T dir = tenendone conto si ricava Greale=-0.91

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2 ESERCIZIO 1 a) Cortocircuito il generatore vin; si suppone che lo stadio differenziale sia bilanciato, cioè Id1=Id2=1mA; dalla relazione Id=k(Vov) 2 ricavo che Vov=1V, ovvero Vsg=1.5V; poiché Vg1=V, ricavo Vs1=Vs2=1,5V e Vg2=V; le tensioni al drain sono Vd1=Vd2=-6V+Id*Rd=-1.5V; osservo che ai capi di R1 non cade potenziale, quindi Ir1=, da cui necessariamente Ir2=, e quindi anche Vout1=V; la corrente che deve scorrere in R3 è (Ir3=6V/R3=1mA) uguale a quella che scorre in M3 (Id3=k(Vov) 2 =1mA con Vov=Vs3-Vg3-Vt, Vs3=V, Vg3=-1.5V). L ipotesi che il differenziale fosse bilanciato è esatta, tutti i Mos operano in zona di saturazione. Risulta per tutti i Mos gm=2ma/v, 1/gm=5Ω. b) Si chiami Vx il potenziale del gate di M2; un gradino di potenziale Vin, fa aumentare la tensione Vx, la quale pilota lo stadio differenziale, richiamando una corrente di piccolo segnale che gira in senso antiorario, abbassando, dunque il potenziale Vd2; il transistore M3 si comporta da follower, quindi su Vout ritrovo un gradino negativo di tensione, che, per partizione resistiva, si ritrova al nodo Vx. Dunque la reazione tende ad annullare ogni variazione di tensione del nodo Vx, che si comporta idealmente come una terra virtuale (e non poteva essere altrimenti, dato che Vx è un nodo interno all anello di reazione). Dunque si trova una corrente i=vin/r1 che scorre in R1 e poi in R2, ai capi di R2 deve cadere una tensione di R2*i, da cui ricavo Vout1=-R2/R1*Vin, cioè Gid=-2 (si può fare un analogia con un OpAmp in configurazione invertente). c) A partire dalla conoscenza della tensione Vout1 è immediato ricavare che la corrente che scorre in R3 da massa verso Vout1 è pari a ir3=-vout1/r3= =2Vin/R3; le due correnti si sommano ed entrano in M3 e determinano l uscita in funzione della caduta di tensione su R4: Vout2=R4*(i+ir3)= =R4(Vin/R1+2*Vin/R3); ricavo Gid2=+2. (Sarebbe stato un errore valutare la corrente che entra in M3 in base all impedenza vista dal source: esse non è 1/gm poiché la reazione interviene modificandola!). d) Per valutare il guadagno d anello osservo che la reazione agisce in senso antiorario. Un buon punto per tagliare l anello è il gate di M3, si deve usare un generatore sonda di tensione Vs. La tensione riportata sul source si ottiene dal partitore resistivo tra 1/gm e R3//(R1+R2); si ricava poi Vx con un altro partitore tra R1 e R2; Vx attiva una corrente antioraria nel differenziale: la posso valutare ricordando che M1 si comporta come una resistenza di degenerazione di valore 1/gm, da cui id=vx/(1/gm1+1/gm2)=vx*gm/2; infine la tensione alla fine dell anello è presa su Rd: Vloop=-Rd*id; conclusione: R3 //(R1 + R2) R1 G loop = * * gm /2 *Rd = 1.2 1/ gm + R3 //(R1 + R2) R1 + R2 Il guadagno d anello è piccolo quindi il guadagno reale differisce notevolmente da quello ideale: Greale=-1.9. Chi è attento noterà che il ramo di reazione si può percorrere anche al contrario (senso orario), quindi il trasferimento diretto è diverso da zero:

3 R3 //(1 / gm3) T dir = * gm3 *R4 =.4 R1 + R2 + R3 //(1 / gm3) tenendone conto si ricava Greale=-.91 e) Se togliamo entrambe le resistenze Rd e sostituiamo lo specchio con due Nmos (il Mos a sinistra va collegato a transdiodo!), la polarizzazione del circuito non cambia perché lo specchio tiene bilanciato lo stadio; dunque il guadagno ideale non cambia. Cambia il guadagno d anello, perché ora al posto di Rd ho un carico ad impedenza infinita, quindi Gloop->. In tali condizioni il guadagno ideale coincide con quello reale. In realtà le r finite faranno sì che Gloop non sia effettivamente infinito. f) Il modo più rapido per trovare l espressione in frequenza del guadagno ideale è sostituire, nella formula Gid=-R2/R1, al posto di R1 la nuova impedenza formata dalla serie R1, C1; ottengo sr2c1 Gid(s) = 1 + sr C 1 1 c è uno zero nell origine e un polo a 159kHz. Bode Diagrams 1 From: U(1) -1 Phase (deg); Magnitude (db) To: Y(1) Frequency (rad/sec) g) Se in ingresso ho uno scalino allora Vin(s)=1mV/s da cui C1R2 Vout(s) = 1mV 1 + sc1r1 per i teoremi del limite Vout( + )=-2mV, Vout(+ )=V.

4 Step Response From: U(1) Amplitude To: Y(1) Time (sec.) x 1-6 la costante di tempo è 1us. h) Riapro l anello sul gate di M3 e valuto le singolarità introdotte da C1 e Cgd; innanzitutto poiché C1>>Cgd approssimo calcolando le singolarità di C1 con Cgd aperto, quelle di Cgd con C1 in corto circuito. La capacità C1 introduce un polo τ = (R + R R //(1 / gm)) C ovvero fp1=-46khz; lo zero si ha alla pulsazione complessa s per cui l impedenza vista al nodo Vx è nulla e quindi Gloop(s)=; ricavo s=-1/(r1c1) ovvero fz1=-159khz. Il polo della capacità Cgd lo calcolo alla Miller ricordando di cortocircuitare C1 gmrd τ = Cgd Rd + (1 + )(R1 //(R2 + R3 //1/ gm)) 2 da cui fp2=-19mhz; lo zero si ricava imponendo che Vd2=, quindi la corrente differenziale id=vx*gm/2 sia uguale a quella per Cgd ic=scgd*vx, da cui s=+gm/(2*cgd), fz2=+1.6ghz. Il luogo delle radici (assolutamente non in scala) è:

5 Imag Axis Real Axis Dalla taratura ricavo i poli a frequenze f1=-17khz f2=-487mhz; essi sono i limiti della banda passante poiché si è visto al punto f) che c è uno zero in continua ad anello chiuso. Bode Diagrams 1 From: U(1) -1 Phase (deg); Magnitude (db) To: Y(1) Frequency (rad/sec)

6 i) Per pilotare bene un carico si deve avere un impedenza di uscita pari o meglio inferiore al carico stesso. Se si sceglie l uscita 2 l impedenza di uscita del circuito è R4, dunque è alta. Nel caso di scegliere l uscita 1, si osserva che esso è un nodo dell anello di reazione, quindi mostra una bassa impedenza, dunque essa è la scelta migliore. j) Conviene rappresentare il rumore termico di R3 con un generatore di corrente 4kT/R3 in parallelo ad R3. Per valutare il trasferimento su Vout devo calcolare l impedenza mostrata proprio dal nodo vout, cioè l impedenza di uscita del circuito. Dal punto i) si sa che essa è abbassata dalla reazione, dunque anche il rumore risulterà ridotto. Ad anello aperto Zol = R3//(R1 + R2)//(1/gm3) = 4Ω quindi Zout=Zol/(1-Gloop)=182Ω. Infine Sv = Si * Zout 2 = (2.97 *1 1 V / Hz) 2

7 ESERCIZIO 2 Per chi vuole approfondire l argomento consiglio A.Lacaita Lezioni di Elettronica 2 volume 2, ed. CUSL a) Facendo uso dei modelli di piccolo segnale la corrente che alimenta lo specchio è 2I=2mA+V1/R1 (trascuro 1/gm). La corrente differenziale è id= =gm/2*v2=i/2vth*v2, da cui si deduce I* R2 * V2 1mA *R2 R2 Vout = = * V2 V1 * V2 * Vth 25mV 2R1* Vth Vout = 8V2 V1 * V2 * 4[V 1 ] b) Il secondo mixer è detto doppiamente bilanciato perché elimina la componente V2 dall espressione di Vout (sostanzialmente usa una cella di Gilbert). Considero solo l analisi di piccolo segnale: se V1= in entrambi i rami del differenziale sotto scorre 1mA ovvero.5ma nei 4 rami superiori; le correnti di piccolo segnale attivate da V2 sono tali da formare una maglia: la id passa dal 1 al 2 poi al 4 e al 3 BJT, quindi la corrente di segnale non attraversa le resistenze di carico: Vout=. c) Per effetto della tensione V1 si genera uno sbilanciamento delle correnti del differenziale in basso: nel ramo di sinistra scorre (1mA+V1/2R1) a destra (1mA-V1/2R1); quindi le gm della coppia di sinistra e di destra sono rispettivamente 1mA + V1 /2R1 gmsx = 2Vth 1mA V1 /2R1 gmdx = 2Vth Effettuando i bilanci di corrente ai nodi di uscita si ricava l espressione di Vout Vout = R2 *(I I ) = R2 * V2 * (gm gm ) sx Vout = V1 * V2 * dx 2 * R2 4Vth*R1 sx = V1 * V2 * 4[V Il secondo mixer ha lo stesso guadagno di conversione, ma rispetto al primo non contiene anche il termine V2. 1 dx ]