Elektronische basisschakelingen: Oplossingen 1


1 Elektronische basisschakelingen: Oplossingen Aki Sarafianos ESAT 9.22 November 4, 202 Oefening op spannindelers, wetten van Kirchoff en equivalente ...
Author:  Gijs Simons

0 downloads 75 Views 173KB Size

Recommend Documents


No documents


Elektronische basisschakelingen: Oplossingen 1 Aki Sarafianos ([email protected]) ESAT 91.22 November 14, 2012

1

Oefening op spanningsdelers, wetten van Kirchoff en equivalente schakelingen R1

vin R 2

v1

R3 R3 vuit

R1

R2 R4

iuit

R4

Figure 1: Rth vth

+ v’uit i’ uit -

iN

RN

+ i v"uit -

Thevenin-equivalent

i"uit

Norton-equivalent

Figure 2:

1.

• We zoeken eerst het verband tussen vuit en vin . Alle andere onafhankelijke bronnen worden op nul gezet (in dit geval iuit ). Het resulterende schema kan bijvoorbeeld opgelost worden door in het circuit twee spanningsdelers te herkennen. We krijgen dan: vuit,1 =

R4 · v1 R3 + R4 1

R4 R2 //(R3 + R4 ) · · vin R3 + R4 R1 + R2 //(R3 + R4 ) R2 R4 = · vin R2 R3 + R2 R4 + R1 R2 + R1 R3 + R1 R4 = A · vin

=

Het verband tussen vuit en iuit kan uit figuur 1 worden bekomen: vuit,2 = (((R1 //R2 ) + R3 )//R4 )iuit R4 (R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 ) = · iuit R4 R1 + R4 R2 + R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 = B · iuit De werkelijke uitgangsspanning is vuit = vuit,1 + vuit,2

(1)

• De equivalente schema’s moeten hetzelfde verband tussen in-en uitgangsspanningen en -stromen weergeven als het eigenlijke circuit. De vorm van de equivalente schema’s is weergegeven in figuur 2 0 = vth +Rth i0uit . Aangzien Voor het Th´evenin-equivalent vinden we vuit er geen verschil mag waar te nemen zijn met het oorspronkelijk circuit, waar vuit = Avin + Biuit , moet vth = Avin en Rth = B. Voor het Norton-equivalent vinden we vuit ” = iRn = iN RN + iuit ”RN . er geldt dus dat iN = AvBin en RN = B. Extra info: Bemerk dat RN = Rth , en dat dit de zogenaamde uit uitgangsweerstand Ruit = dv van de schakeling is. diuit

2

Zoeken van het DC-instelpunt en het lineariseren van een schakeling

We komen gemakkelijk tot de vergelijking vD = vIN − RIS exp( kTvD/q ). Door (n+1)

v

−v

(n)

deze om te vormen komen we tot vD = kT · ln( INRISD ). Uit de cursus q weten we dat vD = 0.7V een redelijke startwaarde is (voor normale siliciumdiodes), en we bekomen dan na enkele iteraties vD = 0.67718V en iD = 0.23mA. Figuur 3 geeft de gevraagde grafieken weer. Als we de temperatuursafhankelijkheid meenemen, dan bekomen we figuur ∂f −VD 4, waarin a = ∂T |Q = IS exp( kTV0D/q ) kT 2 /q . 0

2

3

Oefeningen met MOSFET transistoren 1.

• Aangezien vDS = 2V ≥ vGS − VT = 1.3V bevindt de NMOS transistor zich in het saturatiegebied, en wordt de stroom door de transistor gegeven door iDS = K 0 W (vGS − VT )2 (1 + VvEDS·L ). Met L de gegevens bekomen we dan onmiddelijk dat IDS = 3.65mA. Om het klein-signaal equivalent te bekomen, lineariseren we de schakeling in het gevraagde werkingspunt: iDS = IDS +

∂iDS vds ∂iDS |Q vds + |Q vgs = IDS + + gm vgs ∂vDS ∂vGS r0

W VDS 2IDS mA (VGS − VT )(1 + )= = 5.6 L VE L VGS − VT V VE L + VDS 1 r0 = = 7.4kΩ VDS = 1+ V L I DS W 1 E K 0 L (VGS − VT )2 VE L · VDS gm = 2K 0

1+ V

EL

Dit resultaat kan grafisch worden voorgesteld zoals in figuur 5. • Aangezien vDS = 0.3V < vGS − VT = 1.3V bevindt de NMOS transistor zich in het lineaire gebied, en wordt de stroom door de 2 ). Op ((vGS − VT )2vDS − vDS transistor gegeven door iDS = K 0 W L dezelfde manier als in de vorige oefening vinden we dat IDS = 1.38mA en mA W gm = 2K 0 VDS = 1.2 L V 1 = 250Ω r0 = W 0 2K L (VGS − VT − VDS ) 2. De oplossing verloopt analoog als in de vorige twee gevallen. Let wel op de tekens! (Een hogere gate-spanning zorgt ervoor dat een PMOS transistor minder geleidt).ISD = 1.46mA, gm = 2.25mA/V en r0 = 18.5kΩ. Het schema is getekend in figuur 6. 3.

P • DC-analyse: IDS = VDD = 0.2mA. Deze stroom vloeit door de U IT weerstand en dus moet RL = VDD −V = 12.5kΩ. De stroom I vloeit ook door de transistor. We veronderstellenrdat deze in het IDS saturatiegebied zal werken, dan is moet VIN = + VDS 0W K

L

(1+ V

EL

)

VT = 1.0015V . De transistor werkt dus inderdaad in het saturatiegebied. • AC-analyse: gm =

2IDS VGS −VT

= 1.33 mA en r0 = V 3

VE L+VDS IDS

= 137.5kΩ

0.0004

0.0003

+ vd -

0.0002

rd 0.0001

R i=a(T-T0) vin

0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

spanning over diode

Figure 3:

Figure 4:

vd drain vg gate v+ gs -

gmvgs

+ r0 vds -

vs source

Figure 5: NMOS vs source + vsg

gmvsg

vs source

+ r0 vsd

vg gate

vgs

gmvgs

r0 vds

vg + gate

vd drain

+ vd drain

Figure 6: PMOS

4

i vg + vgs vin -

RL vd gmvgs

vg + vgs vin -

+ r0 vds -

vd gmvgs

+ r0 RL vds -

vs

vs

Figure 7: vg + vgs vin -

vd=0V

vd gmvgs vs vuit

vg + vgs vin -

+ r0 vds -

gmvin- gmvuit vs vuit

+ r0 vds -

Figure 8:

• Figuur 7 toont het klein-signaal schema van de versterker. vuit = −iRL = −(gm vin + en dus vuit (1 +

vuit )RL r0

RL ) = −gm RL vin r0

en dus ook vuit = −gm

RL r0 vin = −gm Ruit vin RL + r0

De versterking is dus Av = −gm Ruit = −1.327 mA 11.458kΩ = V −15. Bemerk dat in dit geval de lastweerstand R veel kleiner is dan r0 , en dat Ruit ≈ RL . extra info: Bemerk dat Av groter kan worden gemaakt door een grotere (klein-signaal) weerstand RL te gebruiken (maar als je dit met een normale weerstand doet, dan verlaagt VU IT , waardoor de mogelijke uitgangszwaai kleiner wordt). De andere mogelijkheid 2IDS is gm = VGS vergroten door (VGS − VT ) te verkleinen. −VT 5

• Aangezien er nooit stroom in de gate van een MOSFET kan vloeien (zolang we de capaciteit van de gate verwaarlozen), is iin steeds gelijk aan nul, ongeacht welke ingangsspanning we aanin leggen, en dus is Rin = dv = ∞. Dit is het ideale resultaat voor diin een versterker die een ingangsspanning moet versterken. Voor versterkers die een ingangsstroom versterken is Rin best zo klein mogelijk. Het bepalen van de equivalente uitgang komt neer op het opstellen van een Th´evenin- respectievelijk Norton-equivalent en resulteert Rr0 , A = Av en g = gm . in Ruit = R+r 0 4.

• De stroom die uit de ideale stroombron komt moet door de transistor. Als we de transistorr opnieuw in het saturatiegebied veronIDS V K0 W (1+ VDS ) L L

derstellen, dan is VIN =

+ VT = 1.0015V . Het

E

DC-instelpunt van de transistor is dus hetzelfde als in vorige oefening. • In het klein-signaalschema wordt de stroombron een open keten. We krijgen dan op dezelfde manier als in de vorige oefening Av = −gm r0 = −182, Ruit = r0 = 137.5kΩ en Rin = ∞. Bemerk dat deze oefening niet oplosbaar is zonder r0 in rekening te brengen!

5.

• Teken opnieuw een klein-signaal schema. De NMOS wordt een afhankelijke stroombron gm (vin − 0V ) en een weerstand r0nmos , 0 (vgate − vdd ) = de PMOS wordt een afhankelijke stroombron gm 0 en een weerstand r0pmos . Uit dit schema vinden we Ruit = r0N M OS //r0P M OS = 48.5kΩ en Av = −Ruit gm = −64.4. r IDS P + • DC-instelling: I = VDD = 0.2mA. VIN − VU IT = VDS 0W K

L

(1+ V

EL

)

VT = 1.573V , dus VIN = 4.073 • AC-analyse: gm = 0.46 mA en r0 = 262.5kΩ het klein-signaal S schema is voorgesteld in figuur 8. vuit = ir0 = (gm (vin − vuit ))r0 r0 gm r0 gm of vuit = 1+g vin ≈ vin , dus Av = 1+g ≈ 1. Rin = ∞. m r0 m r0 uit Voor het berekenen van Ruit = dv gaan we na wat de invloed diuit is van een stroombron iuit op vuit als de andere onafhankelijke bronnen 0 worden gesteld. Uit iuit = −(−gm vuit ) + vruit ≈ gm vuit 0 vuit 1 bekomen we dan Ruit = iuit ≈ gm = 2.17kΩ. De relatief kleine uitgangsweerstand betekent dat dit circuit veel stroom kan leveren zonder dat de uitgangsspanning noemenswaardig verandert. De grote ingangsweerstand betekent dat de zender erg weinig stroom

6

moet leveren om de versterker aan te sturen. Dit circuit kan dus gebruikt worden als een bufferelement.

4

Oefeningen met bipolaire transistoren

RL

RL

vin

basis collector vb + gmvbe vc β vbe gmvbe − ve emitter

basis collector vb + gmvbe vc β gmvbe vbe − ve emitter i

iuit

i

RE

Figure 9:

RE

Figure 10:

collector basis

basis vb + vbe rπ −

emitter

ve

collector vc gmvbe emitter

Figure 11:

1. Uit iE = iC + iB = iC + β1 iC vinden we iC =

β i β+1 E

= 0.198mA.

De collectorstroom wordt gegeven door iC = IS exp(

vBE ∂iC ) ≈ IC + |Q vbe = IC + gm vbe kT /q ∂vBE

De basisstroom is iB =

gm vbe iC ≈ IB + vbe = IB + β β rπ 7

Een mogelijke grafische voorstelling wordt getoond in figuur 11. Bemerk dat de weerstand ook vervangen zou kunnen worden door een stroombron met als stroom ibe = gβm vbe . Met andere woorden: de stroom door de basis is altijd de stroom door de collector gedeeld door β. VBE gm = IS exp( kT ) 1 = /q kT /q

2.

IC kT /q

= 7.65 mA en rπ = V

β gm

= 13kΩ.

• DC-instelling: Alle stroom vloeit door de emitter, er geldt dus dat β P IE = VDD )= = 0.2mA. De collectorstroom is dan IC = IE ( 1+β U IT ) 0.198mA. Daaruit volgt RL = (VDDI−V = 12.63kΩ. Om deze C VBE )= stroom door de transistor te laten vloeien moet IC = IS exp( kT /q IC 0.198mA, of dus VBE = ln( IS )kT /q = 0.673V . Aangezien VE = IE RE = 2V moet VIN = 2.673V zijn.

. Uit figuur 9 zien we dat vb = • AC-analyse: gm = kTIC/q = 7.65 mA V 1 vin en ve = iRE = gm (1 + β )(vb − ve )RE = A(vb − ve ) met A = 77 A A 1 of dus ve = 1+A vin en dus vbe = vin − 1+A vin = 1+A vin . 1 vin . Dit verder We bekomen dan vuit = −gm RL vbe = −gm RL 1+A uitrekenen levert met de benadering dat A >> 1 en β1 << 1 RL RL vin en dus Av = − R . Bemerk dat brengt ons tot vuit = − R E E dit een relatief kleine versterking is, die bepaald wordt door de verhouding van twee weerstanden. Met een beetje moeite valt in te zien dat een stroom iuit die in de collector wordt ge¨ınjecteerd enkel via de weerstand RL kan vloeien, en dus is Ruit = RL . Voor het berekenen van de ingangsweerstand gaan we als volgt te 1 vin ≈ βR1 E vin , dus is Rin = βRE . werk: iin = vrbeπ = (1+A)r π A • Nu is vuit = ve = 1+A vin ≈ vin en Av ≈ 1. Rin is uiteraard nog steeds Rin = βRE . Voor het berekenen van Ruit stellen we opnieuw vin = 0. Dit geeft aanleiding tot figuur 10. Dan is vuit = ve = RE i = RE ((−gm (1 + β1 )ve + iuit ), en dus iuit = ( R1E + gm (1 + 1 ))vuit ≈ gm iuit . We vinden dus dat Ruit = g1m = 131Ω. β

3.

• IE = 0.2mA, IC = 0.198mA, RL = 12.5kΩ, VBE = VIN = 0.673V . • Uit vuit = −RL gm vb volgt dat Av = −RL gm . Verder is Rin = rπ (bemerk dat dit in de vorige oefening veel beter was!) en Ruit = RL . rπ rπ Uit vuit = −RL gm vb = −RL gm rπ +R vin vinden we vvuit = −RL gm rπ +R . in S S

8

Life Enjoy

" Life is not a problem to be solved but a reality to be experienced! "

Get in touch

Social

© Copyright 2013 - 2020 TIXPDF.COM - All rights reserved.