Begleitende Übungen Elektronik 3

Drain und Gate sind direkt verbunden. Der Transistor ist in Sättigung.
Sättigung: \( I_{DS} = \frac{K_N}{2} \left( U_{GS} - U_{th} \right)^2 \cdot ( 1 + \lambda U_{DS} ) \)
Der Strom oben und unten ist gleich:
\( I_{DS3} = I_{DS2} + I_{DS1} \)
\( I_{DS2} = I_{DS1} \)
\( \frac{K_N}{2} \left( U_{GS3} - U_{th} \right)^2 = 2 \cdot \frac{K_N}{2} \left( U_{GS2} - U_{th} \right)^2 \)
\( \left( V_{DD} - V_{2} - U_{th} \right)^2 = 2 \cdot \left( V_{2} - U_{th} \right)^2 \)
\( V_{DD} - V_{2} - U_{th} = \pm \sqrt{2} \cdot \left( V_{2} - U_{th} \right) \)
\( V_{2} \left( \pm \sqrt{2} + 1 \right) = V_{DD} + U_{th} \left( \pm \sqrt{2} - 1 \right) \)
\( V_{2} = \frac{V_{DD} + U_{TH} \left( \pm \sqrt{2} - 1 \right)} {\pm \sqrt{2} + 1} = \frac{5 V + 0.6 V (\pm \sqrt{2} - 1)}{\pm \sqrt{2} + 1} = 2.17 V ; -8.57 V \)
\( I_{DSM1} = \frac{K_N}{2} \left( V_{2} - U_{th} \right)^2 = \frac{250 \mu A}{2 V^{2}} \left( 2.17 V - 0.6 V \right)^2 = 308 \mu A\)

\( r_{o} = \frac{1}{g_{m1} + g_{d1} + g_{m2} + g_{d2} + g_{m3} + g_{d3}} \)
\( r_{o} = \frac{1}{2 \cdot g_{m1} + 2 \cdot g_{d1} + g_{m3} + g_{d3}} \approx \frac{1}{2 \cdot g_{m1} + g_{m3}} \)
\( g_{m} = \frac{2 \cdot I_{DS}}{U_{GS} - U_{th}}\)
\( g_{m1} = \frac{308 \mu A}{2.17 V - 0.6 V} = 392 \mu S\)
\( g_{m3} = \frac{616 \mu A}{2.83 V - 0.6 V} = 552 \mu S\)
\( r_{o} = \frac{1}{1338 \mu S } = 0.75 k\Omega \)

Es ist ein Spannungsteiler aus Widerstand und Transistor mit dem gleichen Strom I.
\( I = \frac{V_{e} - V_{a}}{R_1} = I_{DS} = \frac{K_N}{2} \left( V_{a} - U_{th} \right)^2 \)
\( V_{e} - V_{a} = \frac{K_N \cdot R_1}{2} \left( V_{a}^{2} - 2 \cdot V_{a} \cdot U_{th} + U_{th}^{2} \right) \)
\( V_{a}^{2} - 2 \cdot V_{a} \left( U_{th} - \frac{1}{K_N \cdot R_1} \right) + U_{th}^{2} - \frac{2 \cdot V_{e}}{K_N \cdot R_1} = 0 \)
\( A = - \left( U_{th} - \frac{1}{K_N \cdot R_1} \right) = -0.2 V \)
\( B = U_{th}^{2} - \frac{2 \cdot V_{e}}{K_N \cdot R_1} = -3.64 V^{2}\)
x² + 2 A x + B = 0
\( x_{1,2} = -A \pm \sqrt{A^{2} - B} \)
\( V_{a1,2} = 0.2 V \pm \sqrt{0.04 V^2 + 3.64 V^2 } = 2.12 V, -1.72 V\)
\( g_{m} = \frac{ 2 \cdot I_{DS}}{U_{GS} - U_{th}} = K_N \left( V_{a} - U_{th} \right) = 250 \frac{\mu A}{V^{2}} \left( 2.12 V - 0.6 V \right) = 380 \mu S \)

\( r_{o} = \frac{1}{g_{m} + \frac{1}{R_1}} = \frac{1}{380 \mu S + 100 \mu S} = \frac{1}{480 \mu S} = 2.085 k\Omega;\)
Rechnung mit Mathnotepad
k=1000
R1=10k
u=1E-6
KN=250u
Vthn=0.6
Ve=5
A=-(Vthn-1/KN/R1)
B=Vthn*Vthn-2*Ve/KN/R1
VA1=-A+sqrt(A*A-B)
VA2=-A-sqrt(A*A-B)
gm=KN*(VA1-Vthn)
ro=1/(gm+1/R1)
Mathnotepad

Ansatz:

KN=250E-6
KP=100E-6
Vthn=0.6
Vthp=-0.5
VDD=5
lambda=0.001
I3=IDS3=IR2=IDS1=I2=IR1=IDS2
VX-VG=VG
IR2=(VDD-VX)/R1=IDSM2=KN/2*(VG-Vthn)^2 

Überprüfung des Ansatz mit LTSPICE:
VDD VDD 0 DC 5
Transistormodel LEVEL 1 mit KP=250u VT0=0.6 LAMBDA=0.001
.op

Id(M3)=Id(M2)=Id(M1)=I(R2)=I(R1)=100E-6
VX=2.99
VG=1.49
VX-VG=1.50
(VDD-VX)/R1=(5-2.99)/20E3=0.1E-3=100E-6
KN/2*(VG-Vthn)^2=250E-6/2*(1.49-0.6)^2=101E-6

Jeder Rechenschritt kann mit Einsetzen der Lösung überprüft werden, um Umformungsfehler zu finden.

\( V_G = V1 \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 10 V \frac{430}{430 + 560} = 4.34 V \)
\( \frac{V_B}{R_4} = \frac{K_N}{2} \left( V_G - V_B - V_{thn} \right)^{2} \)
\( V_B \frac{2}{K_N \cdot R_4} = \left( V_G - V_{thn} \right)^{2} - 2 \left( V_G - V_{thn} \right) V_B + V_B^{2} \)
\( V_B^{2} - 2 V_B \left( V_G - V_{thn} + \frac{1}{K_N \cdot R_4} \right) + \left( V_G - V_{thn} \right)^{2} = 0 \)
\( B = \left( V_G - V_{thn} + \frac{1}{K_N \cdot R_4} \right) = 3.44V \)        \( C = \left( V_G - V_{thn} \right)^{2} = 11.16 V^{2} \)
\( V_{B1,2} = B \pm \sqrt{B^{2} - C } = 4.27 V; 2.62 V \)
Bei V_G - V_B1 = 4.34 V - 4.27 V = 0.07 V < V_thn ist der Transistor gesperrt.
V_B = V_B2 = 2.62 V
\( V_{T} = V_{1} - I_{DS} \cdot R_{D} \)
\( I_{DS} = \frac{K_N}{2} \left( V_G - V_B - V_{thn} \right)^{2} = 131 \mu A \)
V_T = 4.37 V



\( v_{DS} = - g_{m} \cdot v_{GS} \frac{1}{g_{D} + \frac{1}{R_{D}}} \)
\( v_{U} = \frac{v_{DS}}{v_{GS}} = - g_{m} \frac{1}{g_{D} + \frac{1}{R_{D}}} \)
\( g_{m} = \frac{2 \cdot I_{DS}}{V_{GS} - V_{thn}} = 362 \mu A V^{-1} \)
\( g_{d} = \lambda \cdot I_{DS} = 1.74 \mu A V^{-1} \)
v_u= -14.5
A_vu= 23.2 dB
r_e = R₁ || R₂ = 243 kΩ
\( r_{a} = \frac{1}{g_{D} + \frac{1}{R_{D}}} = 40 k\Omega \)

\( \frac{u_{a1}}{U_{e}} = \frac{r_{e}}{r_{i} + r_{e}} = 0.709 \)
\( v_{U}' \frac{v_{DS}}{v_{gs}} = - g_{m} \cdot \frac{1}{g_{d} + \frac{1}{R_{D}} + \frac{1}{R_{L}}} = - 10.3 \)
\( v_{Ux} = v_{U}' \cdot \frac{u_{a1}}{u_{e}} = - 7.33 \)

\( V_{D} = \frac{V_{DD}}{2} = 5 V \)
\( R_{5} = \frac{V_{D}}{I} = \frac{5 V}{250 \mu A} = 20 k\Omega \)
\( I = I_{DS} = \frac{K_{NN}}{2} \left( V_{GS} - V_{thn}\right)^{2} \)
\( V_{GS} = V_{thn} + \sqrt{\frac{I \cdot 2}{K_{NN}}} = 1 V + \sqrt{\frac{250 \mu A \cdot 2}{500 \mu A}} = 2 V \)
\( R_{e} = \frac{R_1 \cdot R_2}{R_1 + R_2} \)
\( V_{GS} = V_{DD} \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2} \)
Erweitern mit R1 ergibt:
\( R_{1} = R_{e} \cdot \frac{V_{DD}}{V_{GS}} = 1 M\Omega \frac{10 V}{2 V} = 5 M\Omega \)
\( R_{2} \left( V_{DD} - V_{GS} \right) = R_{1} \cdot V_{GS} \)
\( R_{2} = \frac{R_{1} \cdot V_{GS}}{V_{DD} - V_{GS}} = 5 M\Omega \frac{2 V}{10 V - 2 V} = 1.25 M\Omega \)

Der Einfluss des Innenwiderstandes R7 der Spannungsquelle auf die Verstärkung kann vernachlässigt werden, da R_e >> R7.

\( v_{u} = - g_{m} \cdot \frac{1}{g_d + \frac{1}{R_{5}} + \frac{1}{R_{3}}}\)
\( g_{m} = \frac{2 \cdot I_{DS}}{V_{GS} - V_{thn}} = \frac{2 \cdot 250 \mu A}{2 V - 1 V} = 500 \mu S \)
Annahme: \( g_d \lt\lt \frac{1}{R_{5}} \) , \( \frac{1}{R_{3}} \)
\( v_{u} = - 500\mu S \cdot \frac{1}{ 50 \mu S + 10 \mu S} = - 8.3 \)

(R₁ = 5 kΩ, R₂ = 158 kΩ, f_t = 31.62 MHz, C = 5.04 pF)
R₁ = R_e
\( v_{u} = - \frac{R_2}{R_1} = - 10^{\frac{30}{20}} = - 31.62 \)
\( R_2 = R_1 \cdot 10^{\frac{30}{20}} = 158 k\Omega \)
\( f_t = v_{u} f_g = 31.62 \cdot 1 MHz = 31.62 MHz \)
\( \frac{v_a}{v_{e}}= -\frac{\frac{1}{\frac{1}{R_2}+j \omega C}}{R_1} \)
\( \frac{v_a}{v_{e}}= -\frac{1}{\frac{R_1}{R_2}+j \omega C R_1} \)
Die 3 dB Grenzfrequenz findet man, wenn der Imaginärteil gleich dem Realteil des Nenners der Übertragungsfunktion ist.
\( C = \frac{1}{2 \Pi R_{2} f_{g1}} = \frac{1}{2 \Pi 158 k\Omega 200 kHz}= 5.04 pF\)

Nach Anwendung des komplexen ohmschen Gesetzes \( \underline{U} = \underline{I} \cdot \underline{Z} \) und kürzen von \( \underline{I} \) wird der Gesamtbruch mit \( j \omega C_2 + \frac{1}{R_2} \) erweitert.
\( \underline{T} (j\omega ) = \frac{\underline{V}_{a}}{\underline{V}_{e}} = \frac{\frac{1}{j \omega C_2 + \frac{1}{R_2}}} {R_1 + \frac{1}{j \omega C_1} + \frac{1}{j \omega C_2 + \frac{1}{R_2}}} = \frac{1} {(j \omega C_2 + \frac{1}{R_2})\cdot (R_1 + \frac{1}{j \omega C_1}) + 1} \)
Damit man im Zähler und Nenner jeweils ein Polynom von jω bekommt, wird mit j ω C₁ erweitert.
Der Nenner wird ausmultipliziert und nach Potenzen von jω sortiert.
\( \frac{\underline{V}_{a}}{\underline{V}_{e}} = \frac{j \omega C_1} {(j \omega C_2 + \frac{1}{R_2})\cdot (j \omega C_1 R_1 + 1) + j \omega C_1} = \frac{j \omega C_1} {(j \omega)^{2} C_2 C_1 R_1 + j \omega \left( \frac{C_1 R_1}{R_2} + C_2 + C_1 \right) + \frac{1}{R_2}} \)
Die Vorfaktoren der höchsten Potenz von jω werden im Zähler und Nenner ausgeklammert.
\( \frac{\underline{V}_{a}}{\underline{V}_{e}} = \frac{1}{C_2 R_1} \frac{j \omega} {(j \omega)^{2} + j \omega \left( \frac{1}{R_2 C_2} + \frac{C_2 + C_1}{R_1 C_1 C_2} \right) + \frac{1}{C_2 C_1 R_1 R_2}} \)
Zur Anwendung der Mitternachtsformel wird jω mit x ersetzt und die Hilfsvariablen b und c eingeführt.
\( x^2 + b x + c = 0 \)
\( x_{1,2} = - \frac{b}{2} \pm \sqrt{\frac{b^2}{4} - c } \)
\( b = \frac{1}{R_2 C_2} + \frac{C_2 + C_1}{R_1 C_1 C_2} = 5 \cdot 10^{5} s^{-1}\)
\( c = \frac{1}{C_2 C_1 R_1 R_2} = 6.25 \cdot 10^{5} s^{-2} \)
\( x_{1,2} = - \frac{b}{2} \pm \sqrt{\frac{b^2}{4} - c } \)

C1 = 4E-6
R1 = 100E3
C2 = 40E-12
R2 = 100E3
b = 1/R2/C2 + (C2+C1)/R1/C1/C2
c = 1/C2/C1/R1/R2
x1 = - b/2 + sqrt(b*b/4-c)
x2 = - b/2 - sqrt(b*b/4-c)
f1 = -x1/2/pi
f2 = -x2/2/pi
K = 1/C2/R1

Mathnotepad
\( \omega_1 = 1.25 s^{-1} \)
\( \omega_2 = 5 \cdot 10^{5} s^{-1} \)
\( f_1 = 0.2 Hz \)
\( f_2 = 79.6 kHz \)
Übertragungsfunktion:
\( \frac{\underline{V}_{a}}{\underline{V}_{e}} = \frac{1}{4 \cdot 10^{-6} s} \frac{j \omega} {(j \omega + 1.25 s^{-1}) (j \omega + 5 \cdot 10^{5} s^{-1})} \)
Die maximale Verstärkung tritt im Durchlassbereich des Filters auf, wenn der komplexe Widerstand von C1 sehr klein ist und der komplexe Widerstand von C2 noch sehr gross ist.
Es bleibt ein Spannungsteiler R1, R2 übrig.
Die Ausgangsspannung Va ist dann halb so gross wie Ve.
v_max = 0.5
a_max = -6 dB
Die Werte kann man mit der AC LTSPICE Simulation des rechts abgebildeten Schaltkreises verifizieren.

Gleichspannungsverstärkung mit C1 Unterbrechung:
\( v_u = - \frac{R_2}{R_1} = - 23 \)
\( a_v = 20 log_{10} |v_u| 27.2 dB \)
Der Eingangswiderstand R_E 0 R₁= 20 kΩ
Der invertierende Operationsverstärker hat folgende komplexe Übertragungsfunktion:
\( \frac{\underline{V}_{out}}{\underline{V}_{in}} = \frac{ -\underline{I} \frac{1}{\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3 + \frac{1}{j \omega C1}}}}{\underline{I} R_1} = - \frac{1}{\frac{R_1}{R_2} + \frac{R_1}{R_3 + \frac{1}{j \omega C1}}} = - \frac{1}{\frac{R_1}{R_2} + \frac{j \omega C1 R_1}{j \omega C1 R_3 + 1}} \)
\( \frac{\underline{V}_{out}}{\underline{V}_{in}} = = - \frac{j \omega C1 R_3 + 1}{\frac{R_1}{R_2} \left( j \omega C1 R_3 + 1 \right) + j \omega C1 R_1} = - \frac{C_1 R_3}{C_1 R_1 \left( \frac{R3}{R_2} + 1 \right)} \frac{j \omega + \frac{1}{C1 R_3}} {j \omega + \frac{1}{C_1 R_2 \left( \frac{R3}{R_2} + 1 \right) }} \)
Mit den Eckfrequenzen:
\( f_{n1} = \frac{1}{2 \pi C_1 R_3} \)
\( f_{p1} = \frac{1}{2 \pi C_1 \left( R_3 + R_2 \right)} \)