori risultati assurdi (ad esempio due poli partendo da un solo condensatore), oppure risultati approssimati, o ancora sbagliati (per quanto riguarda la posizione di un eventuale secondo polo).

Sostituendo il valore di Z2 dentro l'espressione di A, si ottiene $A_v=-g_m\cdot(R_L/\!\!/Z\frac{A_v}{A_v-1})$
A questo punto si puo` ricavare il guadagno non approssimato di Miller, che vale

$A_v=\frac{R_L(1-Z\,g_m)}{Z+R_L}$ .

L'impedenza Z di retroazione e` una capacita`, quindi al posto di Z metto 1/(s Cu) e ottengo il guadagno di Miller (senza semplificazioni): $A_v=-g_m\cdot R_L\,\frac{1-s\frac{C_{\mu}}{g_m}}{1+sC_{\mu}R_L}$ .

Prima sorpresa (piccola): il guadagno non e` una costante. Seconda sorpresa, un po' piu` grande: oltre al polo che ci si potrebbe aspettare, compare anche uno zero a destra. Questo zero e` vero, e da` problemi in alcuni circuiti.
Terza sorpresa, questa e` notevole: le impedenze Z' e Z" che derivano dalla capacita` Cu non sono dei condensatori, perche' il guadagno non e` una costante, diventano delle impedenze complicate.

Ad esempio per Z' si ha $Z^\prime=\frac{Z}{1-A}$ e sostituendo si ottiene

$Z^\prime=\frac{1}{sC_{\mu}}\,\frac{1}{1+g_m\cdot R_L\,\frac{1-s\frac{C_{\mu}}{g_m}}{1+sC_{\mu}R_L}}$ .

Le cose cominciano ad apparire complicate

Semplificando questa espressione si ottiene

$Z^\prime=\frac{1}{s C_\mu}\,\frac{1+sC_\mu R_L}{1+R_Lg_m}$

Questa Z' e` ancora interpretabile come una capacita` C'? Evidentemente no, perche' c'e`anche un fattore s a numeratore. Se si vuole una interpretazione circuitale di Z`, bisogna ricorrere a un circuito di questo tipo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

in cui c'e` la capacita` Cu moltiplicata per il valore solito, ma in serie c'e` anche una resistenza che ad alta frequenza introduce uno zero nella impedenza del condensatore. Per Z" le cose vanno ancora peggio. Se non ho sbagliato i conti, la sua impedenza vale

$Z"=\frac{1}{sC_\mu}\,\frac{g_mR_L}{1+g_mR_L}-\frac{R_L}{1+g_mR_L}$

E qui al solito Z" diventa una serie RC, con C pari al valore C" che si sarebbe calcolato trascurando C", ma in piu` c'e` in serie una resistenza negativa.

Se si va a calcolare con questi valori la funzione di trasferimento del circuito millerato del messaggio [30], che riporto qui sotto con le impedenze Z' e Z" esplicitate, si ottiene:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Il guadagno di tutto il circuito diventa:

$\frac{v_o}{v_s}=\frac{R_p\parallel Z^\prime}{R_s+R_p\parallel Z^\prime}\cdot(-g_m)(R_L\parallel Z")$ che puo` anche essere scritta in modo molto piu` compatto, dato che sappiamo gia` il valore di A_v

, in questo modo: $\frac{v_o}{v_s}=\frac{R_p\parallel Z^\prime}{R_s+R_p\parallel Z^\prime}\cdot A_v$

In entrambi i casi il risultato finale e` $\frac{v_o}{v_s}=\frac{R_p}{R_p+R_s}(-g_mR_{L})\frac{1-s\frac{C_\mu}{g_m} }{sC_\mu(R_L(R_{ps}g_m+1)+R_{ps})+1}$ dove per compattezza $R_{ps}=R_p\parallel R_s$

In questa espressione sono messi in evidenza il guadagno in continua, dato dal partitore di ingresso fra Rp e Rs, e poi il guadagno -gm RL. Il resto e` il contributo di Cu che da` un solo polo e uno zero a destra, come c'era da aspettarsi.

E questi dovrebbero essere i conti in cui si fa vedere che la trasformazione di Miller e` una trasformazione esatta, se si fanno bene i conti, anche senza supporre che la sorgente pilotata sia ideale, cosa che non capita quasi mai.
Esistono altre situazioni in cui e` possibile semplificare i conti, che pure approssimati vengono con un sorprendente grado di precisione.

da **RenzoDF** » 31 lug 2010, 16:37

La differenza fra la mia RL2 e la resistenza R" (parte reale della Z") di Isidoro è dovuta al fatto che, mentre Isidoro ha mantenuto i veri morsetti d'uscita, io li ho temporaneamente persi al fine di semplificare i calcoli !

E' pero' possibile, anche per il mio metodo, dopo aver calcolato i due rami ohmico-capacitivi, riportarsi alle condizioni originarie, semplicemente togliendo alla mia $R_{L2}$ la $R_{L}$ che può così essere riportata internamente al doppio bipolo, ottenendo in questo modo la perfetta corrispondenza fra i parametri calcolati con i due metodi; in formule

$R\,"=R_{L2}-R_{L}=\frac{R_{L}}{1+\frac{1}{g_{m}R_{L}}}-R_{L}=-\frac{R_{L}}{1+g_{m}R_{L}}$

da **RenzoDF** » 31 lug 2010, 23:02

Ifrit_Prog ha scritto:... il modello del transistor viene presentato usando la caratterizzazione ad H del modello equivalente alle variazioni, ovvero:
$v_{be}=h_{ie} \cdot i_b + h_{re} \cdot v_{ce}$
$i_{c}=h_{fe} \cdot i_b + h_{oe} \cdot v_{ce}$
Questa caratterizzazione tiene conto di per se' degli effetti capacitivi intrinseci del BJT,

questa affermazione mi era sfuggita, e anche se non capisco il perché di questo riferimento ai parametri ibridi
...ti chiedo: dove sono nascosti questi effetti capacitivi nei parametri h ?
... ce lo spieghi ?

Ifrit_Prog ha scritto:d'altro canto quando si sfogliano i datasheet di tali dispositivi si hanno range di valori e curve caratteristiche di tali parametri che variano in funzione della frequenza.

e quindi cosa vuoi dire ? ... nei datasheet dei BJT, di parametri che non abbiano valori minimo massimo e tipico, nonchè curve di interdipendenza, ci sono solo il numero di pin :mrgreen:

da **RenzoDF** » 1 ott 2010, 22:29

Sotto l'influenza della "Technical Therapy" del Professor Middlebrook, riprendiamo il discorso sul calcolo del guadagno della rete usata nei precedenti post come terreno di prova per l'applicazione del teorema di Miller e dimostriamo come l'EET ci permetta di ricavare la soluzione in modo molto piu' rapido.

Come "extra element" scegliamo ovviamente il condensatore e ridisegnamo la rete iniziale in 1)
(ricordo come l'xEET porti al massimo grado semplificativo quando vengano usati come extra elements gli elementi reattivi della rete)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Facendo ora riferimento alla rete di figura:

2) calcoliamo il guadagno con Z infinita
$A_{V0}(s)=\left. \frac{v_{0}}{v_{i}} \right|_{Z\to \infty }=-g_{m}\cdot \frac{R_{p}}{R_{s}+R_{p}}\cdot R_{L}$

3) calcoliamo l'impedenza ZN "vista" dal generatore di corrente Js scelto in modo da annullare l'uscita

$\left. Z_{N} \right|_{v0\to 0}=\frac{v_{S}}{J_{S}}=-\frac{v_{p}}{g_{m}v_{p}}=-\frac{1}{g_{m}}$

4) calcoliamo l'impedenza ZD, "vista" ai morsetti della Z, con ingresso nullo

$\left. Z_{D} \right|_{vi\to 0}=\frac{v_{S}}{J_{S}}=\frac{R_{L}(J_{S}-g_{m}v_{p})-v_{p}}{J_{S}}=R_{L}(1+g_{m}R_{ps})+R_{ps}$

ed infine applichiamo la relazione fondamentale del teorema di Middlebrook
1EET)

$A_{V}(s)=\left. A_{V}(s) \right|_{Z=\infty }\frac{1+\left. \frac{Z_{N}}{Z} \right|_{v0\to 0}}{1+\left. \frac{Z_{D}}{Z} \right|_{vi\to 0}}$

$A_{V}(s)=-g_{m}\frac{R_{p}R_{L}}{R_{s}+R_{p}}\cdot \frac{1-\frac{sC_{\mu }}{g_{m}}}{1+\left[ R_{L}(1+R_{ps}g_{m})+R_{ps} \right]sC_{\mu }}$

come si nota la relazione è uguale a quella ricavata da Isidoro, ma con questo metodo, i calcoli sono senza dubbio piu' semplici :wink:

da **IsidoroKZ** » 2 ott 2010, 3:30

Noi giu` a LA la facciamo ancora piu` facile, senza dover ricordare un teorema complicato

Traformiamo l'uscita in un equivalente Thevenin, come in figura

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Poi scriviamo una equazione a un nodo, trovando vp.

A dire il vero ci sarebbe ancora una semplificazione che di solito facciamo, ma per il momento "me la dimentico", e se si fanno i conti bene viene comunque a galla.

$\frac{v_p-v_s}{R_s}+\frac{v_p}{R_p}+\frac{v_p-(-v_p\,g_m\,R_L)}{\frac{1}{sC}+R_L}=0$ da cui si ricava vp.

$v_p=v_s\frac{R_p\left ( sCR_L+1\right )}{sC\left (g_mR_LR_pR_s+R_LR_p+R_LR_s \right )+R_p+R_s}$

Questa espressione e` scritta decisamente male, meglio scrivere in termini noti in forma unitaria, mettendo in evidenza il termine $\frac{R_p}{R_p+R_s}$ e ottenendo:
$v_p=v_s\frac{R_p}{R_p+R_s}\,\frac{sCR_L+1}{sC\left (g_mR_L(R_p/\!/R_s) +R_L+R_p/\!/R_s \right )+1}$

OOPS: si vede che la tensione di ingresso e` moltiplicata per il partitore $\frac{R_p}{R_p+R_s}$ e poi compare sempre $R_p/\!/R_s$ che significa che avrei potuto calcolare fin dall'inizio l'equivalente Thevenin del generatore vs e delle due resistenze Rp ed Rs, semplificando un po' i conti.

Se si fosse fatta subito la semplificazione con l'equivalente Thevenin sull'ingresso, il circuito sarebbe risultato questo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Che si poteva risolvere con un paio di partitori, oppure una equazione al nodo vp ancora piu` semplice (*).
Ormai pero` vado avanti con la soluzione di vp trovata in precedenza.
Conoscendo vp e un semplice partitore di tensione si ha la tensione vo:
$v_o=v_p\frac{R_L}{\frac{1}{sC}+R_L}-v_p\, g_m\,R_L\frac{\frac{1}{sC}}{\frac{1}{sC}+R_L}=v_p\,R_L\frac{sC-g_m}{sCR_L+1}$ e sostituendo al posto di vp il valore trovato prima si ha ancora la stessa espressione dei post precedenti.

Ammetto che sia un po' piu` calcolosa di EET, ma usa solo "cose normali"

Se si vogliono fare solo conti con variabili reali, i puo` usare solo mezzo EET, calcolando al posto di Zn il guadagno con condensatore C in cortocircuito, e poi usando le proprieta` dei diagrammi di Bode per trovare la frequenza dello zero.

Questo pero` un'altra volta, adesso vado a casa che domani devo andare in un posto importante e devo preparami.

(*) Le equazioni con i partitori di tensione sono (con Z indico l'impedenza del condensatore):
$v_p=v_s\frac{R_s}{R_s+R_p}\,\frac{Z}{Z+R_{sp}}+v_o\frac{R_{sp}}{R_{sp}+Z}$ e analogamente per vo:

$v_o=v_p\frac{R_L}{Z+R_{L}}-v_p\, g_m\,R_L\frac{Z}{Z+R_L}$ \

ecc. ecc. Altra soluzione piu` formale con una maglia... Sempre la prossima volta

da **RenzoDF** » 4 ott 2010, 13:08

Direi che una volta imparato "il ritornello", l'EET mette in evidenza i suoi pregi che, come scrive Middlebrook, sono:

1) facilità d'uso
2) possibilità di analizzare "a gradini" di complessità
3) una relazione finale a "bassa entropia"

relativamente al secondo pregio proverò ad usare l'analisi precedente per calcolare la funzione di trasferimento dopo aver aggiunto alla rete anche la capacita $C_{\pi }$ (Cp nello schema), precedentemente trascurata.

Si parte dalla relazione del 2-EET

$A_{V}(s)=\left. A_{V}(s) \right|_{\begin{smallmatrix} Z1=\infty \\ Z2=\infty \end{smallmatrix}}\cdot \frac{1+\frac{\left. Z_{N1} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{1}}+\,\,\,\,\frac{\left. Z_{N2} \right|_{Z1=\infty }}{Z_{2}}+K_{N}\cdot \frac{\left. Z_{N1} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{1}}\cdot \frac{\left. Z_{N2} \right|_{Z1=\infty }}{Z_{2}}}{1+\frac{\left. Z_{D1} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{1}}+\,\,\,\,\frac{\left. Z_{D2} \right|_{Z1=\infty }}{Z_{2}}\,\,+K_{D}\,\cdot \frac{\left. Z_{D1} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{1}}\cdot \frac{\left. Z_{D2} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{2}}}\quad[1]$

dove

$K_{N}=\frac{\left. Z_{N1} \right|_{Z2=0}}{\left. Z_{N1} \right|_{Z2=\infty }}\,\,\,\,\,\,K_{D}=\frac{\left. Z_{D1} \right|_{Z2=0}}{\left. Z_{D1} \right|_{Z2=\infty }}\,\,\,$

i parametri K tengono in considerazione l'interazione o "influenza reciproca" fra gli extra elements; nel caso di interazione nulla i due K saranno pari ad 1 e la [1] potrà essere semplificata nella

$A_{V}(s)=\left. A_{V}(s) \right|_{\begin{smallmatrix} Z1=\infty \\ Z2=\infty \end{smallmatrix}}\cdot \frac{1+\frac{\left. Z_{N1} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{1}}\,}{1+\frac{\left. Z_{D1} \right|_{Z2=\infty }}{Z_{1}}\,\,}\cdot \frac{1+\,\frac{\left. Z_{N2} \right|_{Z1=\infty }}{Z_{2}}}{\,1+\,\,\,\frac{\left. Z_{D2} \right|_{Z1=\infty }}{Z_{2}}}$

Ridisegnata la rete in 1), ricaviamo le 4 impedenze mancanti

-> direttamente senza nessun calcolo

a) la ZD2 (con Z1 infinita) in 2), pari a Rps
b) la ZN2 (con Z1 infinita) in 3), pari a zero
c) la ZN1(con Z2 zero) in 4), pari a RL
d) la ZD1 (con Z2 zero e Vi=0) senza rifare il disegno della rete, pari a RL

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

valori che sostituiti nella [1] forniscono

$A_{V}(s)=-g_{m}\cdot \frac{R_{p}R_{L}}{R_{s}+R_{p}}\cdot \frac{1-\frac{sC_{\mu }}{g_{m}}+\,\,\,\,0\,\,\,\,+\,\,\,\,0}{1+sC_{\mu }\left[ R_{L}(1+R_{ps}g_{m})+R_{ps} \right]+\,\,\,sC_{\pi }R_{ps}\,\,+s^{2}C_{\mu }C_{\pi }R_{L}R_{ps}}$

Concludendo, con il calcolo di un paio di di impedenze addizionali siamo riusciti a scrivere la nuova funzione di trasferimento a bassa entropia (ovvero ad alto grado d'ordine), usando il lavoro già fatto, senza dover ripartire da zero.

NB: per ulteriore approfondimento si veda il testo di Vatché Vorpérian, in particolare
http://books.google.it/books?id=DYgS4nk ... &q&f=false
e se volete porgli delle domande di persona iscrivetevi allo Yahoo DOA group :wink:
http://groups.yahoo.com/group/Design-Or ... ysis_D-OA/

ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

Trasformazione di Miller

[31] Re: Trasformazione di Miller

[32] Re: Trasformazione di Miller

[33] Re: Trasformazione di Miller

[34] Re: Trasformazione di Miller

[35] Re: Trasformazione di Miller

[36] Re: Trasformazione di Miller

[37] Re: Trasformazione di Miller

[38] Re: Trasformazione di Miller

[39] Re: Trasformazione di Miller

[40] Re: Trasformazione di Miller

Chi c’è in linea

Informazioni

Seguici

Pubblicità

Credits