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Circuito di piccolo segnale

Elettronica lineare e digitale: didattica ed applicazioni

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[11] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto Utentemir » 18 ago 2013, 12:30

thexeno ha scritto:Non posso votare la tua risposta perché non ho abbastanza punti reputation :(

ora puoi.. ;-)
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[12] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto Utentethexeno » 18 ago 2013, 12:47

wah! grazie! :)
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[13] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 18 ago 2013, 15:44

thexeno ha scritto:In ogni caso, a me viene: \frac{Vo}{Ve}=\frac{1-R2*Gm}{1-R1*Gm} dove Gm è la somma delle due transconduttanze.


E` sbagliato il segno del termine R_1g_m a denominatore: deve essere postivo. Confesso che non ho controllato tutti i segni delle tue equazioni iniziali, ho guardato che avessero la forma giusta :)

In latex per fare i pedici usa l'underscore: R_1 g_m... se il pedice e` piu` di un carattere si aggiungono le parentesi graffe I_{C1} V_{gs}. L'asterisco indica la convoluzione, se hai delle variabili come in questo caso per indicare il prodotto basta metterle vicine. Se ci sono dei numeri meglio usare la crocetta \times.
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[14] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto Utentecarloc » 18 ago 2013, 16:34

E ora si fa con il teorema di scomposizione :D
articolo cui vi rimando per la teoria e la simbologia ;-)

Allora partendo dal circuito per piccoli segnali sopra lo "taglio" dove indicato ed ottengo quello sotto


A questo punto direi che "per ispezione" si vede subito che Z_p\rightarrow\infty (al taglio si vede un circuito aperto) nonché \rho=0 (non c'è modo di far scorrere corrente nel generatore Vp).

Ora disattivato il generatore "prova" Vp (e di conseguenza anche il generatore controllato) calcoliamo

la preattenuazione
\alpha=\left.\frac{v_\text{r}}{v_\text{e}}\right|_{v_\text{p}=0}=1

il leakage ingresso uscita
\gamma=\left.\frac{v_\text{o}}{v_\text{e}}\right|_{v_\text{p}=0}=1

Poi passiamo a disattivare Ve

e calcolare

il guadagno di catena diretta
A=\left.\frac{v_\text{o}}{v_\text{p}}\right|_{v_\text{e}=0}=-(R_1+R_2)(g_\text{m1}+g_\text{m2})

ed il fattore di reazione
\beta=\left.\frac{v_\text{r}}{v_\text{o}}\right|_{v_\text{e}=0}=\frac{R_1}{R_1+R_2}

ed è fatta :D
A_\text{v,cl}=\alpha\,\frac{A}{1-\beta \, A}+\gamma=
\frac{-(R_1+R_2)(g_\text{m1}+g_\text{m2})}{1+\frac{R_1}{R_1+R_2}(R_1+R_2)(g_\text{m1}+g_\text{m2})}+1=

=\frac{-(g_\text{m1}+g_\text{m2})R_1-(g_\text{m1}+g_\text{m2})R_2+1+(g_\text{m1}+g_\text{m2})R_1}{1+(g_\text{m1}+g_\text{m2})R_1}=-\frac{(g_\text{m1}+g_\text{m2})R_2-1}{(g_\text{m1}+g_\text{m2})R_1+1}
Se ti serve il valore di beta: hai sbagliato il progetto!
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[15] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto UtenteRenzoDF » 18 ago 2013, 16:50

Io sarei più spartano :-) , tracciata una rete topologicamente ridotta all'osso


scriverei

\left\{ \begin{align}
  & {{v}_{0}}={{v}_{x}}-{{R}_{2}}{{g}_{m}}{{v}_{x}} \\ 
 & {{v}_{e}}={{v}_{x}}+{{R}_{1}}{{g}_{m}}{{v}_{x}} \\ 
\end{align} \right.\quad \to \quad \frac{{{v}_{0}}}{{{v}_{e}}}=-\frac{{{g}_{m}}{{R}_{2}}-1}{{{g}_{m}}{{R}_{1}}+1}
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[16] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto Utentethexeno » 18 ago 2013, 17:20

carloc ha scritto:E ora si fa con il teorema di scomposizione :D


Grazie a tutti, in particolare Foto Utentecarloc, che ha usato direttamente il metodo del rapporto di ritorno (o scomposizione appunto, comunque quella roba li :D) che mi è utile più avanti. Per altro è spiegato molto bene sul Meyer, però ho sempre problemi a concepire le condizioni ai limiti per trovare i termini gamma ecc, e non capisco perché. Tra l'altro l'abbiamo studiato (a Torino) insieme a Middlebrook. Aspettatevi altri thread a riguardo. :?
Ora ci rimetto mano e vedo di far venire le cose!

Il metodo rapido invece è comodo quando hai perfetta cognizione di quello che fai, ottimo spunto.
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[17] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 18 ago 2013, 18:01

E ora si fa con il metodo di Rosenstark, il cui libro Feedback Amplifiers Principles e` in rete messo dall'autore.

Il guadagno con feedback e` dato da
A_F=A_\infty\frac{T}{1+T}+A_0\frac{1}{1+T} dove A_\infty e` il guadagno del circuito quando gm tende a infinito, A_0 quando gm tende a 0 e T e` il rapporto di ritorno.

A_\infty=\left.\frac{V_o}{V_e}\right |_{g_m\to\infty}=-\frac{R_2}{R_1} perche' basta considere il transistore con guadagno infinito, cioe` un operazionale:

e da qui si vede che e` un normale amplificatore invertente. Nel messaggio [7] avevo detto che il guadagno doveva essere in modulo poco minore di R2/R1 perche' avevo valutato al volo A_\infty.

A_0 e` la tensione di uscita a transistore morto cioe` con g_m=0: il circuito equivalente e` questo:

Con il generatore pilotato che non genera nulla, diventa un circuito aperto, si ha
A_0=\left.\frac{V_o}{V_e}\right |_{g_m=0}=1}

Infine per il rapporto di ritorno T bisogna spegnere il generatore di ingresso, sostituire al generatore pilotato uno indipendente dello stesso tipo, di valore I di test I_T e si vede qual e` la corrente che viene generata dal generatore dipendente a causa della I di test: questo lo schema:


T=\left.-\frac{I_R}{I_T}\right |_{V_e=0}=-\frac{-R_1I_Tg_m}{I_T}=R_1g_m

e mettendo insieme i valori calcolati nella prima formula si ha

A_F=-\frac{R_2}{R_1}\cdot\frac{g_mR_1}{1+g_mR_1}+1\frac{1}{1+g_mR_1}=\frac{-g_mR_2+1}{1+g_mR_1}

Foto Utentethexeno: non credo che sul Gray Meyer ci sia il teo di separazione, mi pare ci sia una cosa che assomiglia a Rosenstark
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[18] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto UtenteRenzoDF » 18 ago 2013, 18:03

Ho capito, visto che tirate fuori tutti l'artiglieria pesante, domani (se trovo il tempo) posto una soluzione via EET. :mrgreen:
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[19] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto UtenteRenzoDF » 18 ago 2013, 21:10

Usando R2 come Extra Element, e quindi eliminandolo, indicate con

\begin{align}
  & {{r}_{o}}={{r}_{o1}}||{{r}_{o2}} \\ 
 & {{g}_{m}}={{g}_{m1}}+{{g}_{m2}} \\ 
\end{align}



osservando che

{{v}_{x}}={{v}_{e}}

a) Calcolo il guadagno con R2 infinita,

{{\left. {{A}_{V}} \right|}_{Z=\infty }}={{\left. \frac{{{v}_{0}}}{{{v}_{e}}} \right|}_{Z\to \infty }}=-{{g}_{m}}{{r}_{o}}

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

b) Determino ZN vista ai morsetti, facendo in modo che il GIC forzante is annulli l'uscita vo



{{\left. {{Z}_{N}} \right|}_{vo\to 0}}=\frac{{{v}_{S}}}{{{i}_{S}}}=\frac{{{v}_{x}}}{-{{g}_{m}}{{v}_{x}}}=-\frac{1}{{{g}_{m}}}

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

c) Determino l'impedenza ZD vista ai morsetti, annullando l'ingresso



{{v}_{x}}={{i}_{s}}{{R}_{1}}

{{\left. {{Z}_{D}} \right|}_{ve\to 0}}=\frac{{{v}_{S}}}{{{i}_{S}}}=\frac{{{r}_{o}}({{i}_{S}}+{{g}_{m}}{{v}_{x}})+{{v}_{x}}}{{{i}_{S}}}={{r}_{o}}+{{R}_{1}}({{r}_{o}}{{g}_{m}}+1)

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

d) Ottenendo, dalla relazione fondamentale dell'EET

{{A}_{V}}={{\left. {{A}_{V}} \right|}_{Z=\infty }}\cdot \frac{1+{{\left. \frac{{{Z}_{N}}}{{{R}_{2}}} \right|}_{vo\to 0}}}{1+{{\left. \frac{{{Z}_{D}}}{{{R}_{2}}} \right|}_{ve\to 0}}}

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

e) L'amplificazione cercata.

{{A}_{V}}=-{{g}_{m}}{{r}_{o}}\cdot \frac{1-\frac{1}{{{g}_{m}}{{R}_{2}}}}{1+\frac{{{r}_{o}}+{{R}_{1}}({{r}_{o}}{{g}_{m}}+1)}{{{R}_{2}}}}=-\frac{{{g}_{m}}{{R}_{2}}-1}{{{g}_{m}}{{R}_{1}}+1+\frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{{r}_{o}}}}


... che, particolarizzata per resistenze d'uscita infinite, fornirà

{{\left. {{A}_{V}} \right|}_{ro=\infty }}=-\frac{{{g}_{m}}{{R}_{2}}-1}{{{g}_{m}}{{R}_{1}}+1}
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[20] Re: Circuito di piccolo segnale

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 18 ago 2013, 22:23

E io rispondo con Miller!

Dal circuito di partenza (con i due MOS in parallelo in modo da sommare le gm) si ottiene



Dove R_2^\prime=\frac{R_2}{1-K}

R_2^{\prime\prime}=\frac{R_2K}{K-1}

e K e` il guadagno dello stadio K=\frac{V_o}{V_x}. Il guadagno complessivo e` dato dal partitore di ingresso moltiplicato per K.

A_F=\frac{V_o}{V_e}=\frac{R_2^\prime}{R_1+R_2^\prime}K

Il problema e` trovare K, perche' il valore di K dipende da se stesso:

K=-g_mR_2^{\prime\prime}=-g_m\frac{R_2K}{K-1}

In molti casi, se |K|\gg 1 si puo` approssimare R_2^{\prime\prime}\approx R_2.

In questo modo si ottiene una soluzione rapida e ragionevolmente precisa, ma non esatta.

K\approx -g_mR_2 da cui R_2^\prime=\frac{R_2}{1-K}=\frac{R_2}{1+g_mR_2} e quindi il guadagno approssimato risulta

A_F=\frac{R_2^\prime}{R_1+R_2^\prime}K=\frac{\frac{R_2}{1+g_mR_2}(-g_mR_2)}{R_1+\frac{R_2}{1+g_mR_2}} =\frac{-g_mR_2}{g_mR_1+1+\frac{R_1}{R_2}}

Questa e` una soluzione approssimata, facile da calcolare numericamente, non particolarmente attraente per la valutazione analitica.

Se si vogliono fare i conti giusti, bisogna considerare K incognito, funzione di se stesso, e calcolarlo prima di procedere con la valutazione di R_2^\prime.

Dall'equazione indicata prima K=-g_mR_2^{\prime\prime}=-g_m\frac{R_2K}{K-1}, sapendo che la soluzione sara` K\neq 0 possiamo semplificare K e si trova che K=-g_mR_2+1, da cui il valore di R_2^\prime risulta essere
R_2^\prime=\frac{R_2}{1+g_mR_2-1}=\frac{1}{g_m}.
Questo e` un risultato apparentemente molto curioso: R_2^\prime non dipende da R_2! Perche'?

Andando a sostituire R_2^\prime nella formula del guadagno:

A_F=\frac{R_2^\prime}{R_1+R_2^\prime}K=\frac{\frac{1}{g_m}}{R_1+\frac{1}{g_m}}\cdot (g_mR_2-1)=-\frac{g_mR_2-1}{g_mR_1+1}
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