Elektronische basisschakelingen: Oplossingen 2

Transcriptie

1 Elektronische basisschakelingen: Oplossingen Nico De Clercq ESAT 9.0 November 5, 03 Differentieelversterker. Differentieelversterker met weerstanden als last i i v uit,l v uit,r v d g m (v d /v c v b ) g m (v d /v c v b ) i i v d v c v b v c Figure : Elementaire differentieelversterker: kleinsignaal schema. In het instelpunt (v d v c 0V ) vloeit in elke tak een stroom I B, I dus is V UIT,L V dd R B L of (V dd V UIT,L ) I B V kω 0.5mA De stroom I B moet door de transitors vloeien wanneer V B 0.5V en V UIT,L V. I DS K W L (V IN V B V T ) ( V UIT,L V B ) V E L I DS V IN K W ( V UIT,L V B L V E ) V B V T L 0.V 0.5V 0.7V.4V

2 . Het kleinsignaal schema is voorgesteld in figuur. g m I DS V GS V T V ELV DS I DS 0.5mA 5 ma 0.V V 5V.5V 0.5mA 53kΩ 3. Voor alle verdere berekeningen vertrekken we van de wetten van Kirchoff, waaruit we volgende vergelijkingen puren (je kan het stelsel uiteraard ook voor elk geval apart opstellen, met direct de nodige 0 en ingevuld): i v uit,l () i v uit,r () i g m v d g mv c g m v b v uit,l v b (3) v d i g m g mv c g m v b v uit,r v b (4) i i 0 (5) Bepaling A d (nota: v c 0) (i i ) vervangen door () en () in de uitdrukking [(4) (3)] leidt tot v uit,l v uit,r g m v d v uit,r v uit,l, of dus v uit ( // )g m v d g m v d. A d v uit v d ( // )g m log(9.64)db 9.68dB (nota: de dbwaarde voor spanningen en stromen (en bijhorende vesterkingsfactoren) is 0 log(a)db, terwijl het voor vermogens 0 log(p )db is). interessant: Uit (5), () en () volgt v uit,l v uit,r. Dit invullen in (3) (4), samen met (5) levert op dat v b 0. Bepaling A c (nota: v d 0) Uit (5), () en () volgt v uit,l v uit,r. v uit,l v uit,r v c A c 0[ 0 log(0)db db] interessant: Door in [(3)(4)] de uitdrukkingen i i 0 en v uit,r v uit,l in te vullen, vinden we 0 g m v c g m v b v b, en dus v b gm g m v c v c CMRR A d A c [ 9.68dB ( )db] Als v d een beetje stijgt geleidt de linkertransistor een stroom (I I) ( I g m v d ) en de rechtertransistor geleidt een stroom (I I). v B blijft op 0.5V liggen aangezien v c 0V. v UIT,L stijgt met I en v UIT,R daalt met I.

3 De transistoren doen dienst als spanningnaarstroomversterkers. De weerstanden doen dienst als rudimentaire stroomnaarspanningsversterkers.. Differentieelversterker met nietideale instelstroombron i i v uit,l v uit,r g m (v d /v c v b ) g m (v d /v c v b ) i i v b ig m 0V Figure : Differentieelversterker met nietideale instelstroombron. Nog steeds is kω en V IN.4V.. Het kleinsignaal schema is voorgesteld in figuur. g m I DS V GS V T V ELV DS I DS 0.5mA 5 ma 0.V V 5V.5V 0.5mA 53kΩ r 0 75kΩ. Bemerk dat g m niet vereist is voor het oplossen van de oefening aangezien V GS van de insteltransistor constant is. 3. Het stelsel wordt nu: i v uit,l (6) i v uit,r (7) i g m v d g mv c g m v b v uit,l v b (8) i g m v d g mv c g m v b v uit,r v b (9) i i v b r 0 (0) 3

4 bepaling A d (nota: v c 0) Uit [(6)(7)] vinden we v uit,lv uit,r met (0) invullen in [(8)(9)] levert v b r 0 r0 (i i ). Dit samen g m v b v b r0, of dus v b 0. Uit [(9) (8)] vinden we met v b 0 en met behulp van (6) en (7) opnieuw dat A d g m ( // ) dB Interessant: Dit resultaat is eigenlijk logisch gezien het resultaat uit de eerste opgave: de weerstand r 0 toevoegen heeft geen enkel effect indien steeds v b 0V! bepaling A c (nota: v d 0V ) Uit [(8)(9)] vinden we, na het vervangen van v b met v b (i i ) en het vervangen van (i i ) met (i i ) v uit,lv uit,r dat (v uit,l v uit,r )( gmr 0 r 0 ) g m v c. v b r 0 A c v uit,l v uit,r g m v c gmr 0 r 0 g m g m r 0 4. Extra: A c CMRR A d A c dB ( 37.5dB). 0log( )db 37.5dB. 73 0log(73)dB 57.dB V EL V DS I DS L I DS V DS V E ma 75kΩ 0.5V 50 V µm.49µm I DS K W L (V GS V T ) ( V B V E L ) W I DS L K (V GS V T ) ( V B ) V E L ma.49µm 50 µa (.V 0.7V ) V ( 0.5 ) 8.4µm

5 i b v in i uit r g m v in 0 g m v in v uit Figure 3: Elementaire stroomspiegel: kleinsignaal schema Stroomspiegel. Elementaire stroomspiegel. V IN? Aangezien V DS V GS is V DS > V GS V T en bevindt de transistor zich in het saturatiegebied (of subthreshold als V GS < V T, maar dat is hier erg onwaarschijnlijk). V UIT? I UIT? I B K W L (V IN V T ) ( V IN V E L ) 0 50µA V 0µm µm (V IN 0.7V ) ( V IN 50V ) 0.mA Deze derdegraadsvergelijking in V IN kan gemakkelijk iteratief worden opgelost. Volgens maple zijn de oplossingen 0.539,.49 en Enkel voor V IN.49V werkt de transistor in het saturatiegebied, de andere oplossingen zijn dus ongeldig. V UIT V dd V BIAS I DS I DS K W L (V IN V T ) ( V UIT V E L ) I x( V UIT 50V ) 489µA(V UIT 50V ) V UIT V dd V BIAS I x I x 50V.949V I UIT K W L (V IN V T ) ( V UIT V E L ) 507.9µA (Dit kan ook berekend worden via de weerstand, maar dan moet je zeker voldoende beduidende cijfers meenemen overal...) 5

6 Bemerk dat I UIT 5 I B omwille van het verschil in V DS tussen de twee transitoren.. Het kleinsignaal schema is gegeven in figuur 3. g m I B V IN V T V ELV IN I B g m I UIT V IN V T V ELV IN I UIT ma V 5.4kΩ.97 ma V 00.7kΩ 3. We bepalen nu eerst de parameters van het equivalent kleinsignaal model van de stroomspiegel. Dit gebeurt op basis van het kleinsignaal schema van de stroomspiegel (zie deel ). g m v in v in, dus R in v in g m 0.4Ω g m v uit i uit, dus v uit i uit 00.7kΩ i A g m v in g m g m i in, dus is A g m g r m g m g m Merk op dat de uitgangspoort (v uit, i uit ) vervangen wordt door een Norton equivalent. 4. Met behulp van het equivalent model vinden we nu gemakkelijk dat i uit A v uit. Aangezien v uit i uit, bekomen we i uit A

7 . (Extra) Verbeterde stroomspiegel i b i uit 3 g m3 v gm4v v in v v 4 v uit r g m v in 0 g m v in Figure 4: Verbeterde stroomspiegel kleinsignaal schema. Uit I DS K W L (V IN V T ) ( V DS T V E ) vinden we direct dat L V IN.45V. Uit I DS3 K W 3 L 3 (V C V V T ) ( V IN V V E ) vinden we dan dat L V C.644V.. We weten reeds dat V IN.45V, V C.644V en I IN 0.mA. Een voor de hand liggend stelsel is: V UIT V dd V BIAS I UIT I UIT K W L (V IN V T ) ( V V E L ) I UIT K W 4 L 4 (V C V V T ) ( V UIT V V E L ) Het enige geldige antwoord dat maple hiervoor aflevert is I UIT mA, V UIT.95V en V V. 3. Het kleinsignaal schema is weergegeven in figuur 4. Hierin is g m g m g m3 g m4 I IN V IN V T 0.449mS, V ELV I IN I UIT V IN V T.47mS, V ELV I UIT 505kΩ 0kΩ I IN V C V V T 0.450mS, 3 V ELV IN V I IN I UIT V C V V T.68mS, 4 V ELV UIT V I UIT 506.4kΩ 0.9kΩ 7

8 4. R in? De twee interessante vergelijkingen zijn g m3 v v in v 3 g m v in v Door v uit de tweede vergelijking te halen en in de eerste in te vullen, bekomen we ( g m3 3 ) v in (g m3 g m g m Hieruit halen we R in v in g m en A? De twee interessante vergelijkingen zijn i uit g m4 v v uit v 4 i uit g m v in v 3 ) Door v uit de tweede vergelijking te halen en in de eerste in te vullen, bekomen we i uit (g m4 4 ) v uit 4 v in (g m4 g m r g 0 m 4. Met wat benaderen en het vervangen van v in R in levert dit i uit v uit g m4 4 R in g m Het equivalent circuit dat we zoeken heeft als vergelijking i uit A v uit en dus is 4 g m4 en A R in g m g m g m. 5. Met behulp van het equivalent circuit vinden we nu gemakkelijk dat i uit A v uit A i uit, of dus i uit A, 8