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Ejercicio 5.5 Hambley (NMOS, polarizacion, seguidor de fuente)

Solapas principales

Enviado por pichu en Sáb, 08/11/2012 - 17:18
Solucion:

\begin{displaymath}V_{DD}=15 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}I_{D_{Q}}=2 mA\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{to}=1 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}KP=50 \frac{m A}{V^2}\end{displaymath}


\begin{displaymath}\lambda=0\end{displaymath}


\begin{displaymath}L=2 \mu m\end{displaymath}


\begin{displaymath}W=100 \mu m\end{displaymath}


En un seguidor de fuente $R_{D}=0$

\begin{displaymath}R_{S} I_{D}\approx \frac{V_{DD}}{2}=7.5 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}R_{S}=\frac{7.5}{2 10^{-3}}=3.75 k\Omega\end{displaymath}


Comercialmente lo mas cercano es 3.9k

\begin{displaymath}R_{S}=3.9 k\Omega\end{displaymath}


\begin{displaymath}I_{D}=K (V_{GS}-V_{to})^2\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{GS}=V_{to}+\sqrt{\frac{I_{D}}{K}}\end{displaymath}


\begin{displaymath}K=\frac{W}{L} \frac{KP}{2}=\frac{100 10^{-6}}{2 10^{-6}} \frac{50 10^{-6}}{2}=1.25 10^{-3}\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{GS}=1+\sqrt{\frac{2 10^{-3}}{1.25 10^{-3}}}=2.26 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{G}=V_{GS}+R_{S} I_{D}=2.26+3.9 10^3 2 10^{-3}=10.06 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{G}=\frac{R2}{R_{2}+R_{1}} V_{DD}\end{displaymath}


\begin{displaymath}\frac{R2}{R_{2}+R_{1}}=0.67\end{displaymath}


Si le damos a $R_{1}$ un valor elevado por ejemplo 1M.

 

\begin{displaymath}R_{2}=0.67 R_{2}+0.67 10^6\end{displaymath}


\begin{displaymath}R_{2}=\frac{0.67 10^6}{0.33}\approx 2 M\Omega\end{displaymath}


Con lo que el circuito nos queda con

$R_{1}=1 M\Omega$,

$R_{2}=2 M\Omega$,

$R_{S}=3.9 k\Omega$, $V_{DD}=15 V$

 

\begin{displaymath}V_{G}=\frac{R_{2}}{R_{1}+R_{2}} V_{DD}=\frac{2 10^6}{1 10^6+2 10^6} 15=10 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}R_{G}=\frac{R_{1} R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=0.66 M\Omega\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{G}=V_{GS}+R_{G} I_{G}+R_{S} I_{S}\approx V_{GS}+R_{S} I_{D}\end{displaymath}


\begin{displaymath}I_{D}=K (V_{GS}-V_{to})^2\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{G}=10\approx V_{GS}+R_{S} K (V_{GS}-V_{to})^2=V_{GS}+3.9 10^3 1.25 10^{-3} (V_{GS}-1)^2\end{displaymath}


\begin{displaymath}10=V_{GS}+4.87 (V_{GS}^2-2 V_{GS}+1)=4.87 V_{GS}^2-8.75 V_{GS}+4.87\end{displaymath}


\begin{displaymath}4.87 V_{GS}^2-8.75 V_{GS}-5.125=0\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{GS_{1}}=2.26 V\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{GS_{2}}=-0.46 V\end{displaymath}


Utilizaremos la primera que queda centrada en la linea de carga.

\begin{displaymath}I_{D_{Q}}=K (V_{GS}-V_{to})^2=1.25 10^{-3} (2.26-1)^2=1.98 mA\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{DD}=V_{DS}+R_{S} I_{S}\approx V_{DS}+R_{S} I_{D}\end{displaymath}


\begin{displaymath}V_{DS_{Q}}=V_{DD}-R_{S} I_{D}=15-3.9 10^{3} 1.98 10^{-3}=7.26 V\end{displaymath}


 

Image Ejercicio5_5
Image Ejercicio5_5b

 

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Español

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