电子电路与系统基础（2）：（二）大信号放大器

高增益放大器

最初步的肯定是我们之前学过的小信号放大器。

将晶体管反相器偏置在工作电压处，提供极大的交流电阻，以获得高电压增益。能够实现$A_{v_0}= -g_m(r_{ds1}\parallel r_{ds2})$的放大增益。

但是问题是，如果加一个小电阻负载，需要我们提供大电流，也就是在等效模型的输出端并联一个小电阻，那么很容易看到输出端总电阻减小到$R_L$数量级，输出电压也急剧减小

为了解决这个问题，我们在输出端添加电压缓冲器来提供大电流。电压缓冲器具有输出高电流的能力

大信号放大器

A类放大器

其中$V_B$为直流偏置电压，用来固定流过Q2的电流大小。然后输入$V_I$来控制流过Q1的电流，Q2和Q1之间流过电流有差值，即等于$R_L$流过的电流，产生$V_{O}$

A类放大器的主要问题在于他的效率很低，这主要是因为整个周期内平均下来Q2提供的电流总是有一部分要流过Q1，而不是全部加到负载上，这造成了$75\%$的的功率损耗

由于电路是交流，可以用大电感来代替Q2电阻，大电感不实际消耗功率，那么A类放大器的理论效率也只能到达$50\%$

AB类放大器

这里的重点是直流偏置$V_B$很小，使得两个晶体管微微导通。Q1处于CC组态，是电压跟随器，在输入信号的正半周的时候，Q1发射极的电压跟随基极发生变化，$V_O = V_I + V_B - 0.7V < V_I+0.7V$，可以看到Q2处于近乎截止状态，基本上不怎么吸收电流，大部分电流都被负载吸收

负半周的时候，就反过来了，此时Q2发射极的电压跟随基极发生变化，$V_O = V_I + 0.7V > V_I + V_B - 0.7V$，可以看到Q1处于近乎截止状态，基本上不怎么吸收电流，Q2提供的电流基本上都被负载吸收

这种结构叫推挽结构，两个晶体管分别在输出正弦波的正负周期为负载提供电流

B类放大优化到AB类放大

我操。glgg为什么不先告诉我们什么是A类放大什么是B类放大，有病吧。。

A类放大我们前面讲过了，现在来讲B类放大

可以看到这里少了偏置，没有静态功耗，但是这会导致很多问题。首先是CC组态的电压跟随有0.7V的损耗，其次是当输入电压小于正负0.7V的时候，Q1和Q2都没有导通，导致这附近的输出有严重失真。

效率理论值为$78\%$

因此我们使用AB类放大，我们认为$I_{PUSH} . I_{PULL} = Constant$

由于直流偏置的存在推拉二管在0.7V附近的时候能够更好的导通，从而减小输出的失真

下面进行效率的计算

这里预设推挽结构的最大工作电流是$13mA$，换句话说就是最大输出电压是$13V$

没有交流输入时候的静态功耗为$P_{DC} = (V_{CC} + V_{EE})I_Q = 4.65mW$，输入为正弦波的时候，负载上的功率为

$$P_L = \frac{1}{2}\frac{v_{op}^2}{R_L} = \frac{1}{2}\frac{13^2}{1k} = 84.5mW$$

而电路所消耗的总功率为

$$\begin{align*} P_{CC-EE} &= \frac{1}{2\pi}\int^{2\pi}_{0}I_{C2}V_{CC}d \omega t + \frac{1}{2\pi}\int^{2\pi}_{0}I_{C1}V_{EE}d \omega t\\ &\approx \frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{0}13 \sin \omega td \omega t - \frac{1}{2\pi}\int^{2\pi}_{\pi}13 \sin \omega td \omega t = 124mW\\ \eta &= 68 \% \end{align*}$$

差分对

反正差分对就是长这么一个样子的东西

能够看到差分对只放大$V_{ip} - V_{in}$，也就是差模信号。使用差分放大的一个好处是能够过滤掉公共地上的噪声信号。

差分信号可以等效为一个差模地和两个差模电压源

差分对的共模输入范围

主要是要确保晶体管工作在恒流区。这里的晶体管包括提供直流偏置电流的晶体管。

这里假设没有差模输入。对于M1和M2，两边各分得一半电流

$$0.5I_{SS} = \beta_n V_{od0}^2 \Rarr V_{od0} = \sqrt{\frac{I_{SS}}{2\beta_n}}$$

两个MOS管的漏极就有

$$V_{D} = V_{D1} = V_{D2} = V_{DD} - 0.5 I_{SS}R_D$$

M1和M2处于恒流区的条件为

$$v_{ic} = v_G < v_D + v_{TH} = V_{DD} - 0.5I_{SS}R_D + V_{TH} = V_{I,CM,max}$$

偏置晶体管处于恒流区的条件为(这里$v_s$即为偏置晶体管的漏极电压)

$$v_S > V_{sat}\\ v_{ic} = v_G = v_S + V_{GS} > V_{sat} + V_{TH} + V_{od0} = V_{I,CM,min}$$

得到了全部条件

差分对的差模输入范围

主要是保证两个差分对管能够工作在恒流区，这里不需要担心直流偏置的问题，因为至少有一侧的$v_{ic}$是大于$v_{I,CM,min}$的。

有差模电压，两条支路上就有差模电流（如图所示），差模电流的大小是受限的，因为$0.5I_{SS} - 0.5i_D > 0$，不然MOS管就截止了

直接考虑临界状态，$i_d = I_{SS}$，容易得到$V_{od1} = \sqrt{\frac{I_{SS}}{\beta_n}},V_{od2} = 0$

$$V_{id,max} = v_{GS1} - v_{GS2} = V_{od1} - V_{od2} = \sqrt{2}V_{od0}$$

得出了结论

大信号输入输出转移特性

$v_o = i_d R_D$，所以这里主要研究$i_d$

容易看到的是

$$V_{GS1} = \sqrt{\frac{I_{SS}+i_d}{2\beta_n}} + V_{TH}, V_{GS2} = \sqrt{\frac{I_{SS}-i_d}{2\beta_n}}+V_{TH}\\ V_{GS1} - V_{GS2} = v_{id}, I_{SS} = 2\beta_n V_{od0}^2$$

反正经过一番计算就能够得到

$$i_d = \beta_n v_{id}\sqrt{4 V_{od0}^2 - v_{id}^2} = I_SS \frac{v_{id}}{V_{od0}}\sqrt{1-\frac{1}{4}(\frac{v_{id}}{v_{od0}})^2}$$

小信号分析

我操，glgg真tm能讲

去掉直流偏置，第一次等效

第二次等效

$$v_{odif} = 0.5g_{m0} v_{id} (2r_{ds}\parallel 2R_D) = g_{m0} v_{id} (r_{ds}\parallel R_D) \\ A = g_{m0}(r_{ds}\parallel R_D)$$

反正就是理想晶体管那一套东西，没记下来，等以后更新吧

双端转单端

反正就是上面是一个电流镜，然后Q1和Q2分走的电流大小不一样，所以多出来的电流流出来形成增益。另外一种情况是求本征电压增益（此时$v_o$端开路，此时电流是以厄利电流的形式被消解掉的，所以增益里面写的是$g_{m0}(r_{ce2}\parallel r_{ce4})$，其中$r_{ce2}$和$r_{ce4}$是两个晶体管厄利效应的等效

Q3被等效为电阻主要是因为基极和集电极相连，所以输出电流和电压成正比，等效为电阻