Examen #2

Jorge Mateo Juárez, Leonardo Delgado Toral, J. Arturo Cocoma OrtegaFacultad de Ciencias de la Electrónica

Benemérita Universidad Autónoma de PueblaPuebla, México

Jorge.Mateo@alumno.buap.mxLeonardo.Delgado@alumno.buap.mx

Arturo.Cocoma@alumno.buap.mx

1.Los siguientes esquemas muestran un OTA de dos etapas con un circuito de compensación de frecuencia.

Fig. 1 OTA de dos etapas compensando con un condensador (Miller).

Fig. 2 OTA de dos etapas compensado con el "zero nulling resistor".

2.Obtenga la respuesta en frecuencia del circuito H (s)

con base en las siguientes suposiciones:

gm1=gm2=gm3=gm 4, ( gma ) gm5 no es igual a las demás.

Considere rds igual para todos los transistores.

Considere el polo parásito en la compuerta M 5.

Usa las magnitudes obtenidas en experimentos anteriores.

Iniciamos con el Análsis sin red de compensación de la figura 3, cuyo modelo en pequeña señal es visualizado en la figura 4.

Fig. 3 OTA de dos etapas sin compensación.

Fig. 4 Modelo a pequeña señal de OTA de dos etapas sin compensación.

Fig. 5 Grafo de OTA del modelo en pequeña señal de la figura 4.

Las siguientes ecuaciones son para forma el Tlableau:KCL

−i1−i2−i3=0−i4−i5−i6=0

KVLe2−v1=0e2−v2=0e2−v3=0

vout−v4=0vout−v5=0vout−v6=0

Ecuaciones de ramagm v p+gm v p−i1=0

v2−( rds

2 ) i2=0

−sc p 1 v3+ i3=0−gm5 e2+i4=0

v5−( rds

2 ) i5=0

sCL v6−i6=0

Salida

vout

v p

(s )=−2 gm gm5r ds

2

(CL rds s+2 ) (Cp 1 rds s+2 )

A partir de la función de transferencia encontrada, se obtienen las siguientes relaciones de polos y ganancia en DC:Primer polo

P1=( 2CL r ds

)2 π

Segundo polo

P2=( 2C p 1rds

)2 π

ADC=(gm gm5 rds

2 )2

Contribuciones a la ganancia en decibelesC k=20 log10 (k )

CP1=−20 log10(√ f 2

P12 +1)

CP2=−20 log10(√ f 2

P22 +1)

g=+Ck+CP1+CP2

Contribuciones a la fase

CFP1=tan−1( fP1

)

CFP2=tan−1( fP2

)fase=CFP1+CFP2

A continuación se realiza el análisis con capacitor de compensación figura 5.

Fig. 6 Modelo a pequeña señal de OTA de dos etapas con capacitor de compensación.

Fig. 7 Grafo de OTA del modelo en pequeña señal de la figura 6.

Las siguientes ecuaciones son para formar el Tlableau:

KCL−i1−i2−i3−i4=0−i4−i5−i6−i7=0

KVLe2−v1=0e2−v2=0e2−v3=0

e2−vout−v4=0vout−v5=0vout−v6=0vout−v7=0

Ecuaciones de Ramagm v p+gm v p+ i1=0

v2−( rds

2 ) i2=0

−sCP1V 3+i3=0v4 sC c−i4=0−gm5 e2+i5=0

v6−( rds

2 ) i6=0

sCL v7−i7=0

Salida del sistema

vout

v p

(s)=

−(2v p gm gm5 rds2 (1−Cc s

gm5))

s2 (rds2 ( Cc CL+C c CP1+CL CP1 ))+s (r ds ( 4Cc+2CL+2 CP1 )+C c gm5 rds

2 )+4

Así

vout

v p

(s )=

−(2 gm gm5r ds2 (1−

Cc sgm5

))s2 (rds

2 (C c CL+C c CP1+CL CP1 ))+s (rds (4 Cc+2 CL+2CP1 )+C c gm5 rds2 )+4

Ahora, tenemos la función de transferencia de la forma

H (s )=A DC (1+ s

Z )(1+

sP1

)(1+s

P2)

De aquí, podemos suponer que s( 1P1

+1P2

)≈sP1

, entonces

P1=1

rds (4C c+2C L+2CP 1 )+C c gm5 rds2

P1 ≈1

C c gm5 rds2

Luego

P1 P2=1

r ds2 (C c CL+C c CP 1+CL CP 1 )

P2=P1

−1

rds2 (C c CL+C c CP1+CL C P1)

P2=C c gm5 rds

2

rds2 (C c CL+C c CP1+CL C P1)

P2=C c gm5

(C c CL+Cc CP1+CL CP1 )

P2 ≈C c gm5

(C c CL )

P2 ≈gm5

C L

Por ultimo, la localización del cero

Z=−gm5

C c

De tal modo:

H (s )=

gm gm5 rds2

2 (1− sgm5

C c)

(1+ s1

Cc gm5r ds2 )(1+ s

gm5

CL)

Análsis con red de compensación zero nulling

Fig. 8 Modelo a pequeña señal de OTA de dos etapas de compensación zero nulling.

Fig. 9 Grafo de OTA del modelo en pequeña señal de la figura 8.

Las siguientes ecuaciones son para formar el Tlableau:

KCL−i1−i2−i3−i4=0

i4−i5=0i5−i6−i7=0

KVLe2−v1=0e2−v2=0e2−v3=0

e2−e3−v4=0e3−vout−v5=0

vout−v6=0vout−v7=0

Ecuaciones de rama

gm v p+gm v p+ i1=0

v2−( rds

2 ) i2=0

−sCP1V 3+i3=0v4 sC c−i4=0v5−R i5=¿

−gm5 e2+i6=0

v7−( rds

2 ) i7=0

Salida del sistema

vout

v p

(s )=2 gm rds

2 ( gm5−C c s+C c R gm5 s )4 C c Rs+4 C c rds s+2 Cp1 rds s+C c gm5r ds

2 s+C c CP1 rds2 s2+2 C c CP1 R rds s2+4

vout

v p

(s )=2 gm gm5 rds

2 (1−C c s

gm5

+C c Rs)s2 (C c CP1rds

2 +2 C c CP1 R r ds)+s (4 Cc R+4C c rds+2C p 1r ds+C c gm5rds2 )+4

vout

v p

(s )=2gm gm5r ds

2 (1−C c s

gm5

+C c Rs)s2 (C c CP1rds

2 +2 C c CP1 R r ds)+s (rds (4 Cc+2Cp 1 )+4 C c R+C c gm5 rds2 )+4

Consideramos que CP1 ≪CC

vout

v p

(s )=2 gm gm5r ds

2 (1−C c s

gm5

+C c Rs)s2 (C c CP1rds (rds+2 R ))+s (4 r dsC c+4 C c R+C c gm5 rds

2 )+4Ahora determinemos los polos

P1=1

4 rdsC c+4 C c R+C c gm5r ds2

Tomando en cuenta que 4 rdsC c+4C c R≪C c gm5 rds2

P1=1

C c gm5 rds2

Ahora

P1 P2=1

C c CP1 rds (rds+2 R )

P2=P1

−1

C c CP1 rds (r ds+2 R )

P2=C c gm5 rds

2

C c CP1 rds (r ds+2 R )

P2=gm5 rds

CP1 ( rds+2 R )

Además se obtiene que:

Z=gm5

C c−C c gm5 R

ADC=gm gm5r ds

2

2Así

H (s )=

gm gm5r ds2

2 (1+ sgm5

C c−C c gm5 R )(1+

s1

Cc gm5r ds2 )(1+

sgm5 rds

CP1 (r ds+2 R ) )Donde los valores de los elementos propuestos calculados

por prácticas anteriores son las siguientes:rds=4800 Ω

CP1=10 ∙ 10−12 F

CL=10 ∙10−9 F

gm=10∙10−3 S

gm5=12 ∙ 10−3 S

3.Con base en los resultados obtenidos obtenga conclusiones a partir de la ubicación de polos y ceros. Diseñe las redes de compensación para compensar al amplificador en fase.

Para el circuito compensado con la red RC, buscamos eliminar el efecto del polo dominante con el cero, entonces:

P1=Z

1Cc gm5r ds

2 =gm5

C c+C c gm5 R

R=gm5

2 rds2 −1

gm5

R=276 kΩ

Así, proponemos C c=0.1 nF, y verificamos que P1=Z, al

evaluarlos encontramos P1=3.6169e+04

Z=3.6169e+04

Para el caso del capacitor a baja frecuencia el cero se comporta como un polo convirtiendo al sistema en un sistema inestable por ende se elige un capacitor grande para que la frecuencia a la cual es inestable sea muy baja.

4.Grafique la respuesta en frecuencia evaluando la

magnitud y fase de H (s) del OTA sin red de

compensación y con ambas redes de compensación y haga comentarios pertinentes.

Fig. 10 Respuesta en frecuencia de magnitud y fase, OTA sin compensar.

Fig. 11 Respuesta en frecuencia de magnitud y fase, OTA compensado C.

Fig. 12 Respuesta en frecuencia de magnitud y fase, OTA copensado RC.

5.Construya experimentalmente los circuitos y evalúe el transitorio para el amplificador de ganancia unitaria mostrado. Excite al circuito con una señal pulsante con

un T s=1

(2 π f 0 ) . Donde f 0 es la frecuencia de ganancia

unitaria del OTA compensado.

Para ello se analizo el circuito sin compensación de la figura 13, el cual se implemento con transistores Mosfet N (BS170) y P (BS250), donde se establecio un corriente de referencia de:

I RF=vcc−v th

R=7 v−2.2 v

10 kΩ=0.48mA

Con ello podemos aproximar el valor de la resistencia rds, debido a que la impedancia que se refleja para el transistor mosfet M6 en configuracion de diodo polarizado inversamente es:

rds=v th

I RF

=4800 Ω

Fig. 13 Circuito OTA de dos estapas sin compensación energizando por un espejo de ocrriente formado por los trasistores M6, Mb1 y Mb2.

Analisis en gran señal

Los transistores se encontraran en saturación bajo las siguientes condiciones:

M6:V ds 6>V th

Mb1:V dsmb 1>0

M1:V ds 1>V p−V dsmb1−V th

M3:V ds 3>V th 3

M4:V ds 4>V th3

M2:V ds 2>V n−V dsmb1−V th

M5:

V ds 5>V cc−V ds2−V dsmb1−V th

Mb2:V dsmb 2>0

Con un voltaje común de 3.5v y realizando un barrido de volatje de DC en V n se obtuvo la siguiente curva dinámica del OTA, figura 14.

Fig. 14 Gráfica del rango dinámico del OTA en lazo abierto sin compensar.

Fig. 15 Circuito amplificador inversor implementado con OTA.

Análisis a pequeña señal

Fig. 16 Circuito amplificador inversor utilizando el modelo del OTA.

Si vcm=vx entonces v0=A ( vp−vn )=A (v x−vn )

e2=A ( vx−e1 )

e1=−e2

A+v x

e1=vx−e2

Ae1−v i

R+

e1−¿e2

R=0¿

e1−v i+e1−e2=02 e1−e2=v i

2(vx−e2

A )−e2=v i

2 v x−2 e2

A−e2=v i

2 v x−v i=( 2A

+1)e2

e2=( 2 vx−v i

2A

+1 )=2vx−v i

2+ AA

A≫2

e2=2vx−v i

AA

=2vx−v i

v i=vent +v x

e2=2 v x−( vent+vx )V 0 ¿e2=v x−vent

Se oberseva que a salida depende de vcm, ya que si este es

diferente de cero, la señal no es invertida dependiend de vx.

Fig. 17 Entrada y salida del Circuito amplificador inversor, invirtiendo la señal al tener una frecuencia de 520KHz.

I. REFERENCES

[1] L. N. Robert L. Boylestad, «electronic devices and circuit theory,» de Field-Effect Transistors, PEARSON, pp. 396-409

[2] Fairchild Semiconductor Corporation, «BS170 / MMBF170 N-Channel Enhancement Mode Field Effect Transistor,» Fairchild Semiconductor Corporation, 2010

[3] Vishay Intertechnology, «P-Channel 60-V (D-S) MOSFET,» Vishay Intertechnology, 2008

[4] B. Razavi, Design of Analog CMOS Integrated Circuits., Singapore: McGRAW-HILL , 200

Apendice Codigo%-----------------------------------------------Ejercicio 2clcclear allsyms I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 I8 e2 e3 gm gm5 Cc Cl Vp Vn Vout R rds s V1 V2 V3 V4 V5 V6 V7 V8 %LCKeq1='-I1-I2-I3=0';eq2='-I4-I5-I6=0'; % Ecuaciones de ramaeq3='gm*Vp+gm*Vp+I1=0';%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Este signo si es +eq4='V2-(rds/2)*I2=0';eq5='-s*Cp1*V3+I3=0';eq6='-gm5*e2+I4=0';eq7='V5-(rds/2)*I5=0';eq8='s*Cl*V6-I6=0'; %LVKeq9='e2-V1=0';eq10='e2-V2=0';eq11='e2-V3=0';eq12='Vout-V4=0';

eq13='Vout-V5=0';eq14='Vout-V6=0'; [e,VouT,Il1,Il2,Il3,Il4,Il5,Il6,V1l,V2l,V3l,V4l,V5l,V6l] = solve(eq1,eq2,eq3,eq4,eq5,eq6,eq7,eq8,eq9,eq10,... eq11,eq12,eq13,eq14,e2,Vout,I1,I2,I3,I4,I5,... I6,V1,V2,V3,V4,V5,V6);disp('Sin Compensar') pretty(VouT);%Salida % Valores del modelo a pequeña señalli=90000000;f=1:100:li;% RDS=21730; CP1=10*10^-12; CL=1*10^-9; GM=5.5*10^-3; GM5=3.5*10^-3; RDS=5730;CP1=10*10^-15;CL=11*10^-9;GM=0.5*10^-3;GM5=35*10^-3; %Graficas de bodep1=(2/(CL*RDS))/(2*pi);%primer polop2=(2/(CP1*RDS))/(2*pi);%segundo polok=(GM*GM5*RDS^2)/2;%constante %Contribuciones en ganancia decibelesCk=20*log10(k); %constanteCp1=-20*log10(sqrt((f.^2/p1^2)+1));%primer poloCp2=-20*log10(sqrt((f.^2/p2^2)+1));%segundo pologai=Cp1+Ck+Cp2; %Contribucion en faseCfp1=-atand(f/p1);%primer poloCfp2=-atand(f/p2);%segindp polo la constante no contribullefase=Cfp1+Cfp2; FontSiz=20;grosor=5;[hAx,hLine1,hLine2]=plotyy(f,gai,f,fase,'semilogx','semilogx');ylabel(hAx(1),'Amplitud (dB)') ylabel(hAx(2),'Fase(°)')hLine1.LineWidth=grosor;hLine2.LineWidth=grosor;hAx(1).YTick =[-70 -60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 80];hAx(2).YTick =[-200 -180 -160 -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0];hAx(1).FontSize =FontSiz;hAx(2).FontSize =FontSiz;title('Bode')xlim(hAx(1),[1,li]);xlim(hAx(2),[1,li]);grid onxlabel('Frecuencia(Hz)');%------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% Ota con dos etapas compensando con un condensador

%LCKeq1='-I1-I2-I3-I4=0';eq2='I4-I5-I6-I7=0'; % Ecuaciones de ramaeq3='gm*Vp+gm*Vp+I1=0';eq4='V2-(rds/2)*I2=0';eq5='-s*Cp1*V3+I3=0';eq6='V4*s*Cc-I4=0';eq7='-gm5*e2+I5=0';eq8='V6-(rds/2)*I6=0';eq9='s*Cl*V7-I7=0'; %LVKeq10='e2-V1=0';eq11='e2-V2=0';eq12='e2-V3=0';eq13='e2-Vout-V4=0';eq14='Vout-V5=0';eq15='Vout-V6=0';eq16='Vout-V7=0'; [e,VouT,Il1,Il2,Il3,Il4,Il5,Il6,Il7,V1l,V2l,V3l,V4l,V5l,V6l,V7l] = solve(eq1,eq2,eq3,eq4,eq5,eq6,eq7,eq8,eq9,eq10,... eq11,eq12,eq13,eq14,eq15,eq16,e2,Vout,I1,I2,I3,I4,I5,... I6,I7,V1,V2,V3,V4,V5,V6,V7);disp('Compensando con capasitor')pretty(VouT);%Salida %------------------------------------------------------------------------------------------------------------------% Ota con dos etapas compensando con un condensador reistor%LCKeq1='-I1-I2-I3-I4=0';eq2='I5-I6-I7=0';eq3='I4-I5=0';% Ecuaciones de ramaeq4='gm*Vp+gm*Vp+I1=0';eq5='V2-(rds/2)*I2=0';eq6='-s*Cp1*V3+I3=0';eq8='V5*s*Cc-I5=0';eq7='V4-R*I4=0';eq9='-gm5*e2+I6=0';eq10='V7-(rds/2)*I7=0'; %LVKeq11='e2-V1=0';eq12='e2-V2=0';eq13='e2-V3=0';eq14='e2-e3-V4=0';eq15='e3-Vout-V5=0';eq16='Vout-V6=0';eq17='Vout-V7=0';

[e,ee,VouT,Il1,Il2,Il3,Il4,Il5,Il6,Il7,V1l,V2l,V3l,V4l,V5l,V6l,V7l] = solve(eq1,eq2,eq3,eq4,eq5,eq6,eq7,eq8,eq9,eq10,eq11,eq12,eq13,eq14,eq15,eq16,eq17,e2,e3,Vout,I1,I2,I3,I4,I5,I6,I7,V1,V2,V3,V4,V5,V6,V7);disp('Compensando con capacitor y resistencia')pretty(VouT);%Salidaleo = subs(VouT,Cl,0)pretty(leo)