Elektronika W Zad cz 2 5

w Ctązynskt . E1-EKTR0N1KA W ZADANIACH Czttó 3 AimIim milusygnałmsa układów półprzewodnikowych

SPM równego /, /j_2M. Napięcie wyjściowe będzie teraz określone jako spadek napięcia wywołany przepływem tego prądu przez wypadkową rezystancję obydwu równoległych gałęzi:

u„ = -(*„*/,) • (R_c\\R_t ) = - (- 0,99 • 1.62 -10-'    0,5 kQ = 0,80- e„    (i. 17.9)

czemu w porównaniu z wzmacniaczem nieobciążonym odpowiada dwukrotnie mniejsze wzmocnienie k,:

(3.17. JO)

i amplituda napięcia wyjściowego    która okazuje się nawet mniejsza niż

amplituda napięcia wejściowego:

U„_m = k_r ■ E„_m =0.8-100 mV= 80mV

(3.17.11)

Ad 3. Powyższe obliczenia znacznie uprościł brak powiązania pomiędzy obwodem wejściowym i wyjściowym schematu zastępczego pokazanego na rysunku 3.17.3. W przypadku konieczności uwzględnienia niezerowych wartości parametrów h_ne i/lub /i₂₂, w wyniku przeliczenia otrzymujemy różne od zera wartości parametrów h,_ih i/lub Ii22b i schemat zastępczy pokazany na rysunku 3.17.3 komplikuje się w taki sposób, żc:

•    dla Ii22h # 0 (czyli gdy uwzględniamy admitancję wyjściową tranzystora w konfiguracji WB) prąd SPM równy h2u.i1 nie płynie już w całości przez rezystancję Rc, ale rozpływa się na dwie gałęzie równoległe (jego część zamyka się przez /i_22fc).

•    dla h/2h ź 0 na schemacie zastępczym pojawia się (w jego obwodzie wejściowym) trzecie źródło wymuszające, tzn. SEM oddziaływania zwrotnego o wartości hnb Nim wdążąca ze sobą obwód wejściowy i wyjściowy tego schematu. Teraz każdy prąd i napięcie w układzie muszą być obliczane jako suma trzech składowych pochodzących od poszczególnych wymuszeń.

Uwzględnienie hnb # 0 i ń₂₂<, f 0 powoduje więc. że rozwiązanie tematowego zadania sprowadza się do ogólnego przypadku, naszkicowanego we Wprowadzeniu, którego wyniki są zestawione w tabeli W3.1. Wyniki takiej analizy są zresztą przedstawione już w zadaniu 3.11. Zainteresowanemu Czytelnikowi autor poleca jednak do samodzielnego wykonania (bez wykorzystania wzorów z tabeli W3.1) analizę tematu z uwzględnieniem niezerowej wartości jednego z omawianych parametrów (np. hnt ~ 0,001 lub/i₂₂, = 0,1 mS).

Rozwiązanie 2

W schemacie z rysunku 3.17.2, z którego wynika że tranzystor dla składowej zmiennej pracuje w konfiguracji WB, możemy w miejsce tranzystora wstawić także jego schemat małosygnałowy typu li, (czyli schemat dla konfiguracji WE). Nie musimy wtedy przeliczać podanych w temacie wartości parametrów h_r na wartości

^R.

600(1

Rys. 3.17.4

W Ciążyński - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częić 3: Analiza maiosygnalowa układów półprzewodnikowych

_Darametrów ń*. W wyniku otrzymujemy schemat zastępczy o postaci pokaza rysunku 3.17.4, zawierający tylko 2 źródła wymuszające (e,« i h₂i, ii), który może być dla małych sygnałów uważany za liniowy, a więc może być rozwiązany dzięki zastosowaniu zasady superpozycji i podstawowych twierdzeń elektrotechniki. Każdy prąd i napięcie może być wyrażony jako suma dwu składowych, pochodzących od rozpatrywanych oddzielnie źródeł wymuszających.

Ad 1 i 2. Dla prądu i/, który pojawia się na wyjściu przemnożony przez h₂i_e mamy pierwszą składową pochodzącą od SEM równej e_w (przy rozwartej SPM):

M*l ₌    ......^e*'    ^    __0i455 JLti. _m7A2)

+    1 k£l+\kSi ^0,5 ^

oraz K, + V|K =(0,6+0ó)ffi = l,lifi

lmiKł

gdzie:

(3.17.13)

(3.17.14)

Prąd SPM równy h₂i, i/ (przy zwartej SEM) rozpływa się na trzy równoległe gałęzie o rezystancjach /?;, ń//, i Re. Druga składowa prądu i, pochodząca od tej SPM jest równa napięciu jakie SPM wywołuje na rezystancji zastępczej trzech równoległych gałęzi, podzielonemu przez hn_e:

¹    V

gdzie:

V K l^ = 0,5 kil || 0,6 m =

0,5 m-0,6 kii

= 0,273 k£2

(3.17.16)

0,5 kii + 0,6 kO.

Wypadkowa wartość prądu wejściowego czwórnika i\ to suma wyliczonych powyżej dwu składowych, czyli:

i +,•    0,273 (V •/,)    (3.17.17)

¹¹    1,1 ki2    ¹

Po uporządkowaniu otrzymujemy: i    0,5    0.455

1,1 kił(l+0,273 h_lu) 1 + 27,3

(3.17.18)

0,0161 — kii

Napięcie wyjściowe jest wynikiem przepływu prądu h₂i_rii przez rezystancję Rc, czyli:

<*„ = - (V • «j) • R_c = V • 0,0161    1 kii = 1,61 • e„    (3.17.19)

kQ

skąd można bezpośrednio wyznaczyć wzmocnienie k, dla sygnału e_we jako:

k_t=^ = 1,61    (3.17.20)

Jest to wynik bardzo bliski uzyskanemu w rozwiązaniu I. dlatego poprzestaniemy na firn pozostawiając ewentualne dokończenie obliczeń (tzn. wyznaczenie rezystancji wejściowej oraz analizę wpływu rezystancji obciążenia Rl na wzmocnienie) zainteresowanemu Czytelnikowi. Zwróćmy tylko uwagę na fakt, że nie jest prawidłowy wynik:

*-=VK=0 ,SkQ    (3.17.21)

-89-