Elektronische basisschakelingen: Oplossingen 1

Transcriptie

1 Elektronische basisschakelingen: Oplossingen Aki Sarafianos ESAT 9.22 November 4, 202 Oefening op spannindelers, wetten van Kirchoff en equivalente schakelingen R v R 3 R 2 R 3 v uit R R 2 R 4 i uit R 4 R th v th Figure : v i N R N i uit i uit v" uit i" uit Theveninequivalent Nortonequivalent Figure 2:. We zoeken eerst het verband tussen v uit en. Alle andere onafhankelijke bronnen worden op nul gezet (in dit geval i uit ). Het resulterende schema kan bijvoorbeeld opgelost worden door in het circuit twee spannindelers te herkennen. We krijgen dan: v uit, = R 4 R 3 R 4 v

2 R 4 R 2 //(R 3 R 4 ) = R 3 R 4 R R 2 //(R 3 R 4 ) R 2 R 4 = R 2 R 3 R 2 R 4 R R 2 R R 3 R R 4 = A Het verband tussen v uit en i uit kan uit figuur worden bekomen: v uit,2 = (((R //R 2 ) R 3 )//R 4 )i uit = R 4 (R R 2 R 2 R 3 R 3 R ) i uit R 4 R R 4 R 2 R R 2 R 2 R 3 R 3 R = B i uit De werkelijke uitganspanning is v uit = v uit, v uit,2 () De equivalente schema s moeten hetzelfde verband tussen inen uitganspanningen en stromen weergeven als het eigenlijke circuit. De vorm van de equivalente schema s is weergegeven in figuur 2 oor het Théveninequivalent vinden we v uit = v th R th i uit. Aangzien er geen verschil mag waar te nemen zijn met het oorspronkelijk circuit, waar v uit = A Bi uit, moet v th = A en R th = B. oor het Nortonequivalent vinden we v uit = ir n = i N R N i uit R N. er geldt dus dat i N = A en R B N = B. Extra info: Bemerk dat R N uitganweerstand R uit = dv uit di uit = R th, en dat dit de zogenaamde van de schakeling is. 2 Zoeken van het DCinstelpunt en het lineariseren van een schakeling We komen gemakkelijk tot de vergelijking v D = v IN RI S exp( v D ). Door kt/q deze om te vormen komen we tot v (n) D = kt ln( v IN v (n) D q RI S ). Uit de cursus weten we dat v D = 0.7 een redelijke startwaarde is (voor normale siliciumdiodes), en we bekomen dan na enkele iteraties v D = en i D = 0.23mA. Figuur 3 geeft de gevraagde grafieken weer. Als we de temperatuursafhankelijkheid meenemen, dan bekomen we figuur 4, waarin a = f T Q = I S exp( D D kt 0 /q kt0 2/q. 2

3 3 Oefeningen met MOSFET transistoren. Aangezien v DS = 2 v GS T =.3 bevindt de NMOS transistor zich in het saturatiegebied, en wordt de stroom door de transistor gegeven door i DS = K W (v L GS T ) 2 ( v DS E L ). Met de gegevens bekomen we dan onmiddelijk dat I DS = 3.65mA. Om het kleinsignaal equivalent te bekomen, lineariseren we de schakeling in het gevraagde werkinpunt: i DS = I DS i DS Q s i DS Q s = I DS s g m s v DS v GS r 0 g m = 2K W L ( GS T )( DS E L ) = r 0 = K W L ( GS T ) 2 DS E L E L DS E L 2I DS GS T = EL DS I DS = 5.6 ma = 7.4kΩ Dit resultaat kan grafisch worden voorgesteld zoals in figuur 5. Aangezien v DS = 0.3 < v GS T =.3 bevindt de NMOS transistor zich in het lineaire gebied, en wordt de stroom door de transistor gegeven door i DS = K W ((v L GS T )2v DS vds 2 ). Op dezelfde manier als in de vorige oefening vinden we dat I DS =.38mA en g m = 2K W L DS =.2 ma r 0 = 2K W ( L GS T DS ) = 250Ω 2. De oplossing verloopt analoog als in de vorige twee gevallen. Let wel op de tekens! (Een hogere gatespanning zorgt ervoor dat een PMOS transistor minder geleidt).i SD =.46mA, g m = 2.25mA/ en r 0 = 8.5kΩ. Het schema is getekend in figuur DCanalyse: I DS = P DD = 0.2mA. Deze stroom vloeit door de weerstand en dus moet R L = DD UIT = 2.5kΩ. De stroom I vloeit ook door de transistor. We veronderstellen dat deze in het saturatiegebied zal werken, dan is moet IN = I DS K W L ( DS E L ) T =.005. De transistor werkt dus inderdaad in het saturatiegebied. ACanalyse: g m = 2I DS GS T =.33 ma 3 en r 0 = EL DS I DS = 37.5kΩ

4 r d R i=a(tt ) spanning over diode Figure 3: Figure 4: drain gate v g m s r 0 s source Figure 5: NMOS source source gate g g m g r 0 d gate drain s g m s r 0 s drain Figure 6: PMOS 4

5 i R L m s r 0 s m s r 0 R L s m s r 0 v uit s Figure 7: m g m v uit r 0 v uit =0 s Figure 8: Figuur 7 toont het kleinsignaal schema van de versterker. v uit = ir L = (g m v uit r 0 )R L en dus en dus ook v uit ( R L r 0 ) = g m R L v uit = g m R L r 0 R L r 0 = g m R uit De versterking is dus A v = g m R uit =.327 ma.458kω = 5. Bemerk dat in dit geval de lastweerstand R veel kleiner is dan r 0, en dat R uit R L. extra info: Bemerk dat A roter kan worden gemaakt door een grotere (kleinsignaal) weerstand R L te gebruiken (maar als je dit met een normale weerstand doet, dan verlaagt UIT, waardoor de mogelijke uitganzwaai kleiner wordt). De andere mogelijkheid is g m = vergroten door ( GS T ) te verkleinen. 2I DS GS T 5

6 Aangezien er nooit stroom in de gate van een MOSFET kan vloeien (zolang we de capaciteit van de gate verwaarlozen), is i in steeds gelijk aan nul, ongeacht welke inganspanning we aanleggen, en dus is R in = d di in =. Dit is het ideale resultaat voor een versterker die een inganspanning moet versterken. oor versterkers die een inganstroom versterken is R in best zo klein mogelijk. Het bepalen van de equivalente uitgang komt neer op het opstellen van een Thévenin respectievelijk Nortonequivalent en resulteert in R uit = Rr 0 Rr 0, A = A v en g = g m. 4. De stroom die uit de ideale stroombron komt moet door de transistor. Als we de transistor opnieuw in het saturatiegebied veronderstellen, dan is IN = DS K W L ( DS I E L ) T =.005. Het DCinstelpunt van de transistor is dus hetzelfde als in vorige oefening. In het kleinsignaalschema wordt de stroombron een open keten. We krijgen dan op dezelfde manier als in de vorige oefening A v = g m r 0 = 82, R uit = r 0 = 37.5kΩ en R in =. Bemerk dat deze oefening niet oplosbaar is zonder r 0 in rekening te brengen! Teken opnieuw een kleinsignaal schema. De NMOS wordt een afhankelijke stroombron g m ( 0 ) en een weerstand r 0nmos, de PMOS wordt een afhankelijke stroombron g m(v gate d ) = 0 en een weerstand r 0pmos. Uit dit schema vinden we R uit = r 0NMOS //r 0P MOS = 48.5kΩ en A v = R uit g m = DCinstelling: I = P DD = 0.2mA. IN UIT = T =.573, dus IN = I DS K W L ( DS E L ) ACanalyse: g m = 0.46 ma en r S 0 = 262.5kΩ het kleinsignaal schema is voorgesteld in figuur 8. v uit = ir 0 = (g m ( v uit ))r 0 of v uit = r 0g m g mr 0, dus A v = r 0g m g mr 0. R in =. oor het berekenen van R uit = dv uit di uit gaan we na wat de invloed is van een stroombron i uit op v uit als de andere onafhankelijke bronnen 0 worden gesteld. Uit i uit = ( g m v uit ) v uit r 0 g m v uit bekomen we dan R uit = v uit i uit g m = 2.7kΩ. De relatief kleine uitganweerstand betekent dat dit circuit veel stroom kan leveren zonder dat de uitganspanning noemenswaardig verandert. De grote inganweerstand betekent dat de zender erg weinig stroom 6

7 moet leveren om de versterker aan te sturen. Dit circuit kan dus gebruikt worden als een bufferelement. 4 Oefeningen met bipolaire transistoren basis v b v be β v e emitter collector v c R L basis v b v be β v e emitter collector v c R L i i i uit Figure 9: collector basis emitter basis v b v be r π v e emitter Figure 0: collector v c Figure :. Uit i E = i C i B = i C β i C vinden we i C = β β i E = 0.98mA. De collectorstroom wordt gegeven door De basisstroom is i C = I S exp( v BE kt/q ) I C i C v BE Q v be = I C i B = i C β I B g m β v be = I B v be r π 7

8 Een mogelijke grafische voorstelling wordt getoond in figuur. Bemerk dat de weerstand ook vervangen zou kunnen worden door een stroombron met als stroom i be = gm β v be. Met andere woorden: de stroom door de basis is altijd de stroom door de collector gedeeld door β. g m = I S exp( BE kt/q ) kt/q = I C kt/q = 7.65 ma en r π = β g m = 3kΩ. 2. DCinstelling: Alle stroom vloeit door de emitter, er geldt dus dat I E = P DD = 0.2mA. De collectorstroom is dan I C = I E ( β ) = β 0.98mA. Daaruit volgt R L = ( DD UIT ) I C = 2.63kΩ. Om deze stroom door de transistor te laten vloeien moet I C = I S exp( BE kt/q ) = 0.98mA, of dus BE = ln( I C IS )kt/q = Aangezien E = I E = 2 moet IN = zijn. I C kt/q ma ACanalyse: g m = = Uit figuur 9 zien we dat v b = en v e = i = g m ( )(v β b v e ) = A(v b v e ) met A = 77 of dus v e = A v A in en dus v be = A v A in = v A in. We bekomen dan v uit = g m R L v be = g m R L A. Dit verder uitrekenen levert met de benadering dat A >> en β << brengt ons tot v uit = R L en dus A v = R L. Bemerk dat 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 i uit die in de collector wordt geïnjecteerd enkel via de weerstand R L kan vloeien, en dus is R uit = R L. oor het berekenen van de inganweerstand gaan we als volgt te werk: i in = v be r π = (A)r π β, dus is R in = β. Nu is v uit = v e = A v A in en A v. R in is uiteraard nog steeds R in = β. oor het berekenen van R uit stellen we opnieuw = 0. Dit geeft aanleiding tot figuur 0. Dan is v uit = v e = i = (( g m ( )v β e i uit ), en dus i uit = ( g m ( ))v β uit g m i uit. We vinden dus dat R uit = g m = 3Ω. 3. I E = 0.2mA, I C = 0.98mA, R L = 2.5kΩ, BE = IN = Uit v uit = R L g m v b volgt dat A v = R L g m. erder is R in = r π (bemerk dat dit in de vorige oefening veel beter was!) en R uit = R L. r Uit v uit = R L g m v b = R L g π m r πr S vinden we v uit r = R L g π m r πr S. 8