Elektronika W Zad cz 2 5

W C.vyński ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 3. Analiza malosygnalowa układów półprzewodnikowych

D — u-f _ •'u* “

(3.20.11)

Rezystancja R_t spełniająca warunek = 10 Mn wynosi:

R, = R_ne [l - g„O -*.)«,]- Ry = 10 MO [l -4 inS • 0.1 • 1,25 K2]-1,25 kil /?, = (1 -0.5)■ 10MSI-1,25 kil =5 MSI ^U2°'^,2)

Wynika z tego, że rezystancja wejściowa jest dwukrotnie większa od rezystora R| którego zadaniem w układzie jest tylko przeniesienie stałego potencjału węzła © na bramkę tranzystora. To zwiększenie R_Kr tłumaczymy tym, że napięcie w węźle © podąża za zmianami napięcia na bramce tranzystora. Gdyby założyć, że (w przypadku granicznym) napięcie w tym punkcie jest równe napięciu wejściowemu, mielibyśmy po obydwu stronach rezystora R, takie samo napięcie zmienne, prąd wejściowy byłby równy zeru, a zatem R_m = oo. Jak można łatwo sprawdzić w rozpatrywanym przypadku napięcie zmienne w węźle © jest bliskie połowy co tłumaczy dwukrotne zwiększenie /?,,, w stosunku do /?/.

Ad 2. Stały prąd bramki płynący przez Ri jest równy zeru. a prąd źródła płynący przez R₂ i R< jest równy prądowi drenu i wynosi także 4 mA. Napięcie Ucs w punkcie pracy wynosi:

U_us -~I_S R₂ =-4mA-l kil = — 4V (3.20.13)

a stały potencjał źródła ma wartość:

U„ = l_s (R, + R,) = 4 mA (1 +1,25) kil = 9 V (3.20.14)

Aby podwójna amplituda składowej zmiennej mogła wynosić 5 V, potencjał ten musi mieć możliwość obniżenia się o 2,5 V (co w układzie osiąga się dla ujemnych wartości chwilowych «,,, bez trudu) oraz możliwość podniesienia się o 2.5 V bez wchodzenia tranzystora do triodowego obszaru charakterystyk wyjściowych. Przy potencjale źródła wynoszącym (9 + 2,5) V napięcie Uos nic powinno być mniejsze od 3 V, a to oznacza że należy przyjąć napięcie E_DD zasilające obwód drenu większe od 14,5 V.

Rozwiązanie 2

Ad 1. Do analizy małosygnałowej omawianego układu może być także zastosowana metoda macierzy admitancyjnej. Schematu zastępczy układu dla składowej zmiennej został już pokazany poprzednio na rysunku 3.20.2. Schemat len zawiera 3 węzły, przy czym do wejścia (wyprowadzenia bramki tranzystora) przypisano numer ©, a do wyjścia (wyprowadzenia źródła tranzystora) numer ®.

Macierz elementów rezystancyjnych układu posiadającą trzy wiersze i trzy kolumny pokazano na rysunku 3.20.4. Rezystancję R₂ przeliczono na odpowiadającą jej

pozostałe (poszukiwane) admitancję

0 (G) ® (S)

0	o
■— 8 ni	Ąni

Rys. 3.20.5 Uproszczona macierz admitancyjna tranzystora j-n FET w konfiguracji WD

admitancję: Y₂= \IR₂=\I(\ ki2)= 1 mS, a oznaczono jako Y_t = \IR/ i = l/Rj.

	® (G)	® (S)	©
© (G)	Y,	0	-Yi
® (S)	0	Y₂	zXl
©	-Y,	-y₂	y,+y₂+y.,

Rys. 3.20.4 Macierz elementów biernych układu z rysunku 3.20.2

W Ciązynski - ELEKTRONIKA W ZADANIACH I POWered by

Część 3 Analiza małosyunałowa układów półprzewodnikowych I _ _ ■ ■ -j

| MISIO)

Macierz admitancyjną tranzystora polowego w konfiguracji WD dla temacie szczególnego przypadku (kiedy to gj, czyli admitancję kanału dren-żródlo rtotnijamy jako równą zeru), powstałą przez skreślenie w pełnej macierzy takiego tranzystora wiersza i kolumny odpowiadającej podłączonemu do masy drenowi, pokazano na rysunku 3.20.5 (patrz też tabela W3.5).

	© (G)	© (S)
® (G)	Y,	0	-Y,
@ (S)	~ gm	Y₂ + gm	-y₂
@	-Y,	-Y,	y,+y₂+y,

Rys. 3.20.6 Macierz admitancyjna układu z rysunku 3.20.2, a więc także wzmacniacza z rysunku 3.20.1

Przez nałożenie obydwu poprzednich macierzy uzyskujemy pełną macierz analizowanego układu pozwalającą na wyznaczenie jego wszystkich parametrów charakterystycznych. Ponieważ macierz zawiera nieznane admitancję nic możemy przejść na jej postać liczbową, musimy operować ogólnymi symbolami.

Układ pracuje bez obciążenia zewnętrznego, a więc wzmocnienie napięciowe k_uukładu obliczamy ze wzoru Nr 2 podanego w tabeli W3.7:

(3.20.15)

gdzie potrzebne dopełnienia algebraiczne to:

A,i = (-l)^<l+Z)

- gm	-Y,
-Y,	Y1+Y2+ Y

A„=(-l

Yi+ gm	-y₂
-Yi	Y,+Y₂+ Pr

(3.20.16)

k. =-

Po podstawieniu tych dopełnień do (3.20.15) i uporządkowaniu, z uwzględnieniem że Yijest znacznie mniejsze od sumy admitancji (Yi+Y%) uzyskujemy: g,„(P,+P_;+P,) + P,P, _ gjY₂+Y_y)

gJP. + P. + PO + P.Pj+PjP, gJY₇ + YO + Y₂Y, co po przekształceniach daje admitancję Pr:

Y - . tl-ON)4 mS I rnS _0A(mS)^: __Qgm5 (3.20.17)

’ *.P₂-(l-*„)g« 0,9 • 1hi5-(I- 0.9)4 mS 0,5 mS

dokładnie odpowiadającą obliczonej w rozwiązaniu I wartości K.< = 1,25 kii.

Aby wykorzystać wzór Nr 6 z tabeli W3.7 do wyznaczenia wartości rezystancji wejściowej układu musimy najpierw obliczyć wartość wyznacznika macierzy. Rozwijając względem pierwszego wiersza macierzy mamy:

A = y_iA₁₁-P₁.A_l3 " (3.20.18)

i po przekształceniach otrzymujemy:

_R -^An _8JY₂+Y₇) + Y₂Y, gJP₂+P,) + P₂P₃

A YfYj^+ga) ⁺ (3 20 19)

u _D 4 mS(l + 0,8) mS +1 mS ■ 0.8 mS _D 41,8 + 0,8

^K„ — n,--- K.-= IK.

0,8 wS(I mS + 4 mS) 0,8-5

Oznacza to, że dla osiągnięcia R„,= 10M£) należy' zastosować rezystancję R/ = 5 MO. czyli dokładnie pokrywa się z wynikiem uzyskanym w rozwiązaniu 1.

- 109-