Capitulo 5 El Amplificador Diferencial

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


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


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


83


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)


)2)1(

(1

ofb

Cm

CM

o

Rrr

rRg

v

v

(5.22)




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


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.


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


85


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)


mAmA

II EE 4325.02

865.021

1121 ECECCCECE VRIVVV (5.42)


VkmAxVVCE 7.0104325.0151

VVCE 38.111

VVVVV EECE 281.17.0313 (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


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)


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)


)(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


87




obtiene:

e

C

i

o

rrb

R

v

v

1

(5.60)


64.163

12.60101

100

10

k

v

v

i

o

b.- )(2 rrR bid (5.61)


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


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


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)


kmA

Vro 64.175

45.1

68.2541


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


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


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


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


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)


kmA

Vro 64.175

45.1

68.2541


a.- 2

)//2( LD

m

i

o

DM

RRg

v

vA (5.99)


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.



o

DMv

vA b.- Rid

c.-Ro d.-ACM e.-CMRRDB



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


91


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.



o

DMv

vA b.- Rid c.- Ro

d.- ACM e.-CMRRDB




P5.5, calcule:

a.- i

o

DMv

vA ; b.- Rid c.-Ro d.-ACM

e.-CMRRDB.


β = 100 y rb = 100Ω VA = 250V para Q1.


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


92


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.


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

Documents

Capitulo 5 El Amplificador Diferencial