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da **oiram92** » 13 nov 2017, 20:09

Buonasera, sto svolgendo un esercizio in cui devo calcolare il guadagno asintotico di un circuito ma non capisco bene come procedere. Il circuito in esame è il seguente:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Adesso dobbiamo rappresentare il circuito per piccoli segnali senza tagliare la rete di reazione (se ho capito bene il teorema). Inoltre dobbiamo scegliere uno dei generatori pilotati e far tendere $g_m \to \infty$ . Ho scelto il MOS M5 e riordinando il circuito ottengo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Adesso, se $g_{m5} \to \infty$ si ha $v_{gs5} \to 0$ . Quindi $r_{d4}$ è cortocircuitata e allora M3 è connesso a diodo. Se M3 è connesso a diodo equivale ad una resistenza $1/g_{m3}$ in parallelo con $r_{d2}$ e si ha $(r_{d2} \parallel 1/g_{m3}) \approx 1/g_{m3}$ . Quindi possiamo ulteriormente semplificare il circuito come:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Adesso però non ho idea di come procedere..in particolare il fatto che $g_{m5}v_{gs5} \to \infty \cdot 0$ che è (matematicamente) una forma indeterminata non mi fa capire il senso di quello che sto facendo o che dovrei fare..o meglio, lo scopo è di determinare:

$G_A = \frac{v_o}{v_i}|_{g_{m5}\to \infty}$

ma come ci si arriva?

da **MarkyMark** » 13 nov 2017, 21:30

Questo ti dice qualcosa? :-)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Prova a propagare lo zero di $v_{gs}$ verso l'ingresso.

da **MarkyMark** » 14 nov 2017, 7:17

Forse il mio disegno con il mega-opamp non è molto chiaro, forse non hai ancora studiato gli operazionali.

Non si riesce a calcolare il guadagno andando verso l'uscita perché, come hai notato, $0 \cdot \infty$ fa

Meglio andare verso l'ingresso e fare il "giro" attraverso la rete di retroazione. In queste condizioni il guadagno dipende solo dalla rete di retroazione.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Let me know O_/

da **rugweri** » 14 nov 2017, 12:07

Aggiungo, per la cronaca, che il suggerimento di

MarkyMark rispecchia esattamente il procedimento proposto dallo stesso Rosenstark nell'articolo "A simplified method of feedback amplifier analysis", ed è probabilmente uno dei motivi principali per cui il metodo di Rosenstark è "simplified": il circuito che esce è tendenzialmente ridicolo :mrgreen:

da **oiram92** » 14 nov 2017, 15:18

grazie mille, già dal mega op-amp (già studiati) era tutto chiaro, il guadagno asintotico è:

$G_A = \frac{v_o}{v_in} |_{g_{m5} \to \infty} = \frac{R_1 + R_2}{R_1}$

MarkyMark ha scritto:Meglio andare verso l'ingresso e fare il "giro" attraverso la rete di retroazione. In queste condizioni il guadagno dipende solo dalla rete di retroazione.

Proviamo anche così! Dunque, se $v_{gs5} \to 0$ possiamo considerarlo come un cortocircuito. La resistenza $r_{d4}$ in parallelo con un cortocircuito implica che il drain di M3 va a massa. E, come dicevo prima, in queste condizioni si ha che M3 è connesso a diodo ed equivale ad una resistenza in parallelo con $r_{d2}$ . Ed in particolare:

$(r_{d4} \parallel \frac{1}{g_{m3}}) \approx \frac{1}{g_{m3}}$

Adesso, dalla LKT alla maglia base-emettitore-resistenza R1 si ha che:

$v_{in} = v_{\pi 1} + R_1 i_{R1}$

la corrente entrante nel nodo 1 è pari a:

$i_1 = \frac{v_{\pi 1}}{r_{\pi 1}} + g_{m1} v_{\pi 1} = v_{\pi 1} \left( \frac{1}{r_{\pi 1}} + g_{m1} \right) \approx g_{m1} v_{\pi 1}$

Dato che R_1 = R_2

(scusate questo non l'avevo detto) allora la corrente si ripartisce equamente e quindi:

$v_{in} = v_{\pi 1} + \frac{R_1\; g_{m1}}{2} v_{\pi 1} \;\;\;\; \rightarrow \;\;\;\; v_{\pi 1} = \frac{v_{in}}{1 + \frac{R_1 \; g_{m1}}{2}}$

ciò significa che:

$i_{R1} = i_{R2} = \frac{g_{m1}}{1 + \frac{R_1}{2} g_{m1}} v_{in} = \frac{2}{R_1} \; g_{m1} \frac{\frac{R_1}{2}}{1 + \frac{R_1}{2} g_{m1}} v_{in} \approx \frac{2}{R_1} \; v_{in}$

e infine:

$-R_1 \frac{2}{R_1} \; v_{in} + R_2 \frac{2}{R_1} \; v_{in} + v_o = 0$

$v_{in} \;2 \frac{R_2-R_1}{R_1} + v_o = 0$

$\frac{v_o}{v_{in}} = 2 \cdot \frac{R_1-R_2}{R_1}$

mmm...c'e qualcosa che non quadra

da **rugweri** » 14 nov 2017, 16:24

Mamma mia quanti calcoli hai fatto :mrgreen:

Guarda bene la rete di retroazione, che isoliamo (insieme al transistor di ingresso) per comodità:

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Al netto della caduta di tensione tra i due terminali del transistor, qual è la relazione tra ingresso e uscita?

da **oiram92** » 14 nov 2017, 16:50

Beh mi sembra che R_1,R_2

formino un partitore per la tensione in uscita no? quindi dovrebbe essere:

$v_o = \frac{R_1 + R_2}{R_1} \; v_1$

dove v_1

è la tensione al nodo 1. Ma la v_1

non è:

$v_1 = v_{in} - v_{\pi 1}$

?

da **IsidoroKZ** » 14 nov 2017, 19:05

Mandando a infinito la transconduttanza di M5 la sua tensione di gate e` zero, e questo zero si propaga "all'indietro" e anche la Vpi e` nulla, come in un operazionale dove V- insegue V+. Mandare a infinito il guadagno di un transistore con il source (o l'emettitore) collegato direttamente a ground fa si` che il circuito da studiare si trasforma in un operazionale e il termine $A_\infty$ diventa immediato da calcolare.

da **oiram92** » 14 nov 2017, 19:49

Ah ecco

grazie! Quindi in sostanza la relazione che ho scritto nel post precedente è corretta, semplicemente essendo $v_{\pi 1} \to 0$ allora $v_1 \to v_{in}$ e si spiega la soluzione. Grazie mille per il vostro aiuto

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Guadagno asintotico con Rosenstark

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