Điện Tử Học - Vi Mạch Điện Tử Ứng Dụng part 18 pptx

Chương 6 18 Với v gs = v i ⇒ )//( 1 // 1 )/1( 1 Ldsm fLds fm i ds v Rrg RRr Rg v v A −≈ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +−−== − = - 12 Z i = v f fdsi ii A R Rvv v i v − = − = 1/)( = 7,7 KΩ Z o = dsf v o ds rR i v i // 0 = = = 13 KΩ 6.6.3 Mạch theo nguồn (Source follower – CD): Mạch CD : DCLL: V DD = v DS + i DS (R s1 + R s2 ) Điện áp phân cực: V GSQ = - I DSQ R s1 Thông thường, để Q nằm giữa DCLL: v DS ≈ (V DD / 2) >> V GSQ ⇒ R s1 << R s2 Chương 6 19 Mạch tương đương tín hiệu nhỏ: (Giả sử bỏ qua R 1 rất lớn)  Trở kháng ngõ ra (nhìn từ R s ): 0= = i v o s o i v Z Ngõ ra: v s = µv gs + i o r ds Do v i = 0 → v gs = - v s ⇒ v s = - µv s + i o r ds ⇒ Z o = 1+ µ ds r ≈ m g 1 (Giả sử µ >> 1)  Độ lợi áp hở mạch (không có R s ): g s R v v v A s = ∞→ ' Ngõ ra: v s = µv gs = µ (v g – v s ) ⇒ 1 ' + = µ µ v A ≈ 1 (Giả sử µ >> 1) Chương 6 20  Trở kháng ngõ vào: i g i i v Z = Để xác đònh Z i , sử dụng nguồn tương đương Thevenin ngõ ra: ⇒ sm sm sm sv g s i s v Rg Rg Rg RA v v v v A + × + = + === 11/1 ' µ µ Với giả sử R 1 >> R s2 : i i R 1 = v g – v a ≈ v g - s ss s v RR R 12 2 + = v g - gv ss s vA RR R 12 2 + ⇒ i g i i v Z = ≈ 21 2 1 1 1 ss s RR R R + × + − µ µ ≈ (µ + 1)R 1 (Giả sử R s2 >> R s1 )  Nhận xét: Giống như mạch Emitter Follower (BJT): Z i lớn; Z o nhỏ; A v ≈ 1 Chương 6 21 6.6.4 Phản ánh trở kháng:  Xét mạch sau: Mạch tương đương tin hiệu nhỏ: Chương 6 22 ⇒ ddss gs ds RrR vvv i ++ −+ = 23 µ trong đó: v gs = v 1 – v 2 – i ds R s ⇒ ddss ds RrR vvv i +++ + −+ = )1( )1( 231 µ µ µ ⇒ Mạch tương đương khi phản ánh vào cực D: Chương 6 23 Viết lại: )1/()1/( )1/()1/( 231 ++++ − + + + = µµ µ µ µ ddss ds RrR vvv i ⇒ Mạch tương đương khi phản ánh vào cực S: Chương 6 24  Các bước thực hiện phản ánh trở kháng: 1) Tương đương đoạn DS của FET bằng điện trở r ds nối tiếp nguồn áp (µv 1 ) [cực dương ở S]. Xem đoạn mạch này gắn liền với phần mạch cực D 2) Phản ánh vào D: Giữ nguyên phần mạch cực D và đoạn tương đương DS Phần mạch cực S × (µ + 1) 3) Phản ánh vào S: Giữ nguyên phần mạch cực S Phần mạch cực D và đoạn tương đương DS : ( µ + 1)  Ví dụ: Phân tích lại mạch CD bằng cách phản ánh trở kháng vào phần mạch cực S Mạch tương đương: . Chương 6 18 Với v gs = v i ⇒ )//( 1 // 1 )/1( 1 Ldsm fLds fm i ds v Rrg RRr Rg v v A −≈ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +−−== − = - 12 Z i = v f fdsi ii A R Rvv v i v − = − = 1/)( . R s ): 0= = i v o s o i v Z Ngõ ra: v s = µv gs + i o r ds Do v i = 0 → v gs = - v s ⇒ v s = - µv s + i o r ds ⇒ Z o = 1+ µ ds r ≈ m g 1 (Giả sử µ >> 1)  Độ lợi áp. sm sm sm sv g s i s v Rg Rg Rg RA v v v v A + × + = + === 11/1 ' µ µ Với giả sử R 1 >> R s2 : i i R 1 = v g – v a ≈ v g - s ss s v RR R 12 2 + = v g - gv ss s vA RR R 12 2 + ⇒ i g i i v Z = ≈ 21 2 1 1 1 ss s RR R R + × + − µ µ