Elektronische basisschakelingen: Oplossingen 2 Nico De Clercq (
[email protected]) ESAT 91.20 November 15, 2013
1
Differentieelversterker
1.1
Differentieelversterker met weerstanden als last RL
i1
i2
vuit,l -vd 2
+ -
r0
RL vuit,r
gm(-vd/2+vc-vb) gm(vd/2+vc-vb) i1 i2
vc
r0
+
vd 2
-
vb
vc
Figure 1: Elementaire differentieelversterker: kleinsignaal schema
1.
• In het instelpunt (vd = vc = 0V ) vloeit in elke tak een stroom I2B , 2(V −V ) 1V dus is VU IT,L = Vdd − RL I2B of RL = dd IBU IT,L = 0.5mA = 2kΩ • De stroom I2B moet door de transitors vloeien wanneer VB = 0.5V en VU IT,L = 2V . IDS = K 0
W VU IT,L − VB (VIN − VB − VT )2 (1 + ) L VE L s
→ VIN =
IDS K0 W (1 L
+
VU IT,L −VB ) VE L
+ VB + VT
= 0.2V + 0.5V + 0.7V = 1.4V 1
2.
• Het klein-signaal schema is voorgesteld in figuur 1. • gm =
2IDS VGS −VT
• r0 =
VE L+VDS IDS
= =
20.5mA 0.2V
= 5 mA V
25V +1.5V 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): vuit,l RL vuit,r − RL −vd vuit,l − vb gm + gm vc − gm vb + 2 r0 vuit,r − vb vd gm + gm vc − gm vb + 2 r0 0
i1 = −
(1)
i2 =
(2)
i1 = i2 = i1 + i2 =
(3) (4) (5)
• Bepaling Ad (nota: vc = 0) – (i2 −i1 ) vervangen door (1) en (2) in de uitdrukking [(4) − (3)] v −v v −v leidt tot uit,lRL uit,r = gm vd + uit,rr0 uit,l , of dus vuit = (RL //r0 )gm vd ≈ RL gm vd . – Ad = vvuit = (RL //r0 )gm = 9.64 = 20 log(9.64)dB = 19.68dB d (nota: de dB-waarde voor spanningen en stromen (en bijhorende vesterkingsfactoren) is 20 log(A)dB, terwijl het voor vermogens 10 log(P )dB is). – interessant: Uit (5), (1) en (2) volgt vuit,l = −vuit,r . Dit invullen in (3) + (4), samen met (5) levert op dat vb = 0. • Bepaling Ac (nota: vd = 0) – Uit (5), (1) en (2) volgt vuit,l + vuit,r . vuit,l +vuit,r 2 vc
– Ac = = 0[= 20 log(0)dB = −∞dB] – interessant: Door in [(3)+(4)] de uitdrukkingen i1 +i2 = 0 en vuit,r = vuit,l in te vullen, vinden we 0 = 2gm vc − 2gm vb − 2 rv0b , en dus vb = gmg+m 1 vc ≈ vc r0
• CM RR =
Ad Ac
=
9.64 0
= ∞[= 19.68dB − (−∞)dB]
• Als vd een beetje stijgt geleidt de linkertransistor een stroom (I − ∆I) (∆I ≈ gm v2d ) en de rechtertransistor geleidt een stroom (I + ∆I). vB blijft op 0.5V liggen aangezien vc = 0V . vU IT,L stijgt met ∆IRL en vU IT,R daalt met ∆IRL . 2
De transistoren doen dienst als spanning-naar-stroomversterkers. De weerstanden RL doen dienst als rudimentaire stroom-naarspanningsversterkers.
1.2
Differentieelversterker met niet-ideale instel-stroombron RL
i1
i2
vuit,l
RL vuit,r
gm(-vd/2+vc-vb)
r0
i1
gm(vd/2+vc-vb) i2
r0
vb r0 ’
i=gm’ 0V
Figure 2: Differentieelversterker met niet-ideale instel-stroombron
1. Nog steeds is RL = 2kΩ en VIN = 1.4V . 2.
• Het klein-signaal schema is voorgesteld in figuur 2. • gm =
2IDS VGS −VT
• r0 =
VE L+VDS IDS
•
= =
20.5mA 0.2V
= 5 mA V
25V +1.5V 0.5mA
= 53kΩ
r00
0 = 75kΩ. Bemerk dat gm niet vereist is voor het oplossen van de oefening aangezien VGS van de insteltransistor constant is.
3. Het stelsel wordt nu: vuit,l RL vuit,r − RL −vd vuit,l − vb gm + gm vc − gm vb + 2 r0 vd vuit,r − vb gm + gm vc − gm vb + 2 r0 vb r00
i1 = −
(6)
i2 =
(7)
i1 = i2 = i1 + i2 =
3
(8) (9) (10)
• bepaling Ad (nota: vc = 0) v
+v
– Uit [(6) + (7)] vinden we uit,l r0 uit,r = − Rr0L (i1 + i2 ). Dit samen met (10) invullen in [(8)+(9)] levert rv0b = −2gm vb −2 rv0b − Rr0L rv0b , 0 0 of dus vb = 0. – Uit [(9) − (8)] vinden we met vb = 0 en met behulp van (6) en (7) opnieuw dat Ad = gm (RL //r0 ) = 9.64 = 19.68dB – Interessant: Dit resultaat is eigenlijk logisch gezien het resultaat uit de eerste opgave: de weerstand r00 toevoegen heeft geen enkel effect indien steeds vb = 0V ! • bepaling Ac (nota: vd = 0V ) – Uit [(8)+(9)] vinden we, na het vervangen van vb met vb = r00 (i1 + i2 ) v +v en het vervangen van (i1 + i2 ) met (i1 + i2 ) = − uit,lRL uit,r dat –
2gm r00 RL
(vuit,l + vuit,r )( R1L +
Ac =
vuit,l +vuit,r 2
vc
= −gm
Ac = −0.0133 ≈
1 75
+
2r00 RL r0
+
1 ) r0
= −2gm vc .
1 1 RL
+
2gm r00 RL
+
2r00 RL r0
+
1 r0
1 RL ≈ −gm 2gm r0 = − 0 0 2r0 RL
= 20log(| − 0.0133|)dB = −37.5dB.
d| = 723 = 20log(723)dB = 57.2dB = • CM RR = |A = 9.64 1 |Ac | 75 19.68dB − (−37.5dB).
4. Extra: • r0 = →L=
VE L + VDS IDS
1mA · 75kΩ − 0.5V IDS r0 − VDS = = 1.49µm V VE 50 µm
• IDS = K 0 →W =
K 0 (VGS
W VB (VGS − VT )2 (1 + ) L VE L
IDS L − VT )2 (1 +
4
VB ) VE L
=
1mA · 1.49µm − 0.7V )2 (1 +
50 µA (1.2V V2
0.5 ) 74.5
= 118.41µm
ib +
RL
iin
vin r01
iuit gm1vin
gm2vin
-
+ r02
vuit -
Figure 3: Elementaire stroomspiegel: klein-signaal schema
2
Stroomspiegel
2.1
Elementaire stroomspiegel
1. VIN ? Aangezien VDS = VGS is VDS > VGS −VT en bevindt de transistor zich in het saturatiegebied (of subthreshold als VGS < VT , maar dat is hier erg onwaarschijnlijk). IB = K 0 0=
W VIN (VIN − VT )2 (1 + ) L VE L
50µA 10µm VIN (VIN − 0.7V )2 (1 + ) − 0.1mA 2 V 1µm 50V
Deze derdegraadsvergelijking in VIN kan gemakkelijk iteratief worden opgelost. Volgens maple zijn de oplossingen 0.2539, 1.14219 en −49.996. Enkel voor VIN = 1.14219V werkt de transistor in het saturatiegebied, de andere oplossingen zijn dus ongeldig. VU IT ? IDS
VU IT = Vdd − VBIAS − RL IDS VU IT VU IT VU IT W2 (VIN −VT )2 (1+ ) = Ix (1+ ) = 489µA(1+ ) = K0 L2 VE L 50V 50V Vdd − VBIAS − RL Ix → VU IT = = 1.949V L Ix 1 + R50V
IU IT ? IU IT = K 0
W2 VU IT (VIN − VT )2 (1 + ) = 507.9µA L2 VE L
(Dit kan ook berekend worden via de weerstand RL , maar dan moet je zeker voldoende beduidende cijfers meenemen overal ...) 5
Bemerk dat IU IT 6= 5 · IB omwille van het verschil in VDS tussen de twee transitoren. 2. Het klein-signaal schema is gegeven in figuur 3. • gm1 =
2IB VIN −VT
= 0.4523 mA V
• r01 =
VE L+VIN IB
= 511.4kΩ
• gm2 =
2IU IT VIN −VT
• r02 =
VE L+VIN IU IT
= 2.297 mA V = 100.7kΩ
3. We bepalen nu eerst de parameters van het equivalent klein-signaal model van de stroomspiegel. Dit gebeurt op basis van het klein-signaal schema van de stroomspiegel (zie deel 2). • iin = gm1 vin +
vin , r01
dus Rin =
• vuit = r02 iuit , dus Ruit =
vuit iuit
vin iin
5.057 ≈
1 gm1 + r 1
= 2201.4Ω ≈
01
1 gm1
= r02 = 100.7kΩ
• i = Aiin = gm2 vin = gm2 gm1 +1 gm2 gm1
=
1 r01
iin , dus is A = gm2 gm1 +1
1 r01
=
Merk op dat de uitgangspoort (vuit , iuit ) vervangen wordt door een Norton equivalent. 4. Met behulp van het equivalent model vinden we nu gemakkelijk dat . Aangezien vuit = −RL iuit , bekomen we iiuit = iuit = Aiin + Rvuit uit in 1 A RL = 5.052. 1+ R
uit
6
2.2
(Extra) Verbeterde stroomspiegel ib +
RL
iin
-gm3v1 -gm4v2
r03 vin
iuit
v1 r01
+
r04 vuit
v2 gm1vin
gm2vin
r02
-
-
Figure 4: Verbeterde stroomspiegel - klein-signaal schema
1.
1 • Uit IDS1 = K 0 W (VIN − VT )2 (1 + L1 VIN = 1.145V .
VDST 1 ) VE L
3 (VC − V1 − VT )2 (1 + • Uit IDS3 = K 0 W L3 VC = 1.644V .
vinden we direct dat
VIN −V1 ) VE L
vinden we dan dat
2. We weten reeds dat VIN = 1.145V , VC = 1.644V en IIN = 0.1mA. Een voor de hand liggend stelsel is: VU IT = Vdd − VBIAS − RL IU IT V2 W2 (VIN − VT )2 (1 + ) IU IT = K 0 L2 VE L W4 VU IT − V2 IU IT = K 0 (VC − V2 − VT )2 (1 + ) L4 VE L Het enige geldige antwoord dat maple hiervoor aflevert is IU IT = 0.500034mA, VU IT = 1.95V en V2 = 0.5035V . 3. Het klein-signaal schema is weergegeven in figuur 4. Hierin is • gm1 =
2IIN VIN −VT
= 0.449mS, r01 =
VE L+V1 IIN
= 505kΩ
• gm2 =
2IU IT VIN −VT
= 2.247mS, r02 =
VE L+V2 IU IT
= 101kΩ
• gm3 =
2IIN VC −V1 −VT
= 0.450mS, r03 =
VE L+VIN −V1 IIN
• gm4 =
2IU IT VC −V2 −VT
= 2.268mS, r04 =
VE L+VU IT −V2 IU IT
7
= 506.4kΩ = 102.9kΩ
4. Rin ? De twee interessante vergelijkingen zijn vin − v1 r03 v1 = gm1 vin + r01
iin = −gm3 v1 + iin
Door v1 uit de tweede vergelijking te halen en in de eerste in te r01 ) = vin (gm3 r01 gm1 + r101 + gm1 ) vullen, bekomen we iin (1 + gm3 r01 + rr01 r03 03 vin 1 Hieruit halen we Rin = iin ≈ gm1 Ruit en A? De twee interessante vergelijkingen zijn vuit − v2 r04 v2 = gm2 vin + r02
iuit = −gm4 v2 + iuit
Door v2 uit de tweede vergelijking te halen en in de eerste in te vullen, bekomen we iuit (1+gm4 r02 + rr02 ) = vuit r104 +vin (gm4 gm2 r02 + 04 02 . Met wat benaderen en het vervangen van vin = iin Rin gm2 rr04 levert dit iuit = vuit gm4 r104 r02 + iin Rin gm2 Het equivalent circuit dat we zoeken heeft als vergelijking iuit = Aiin + m2 . en dus is Ruit = r04 gm4 r02 en A = Rin gm2 ≈ ggm1 5. Met behulp van het equivalent circuit vinden we nu gemakkelijk dat RL iuit = Aiin + Rvuit = Aiin − iuit , of dus iiuit = ARL Ruit uit in 1+ R
8
uit
vuit , Ruit
