FYS Elektronikk med prosjektoppgaver Vår Løsningsforslag uke 9

Transkript

1 FYS Elektronikk med prosjektoppgaver Vår 2016 Løsningsforslag uke 9 Innhold 20.4 Forsterkerekvivalent Forsterkerekvivalent Forsterkerekvivalent BJT Felles-emitter forsterker BJT Felles-emitter forsterker BJT Emitterfølger Forsterkerekvivalent 800Ω v in 12mV S + 50Ω + 800Ω 11.29mV S + 800Ω 50Ω + 800Ω Som betyr at v in blir 94.12% av opprinnelig signal Forsterkerekvivalent v L L 3kΩ A v v in mV Z out + 300Ω + 3kΩ 4.11V Z out + 3kΩ 300Ω + 3kΩ Som betyr at ca % av det forsterkede signalet når lasten. 1

2 20.8 Forsterkerekvivalent A v(e f f ) v L 4.11V 12mV A v(e f f ) v L A v v in Z out + 1 A v S + A v S BJT Felles-emitter forsterker Z out + 1 Z out + For en felles-emitter forsterker med spenningsdeler på basen, kan det brukes en enklere metode uten bruk av Theveninekvivalenten for å regne ut kollektorstrømmen hvis I B er liten. Fra KCL så er I 1 I 2 + I B. Med I B 0, så blir I 1 I 2. Da er V B V 2 V 2 CC Videre så kan V E finnes fra V B V BE + V E, og med antagelsen om at I B er veldig liten, så kan også I E I C + I B forenkles til I E I C. Da blir I C V E E. Fra forelesningsnotat BJT2; hvis det er en kondensator over emittermotstanden E, så er A v g m P. Transkonduktansen g m I C V T, hvor V T 25mV for romtemepratur. P er motstandene koblet til V C, som er parallellkoplet. For to motstander blir da P C C +. Forsterkningen kan da regnes ut på følgende måte 1) 2) 3) 4) 5) V B V 2 V CC V I C I E V E V B V BE 2.69V 0.7V 1.11mA E E 1.8kΩ g m I C 1.11mA V T 25mV 44mS P C C + 7.2kΩ 21kΩ 7.2kΩ + 21kΩ 5.36kΩ A v g m P 44mS 5.36kΩ

3 Fra Matlab-scriptet så blir A v med forenklet metode uten avrundinger. Ved bruk av Theveninekvivalent så blir A v Altså så blir forsterkningen litt for stor med forenklet metode (rundt 7%). Ser også at avrundingene utgjør en mye mindre forskjell enn forenklet metode BJT Felles-emitter forsterker I oppgave ble det antatt at I B var liten. I denne oppgaven er den ifølge ETF regnet som stor. Boken bruk at hvis 10 2 > E, så er I B stor. Dette betyr at hvis I 2 er 10 ganger større enn I B, så blir feilen som en før ved bruk av enklere metode så ubetydelig at en trenger ikke bruke Thevenin. E kommer av at basestrømmen I B ser en motstand som er ganger større enn E. En annen måte en kan gjøre en vurdering på størrelsen til I B ift. I 2, er E 2 eller 2 E. Dette er egentlig det samme som hva boken gjør, men da uten spesifikasjon av hvor liten I B må være. Eksempel med ETFs metode kΩ og E 18kΩ. Dermed er 10 2 > E og I B stor Eksempel annen metode E som betyr at E er 7.5 ganger større enn 2, mens 2 E som betyr at 2 er ca. 13% av E. For begge må en selv vurdere når I B regnes som liten. Hvis jeg mener at I 2 ikke trenger å være mer enn 5 ganger større enn I B, så vil da I B regnes som liten. Men for 10 ganger som boken bruker, vil den måtte sees på som stor. Så når I B er stor brukes Theveninekvivalenten (se bok eller forelesningsnotat BJT1). KVL gir da V TH V TH + V BE + V E, som kan løses for både I B, I C ogi E. I denne oppgaven er det I C en trenger, 3

4 V TH V TH + V BE + V E V TH + V E V TH V BE I B + I E E V TH V BE I B + (I C + I B ) E V TH V BE I C + (I C + I C ) E V TH V BE I C I C [ TH + I C(1 + 1 ) E V TH V BE + (1 + 1 ] ) E V TH V BE I C V TH V BE + (1 + 1 ) E Som kan ytterlige forenkles med veldig liten feil til I C V TH V BE + E Forskjellen ved bruk av Thevenin og forenklet metode ligger altså i hvordan I C regnes ut. Når I C er regnet ut, er utregningen den samme. 1) 2) V TH 2 2.4kΩ V CC 9V kΩ + 2.4kΩ 1.32V kΩ 2.4kΩ 14kΩ + 2.4kΩ 2.05kΩ 3) I C V TH V BE + E 1.32V 0.7V 2.05kΩ Ω 3.09mA 4) 5) P g m I C 3.09mA V T 25mV 123.6mS C C + 1.1kΩ 180Ω 1.1kΩ + 180Ω 980.2Ω 4

5 6) A v g m P 123.6mS 980.2Ω Fra Matlab-scriptet så blir A v med Theveninekvivalent uten avrundinger i utregningene. Ved bruk av enklere metode så blir A v Altså så blir forsterkningen med forenklet metode rundt 11.6% større enn ved bruk av Theveninekvivalent. Ser også her at avrundingene utgjør veldig liten forskjell BJT Emitterfølger Bruker at h FC 100 ( 100) som da gir riktig ift. fasiten i ETF. Ser at basestrømmen I B ikke er liten ift. I 2 (f.eks. ved at 2 E 0.5). Må da bruke Theveninekvivalent, som i dette tilfellet kan løses med enkel hoderegning helt frem til siste ledd. 1) 2) V TH 0.5V CC 6V 50kΩ 3) I CQ V TH V BE + E 6V 0.7V 5.3V + 2kΩ 2.5kΩ 2.12mA 50kΩ 100 V CE V CC V E V CC I E E, som kan finnes på flere måter. 1. I E I C gir V CE 12V 2.12mA 2kΩ 7.76V. 2. I E I C + I B I C + I C (1 + 1 )I C gir V CE 12V mA 2kΩ 7.72V. 3. Løse ut I E fra Thevenin. I E V TH V TH + V BE + V E V TH + V E V TH V BE I B + I E E V TH V BE I E E V TH V BE ( ) TH I E E V TH V BE I E V TH V BE 1+ + E 5

6 Som da blir 6V 0.7V I E 2.124mA 50kΩ kΩ og da blir V CE V CC I E E 12V 2.124mA 2kΩ 7.752V. V CE for 3) er mest nøyaktig. I teorien skulle V CE for 2) være nærmere V CE for 3) enn 1) er, noe som ikke er tilfellet. Dette skyldes faktisk forenklingen av likning for I CQ (se 20.25) hvor (1 + 1 ) fjernes som faktor for E. I CQ uten denne forenklingen blir 2.103mA. Hvis en nå ganger (1 + 1 ) med I CQ så blir I E 2.124mA, som er lik I E for 3). Oppsummert; ikke alltid like rett frem å få et mer nøyaktig svar, og i dette tilfellet ble et svar som skulle vært mere nøyaktig (altså 2) ) faktisk mindre nøyaktig. 6