Điện Tử Học - Vi Mạch Điện Tử Ứng Dụng part 14 ppt

7 373 0
Điện Tử Học - Vi Mạch Điện Tử Ứng Dụng part 14 ppt

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Chương 5 11 x Mode vi sai (differential mode): i 2 = - i 1 = 'i/2 i e1d = - i e2d  i Re = 0  v e = 0. Ngắn mạch R e  i e2d = )/(2 febib b hRh iR  ' x Chồng trập (superposition): i e2 = i e2c + i e2d = i hRh R i hRhR R febib b febibe b '    )/(2/2 0 i L = 2ie Lc c i RR R   = A c i 0 + A d i d trong đó: A c = febibe b Lc c hRhR R RR R /2   : Độ lợi dòng mode chung A d = )/(2 febib b Lc c hRh R RR R   : Độ lợi dòng mode vi sai 5.3.1 Tỷ số triệt tín hiệu đồng pha CMRR (Common Mode Rejection Ratio): Mạch khuếch đại vi sai lý tưởng: A c = 0: i L = A d 'i Mạch thực tế: Đònh nghóa: CMRR = c d A A CMRR = febib e febib febibe hRh R hRh hRhR /)/(2 /2  |   (Giả sử R e >> h ib + R b /h fe ) 0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com Chương 5 12 Ví dụ 5: Cho mạch trong ví dụ 4. Tính CMRR. Giả sử i 0 = 1PA, xác đònh giá trò tín hiệu ngõ vào mode vi sai để ngõ ra mode vi sai tối thiểu lớn hơn 100 lần ngõ ra mode chung. A c | - 0.1 A d | - 14  i L = -0.1i 0 – 14'i CMRR = A d / A c = 140 (43dB) Để ngõ ra mode vi sai t 100ungõ ra mode chung: 14'i t 100u(0.1i 0 ) 'i t 100u(i 0 / CMRR) = 0.7 PA 5.3.2 Nguồn dòng cực phát (Emitter) Để tăng CMRR: Tăng R e : Sử dụng nguồn dòng tại cực E. Dùng TST T3 tại cực E: i C3 = e BBEE R VV 7.0 = const.  Xem T3 là nguồn dòng x Phân tích tónh điểm: I CQ3 = e BBEE R V V 7.0 0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com Chương 5 13 Do tính đối xứng: I CQ1 = I CQ2 = e BBEE CQ R VV I 2 7.0 2 3  V C3 = V E1 = V E2 = - R b I b – V BE = fe CQb h IR 1 7.0   V CEQ1 = V CEQ2 = V C1 – V E1 = (V CC – R c I CQ1 ) – ( fe CQb h IR 1 7.0  ) V CEQ3 = V C3 – V E3 = ( fe CQb h IR 1 7.0  ) - (-V EE + R e I CQ3 ) x Phân tích tín hiệu nhỏ: Tương tự phần trên, thay R e bằng 1/h oe . Nhận xét: 1/h oe rất lớn: CMRR được tăng đáng kể. Chỉnh cân bằng: (Balance control) Thực tế: T1 và T2 khác nhau  Dùng biến trở R v giữa E1 và E2 để chỉnh cân bằng. 0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com Chương 5 14 Điều kiện cân bằng: I CQ1 = I CQ2 KVL: R b I B1 + V BE1 + R 1 I EQ1 = R b I B2 + V BE2 + R 2 I EQ2  (R b / h fe1 + R 1 )I EQ1 + V BE1 = (R b / h fe2 + R 2 )I EQ2 + V BE2 Giả sử V BE1 = V BE2 , cân bằng  R b / h fe1 + R 1 = R b / h fe2 + R 2 Mặt khác: R 1 + R 2 = R v  R 1 = ¸ ¸ ¹ · ¨ ¨ © §  21 11 22 fefe bv hh RR và R 2 = ¸ ¸ ¹ · ¨ ¨ © §  21 11 22 fefe bv hh RR Phân tích tín hiệu nhỏ: Khi cân bằng: I CQ1 = I CQ2  h ib1 = h ib2 = h ib Mạch tương đương tín hiệu nhỏ: Giống trường hợp đối xứng, trong đó h ib1 + R b1 / h fe1 m h ib1 + R b1 / h fe1 + R 1 = ¸ ¸ ¹ · ¨ ¨ © §  21 11 22 fefe bv ib hh RR h h ib2 + R b2 / h fe2 m h ib2 + R b2 / h fe2 + R 2 = ¸ ¸ ¹ · ¨ ¨ © §  21 11 22 fefe bv ib hh RR h  A d = )]/1/1)(2/(2/[2 21 fefebvib b Lc c hhRRh R RR R   : Giảm so với trường hợp không dùng R v A c = )]/1/1)(2/(2/[)/1(2 213 fefebviboe b Lc c hhRRhh R RR R   0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com Chương 5 15 Ví dụ 6: Thiết kế mạch sau để có CMRR = 100 (40dB). Tải 1K ghép AC. TST có h fe = 100. Theo hình vẽ: R 1 = R 2 = 50 :; h fe1 = h fe2 = 100. Sử dụng công thức tính A d và A c ở phần chỉnh cân bằng, thay 1/h oe bằng R e , suy ra: CMRR = ib e ib ibe c d h R h hR A A  |   60100/20001002 100/1000502 Yêu cầu: CMRR t 100  R e t 100(60 + h ib ) Giả sử I CQ1 = I CQ2 = 1mA  h ib = 25 : R e t 8.5K. Chọn R e = 10K. Tính V EE : V EE = R b1 I B1 + V BE1 + R 1 I E1 + R e (2I 1 ) = 20.8V DCLL: R DC = R c + R 2 + 2R e ACLL: R ac = R c // R L 0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com Chöông 5 16 5.4 Caáu hình Darlington Phaân tích tónh ñieåm: 9 DCLL cho T 2 : V CC = V CE2 + R c (I C1 + I C2 ) + R e I E2 Do I C1 | I E1 = I B2 = I C2 / h fe2 << I C2  I C1 + I C2 | I C2 | I E2  V CC = V CE2 + (R c + R e )I C2  DCLL: I C2 = ce CC CE ce RR V V RR     2 1 9 ACLL cho T 2 : R ac = (R L // R c ) 9 Tính tónh ñieåm Q : TST T 2 : V BB = V CC R 1 / (R 1 + R 2 ); R b = R 1 // R 2  )/( 4.1 21 2 fefebe BB CQ hhRR V I    V CEQ2 tính töø DCLL TST T 1 : V CEQ1 = V CEQ2 – 0.7; I CQ1 = I CQ2 / h fe2 0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com Chương 5 17 Phân tích tín hiệu nhỏ: Phản ánh mạch cực B 1 của T 1 o Cực E 1 và mạch cực E 2 của T 2 o Cực B 2 Tónh điểm: I CQ2 = h fe2 I CQ1  h ie2 = 112 2 2 2 CQ T CQfe T fe CQ T fe I V Ih V h I V h = h ib1 Suy ra: A i = 211 112 )/( )/( ieibfeb febfe Lc cfe i L hhhR hRh RR Rh i i   | = 11 12 2 ibfeb bfe Lc Cfe hhR Rh RR Rh   A i = 1 21 2 )( ieb b Lc c fefe hR R RR R hh    Xem 2TST ghép Darlington  1 TST có: h ìe = 2h ie1 và h fe = h fe1 h fe2 0ҥFKÿLӋQWӱ http://www.khvt.com . mode vi sai để ngõ ra mode vi sai tối thiểu lớn hơn 100 lần ngõ ra mode chung. A c | - 0.1 A d | - 14  i L = -0 .1i 0 – 14& apos;i CMRR = A d / A c = 140 (43dB) Để ngõ ra mode vi sai. Chương 5 11 x Mode vi sai (differential mode): i 2 = - i 1 = 'i/2 i e1d = - i e2d  i Re = 0  v e = 0. Ngắn mạch R e  i e2d = )/(2 febib b hRh iR  ' x. V E2 = - R b I b – V BE = fe CQb h IR 1 7.0   V CEQ1 = V CEQ2 = V C1 – V E1 = (V CC – R c I CQ1 ) – ( fe CQb h IR 1 7.0  ) V CEQ3 = V C3 – V E3 = ( fe CQb h IR 1 7.0  ) - (-V EE

Ngày đăng: 10/07/2014, 05:21

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan