Искусство Электроники: Эмитент-Последователь Zout

11

Я все больше разочаровываюсь в искусстве электроники. Это такая доступная книга в главе 1, а затем в главе 2 кажется, что авторы хотели сделать ее более похожей на учебник, и они начинают отбрасывать информацию вместо упражнений. Я предполагаю, что это действительно не книга для самостоятельного изучения ...

К сожалению, я один из тех парней, кто должен понимать концепции, я не могу просто слепо следовать формуле. В частности, я пытаюсь понять выходной и входной импеданс эмиттера-повторителя. Текст дает хорошее представление о том, как получается входное сопротивление, полное сопротивление, смотрящее в основание. Затем он выводит формулу для вывода и говорит, что она также может быть вычислена ... и затем появляется упражнение с просьбой доказать это.

Z o u t = \frac{(Z s o u r c e)}{(h_{f e} + 1)}

$Zout = \frac{(Zsource)}{(h_{fe} + 1)}$

Show that the preceding relationship is correct.  
Hint: Hold the sourdce voltage fixed, and find 
the change in output currrent for a given change
in output voltage.  Remember that the source voltage 
is connected to the base through a series resistor.

Я даже не знаю, с чего начать. Я просто набросал несколько формул и начал заменять ...

\begin{array}{rcl} r_{o u t} & = & \frac{(Δ V_{o u t})}{(Δ I_{o u t})} \\ = & \frac{(Δ V_{e})}{(Δ I_{e})} \\ = & \frac{(Δ V_{b} - 0.6 V)}{(Δ I_{e})} \end{array}

$\begin{eqnarray*} r_{out} &=& \frac{(\Delta V_{out})}{(\Delta I_{out})}\\ &=& \frac{(\Delta V_e) }{ (\Delta I_e)} \\ &=& \frac{(\Delta V_b - 0.6V) }{ (\Delta I_e)}\\ \end{eqnarray*}$

\begin{array}{rcl} I_{e} & = & I_{c} + I_{b} \\ = & (h_{f e} * I_{b}) + I_{b} \\ = & (h_{f e} + 1) * I_{b} \end{array}

$\begin{eqnarray*} I_e &=& I_c + I_b \\ &=& (h_{fe} * I_b) + I_b\\ &=& (h_{fe}+1) * I_b\\ \end{eqnarray*}$

$\Delta I_e = (h_{fe}+1) * \Delta I_b$

$r_{out} = \frac{(\Delta V_b) - 0.6 V } {(h_{fe} + 1) * \Delta I_b}$

Can I assume that 0.6 V is negligible and can I drop it?  If so,

\begin{array}{rcl} r_{o u t} & = & \frac{(Δ V_{b})}{(h_{f e} + 1) * (Δ I_{b})} \\ = & \frac{(Δ V_{b})}{(Δ I_{b})} * \frac{1}{(h_{f e} + 1)} \\ = & \frac{r_{s o u r c e}}{(h_{f e} + 1)} \end{array}

$\begin{eqnarray*} r_{out} &=& \frac{(\Delta V_b)}{ (h_{fe} + 1) * (\Delta I_b)}\\ &=& \frac{(\Delta V_b)}{(\Delta I_b)} * \frac{1}{(h_{fe} + 1)} \\ &=& \frac{r_{source} }{ (h_{fe} + 1)} \end{eqnarray*}$

Я где-нибудь рядом в моем происхождении? Верны ли мои предположения о [ ] и [ ]? И допустимо ли падение напряжения на переходе база-эмиттер в моем выводе? $V_{out} = V_e$ $I_{out} = I_e$

impedance emitter-follower

— Доктор Ватсон
источник

Ватсон, Мэтджакс здесь, чтобы уравнения выглядели хорошо. Пожалуйста, проверьте, что я не изменил ваши уравнения для обозначения чего-то другого.

— Кортук

@Kortuk: я понятия не имел, у нас была такая разметка! Спасибо за редактирование моего поста и демонстрацию этого для меня. В будущем я обязательно буду им пользоваться!

— Доктор Ватсон

Ватсон, рад, что я не испортил твои уравнения, эти правки меня тоже немного.

— Кортук

5

Стандартный способ сделать это - использовать анализ переменного тока с малым сигналом. Предположим, что транзистор смещен в переднюю активную область. Используйте модель гибридного пи. Затем поместите тестовый источник напряжения / тока в выходной узел и заземлите вход. Измерьте ток / напряжение вашего тестового источника, и это скажет вам выходное сопротивление. Вы также можете найти входное сопротивление таким образом.

По сути, это то же самое, что говорится в книге, за исключением того, что использование модели малого сигнала BJT позволяет превратить проблему в задачу анализа линейных цепей, которую должно быть легко выполнить механически.

Я не уверен, что не так с вашим выводом, но 0,6 В должно как-то выпадать, потому что вы смотрите на изменение напряжений и токов.

— allanw
источник

Хороший вопрос, если мы смотрим на изменение, константа 0,6 В, вероятно, должна где-то выпасть. Я, вероятно, должен просто перейти на Sedra & Smith с такими моделями, как вы упомянули, такими как hybrid-pi.

— Доктор Ватсон,

+1 Это лучший способ. (@ Доктор Уотсон - я только что прошел анализ Hybrid-Pi за чашкой кофе. Я могу опубликовать свой результат, если хотите).

— MikeJ-UK

@ MikeJ-UK: Если бы не было особых проблем, я был бы признателен. Моя копия «Седры и Смита» только что прибыла сегодня утром, и я могу попытаться следовать.

— Доктор Ватсон

1

@DrWatson Дело не в том, что постоянная 0,6 В должна выпадать, она должна быть удалена из уравнения, поскольку вы вычисляете вариацию (т. Е. Дельту или производную ) для небольших сигналов. Поскольку

является постоянной величиной и составляет 0,6 В, как вы поняли,

с малыми сигналами из-за незначительного влияния соединения эмиттер-база. Производная по константе равна нулю.

V_{b e} = V_{b} - V_{e}

$V_{be} = V_b - V_e$

Δ V_{b} \approx Δ V_{e}

$\Delta V_b \approx \Delta V_e$

5

Как указывалось ранее в ОП, когда вы «делите» константу, она исчезает без следа. Я тоже ученик, и я боролся с этой частью той же книги. Я не понимаю, почему автор хочет, чтобы мы установили постоянное входное напряжение, но я могу включить это в доказательство того, что меня исключили, и получить правильный результат.

Вы можете использовать свои знания в области электроники, сначала увидев, что схема следования излучателя имеет два параллельных сопротивления; заглянув с выхода, поверните направо и посмотрите на эмиттер транзистора. Поверните налево, и вы смотрите в резистор эмиттера. Есть источник напряжения и заземление, чтобы сбить вас с толку, но их можно игнорировать для получения импедансов. Чтобы убедиться, что это действительно так, сделайте очень простую схему с одним резистором и источником напряжения, например, чтобы показать себе, что последовательно подключенный источник напряжения не изменяет полное сопротивление (сопротивление) резистора. Определение импеданса:

Z = Δ V / Δ I .

$Z = \Delta V / \Delta I .$

Опять же, это R для резистора. Теперь вернемся к эмитенту-последователю

схематический

^{смоделировать эту схему - схема, созданная с использованием CircuitLab}

Таким образом, у нас есть Z1, являющийся импедансом, смотрящим на эмиттер транзистора, а Z2 просто R2, и они параллельны. «Глядя в» имеет смысл, потому что с транзистором, это на самом деле зависит от того, как вы смотрите на него (например, выходной и входной импедансы различны).

1 / R = 1 / R_{1} + 1 / R_{2} .

$1/R = 1/R_1 + 1/R_2 .$

R = R_{1} | | R_{2}

$R = R_1||R_2$

Z_{1} | | Z_{2}

$Z_1||Z_2$

Z_{1} = Δ V_{e} / Δ I_{e}

$Z_1 = \Delta V_e / \Delta I_e$

Z_{1} = \frac{Δ V_{i n} + Δ V_{R 1} + Δ V_{b e}}{Δ I_{e}}

$Z_1 = \frac{\Delta V_{in} + \Delta V_{R1} + \Delta V_{be}}{\Delta I_e}$

Поскольку напряжение соединения база-эмиттер остается приблизительно постоянным,

Δ V_{b e} \approx 0.6 V - 0.6 V = 0

$\Delta V_{be} \approx 0.6 V - 0.6 V = 0$

... но ток из эмиттера транзистора в ~ бета-раз больше тока в базе.

Δ I_{e} = Δ I_{b} (1 + β)

$\Delta I_e = \Delta I_b(1 + \beta)$

=> Z_{1} = \frac{Δ V_{i n} + Δ V_{R 1}}{Δ I_{b} (1 + β)}

$=> Z_1 = \frac{\Delta V_{in} + \Delta V_{R1}}{\Delta I_b(1 + \beta)}$

Δ I_{b} = Δ I_{i n} .

$\Delta I_b = \Delta I_{in}.$

Согласно определению полного сопротивления, мы имеем входное сопротивление:

=> Z_{1} = \frac{Z_{i n} + R_{1}}{(1 + β)}

$=> Z_1 = \frac{Z_{in} + R_1}{(1 + \beta)}$

Если вы читаете это, то вы, вероятно, уже прошли через входной импеданс эмиттера-повторителя, который появляется в приведенном выше уравнении. Эта часть меня немного встревожила, потому что она зависит от части эмиттера-повторителя, которую мы отделили от транзисторной части (резистор эмиттера, R_2). Но в любом случае, продолжая ...

Z_{i n} = (1 + β) * R_{2}

$Z_{in} = (1+\beta)*R_2$

Z_{1} = \frac{(1 + β) * R_{2} + R_{1}}{(1 + β)}

$Z_1 = \frac{ (1+\beta)*R_2 + R_1}{(1 + \beta)}$

= R_{2} + \frac{R_{1}}{(1 + β)}

$= R_2 + \frac{R_1}{(1 + \beta)}$

Z = R_{2} | | (R_{2} + \frac{R_{1}}{(1 + β)})

$Z = R_2 || \left (R_2 + \frac{R_1}{(1 + \beta)} \right)$

Z_{1} = \frac{Δ V_{i n} + V_{R 1}}{Δ I_{b} (1 + β)}

$Z_1 = \frac{\Delta V_{in} + V_{R1}}{\Delta I_b(1 + \beta)}$

D e l t a V_{i n} = 0

$Delta V_{in} = 0$

=> Z_{1} = \frac{Δ V_{R} 1}{Δ I_{b} (1 + β)}

$=> Z_1 = \frac{\Delta V_R1}{\Delta I_b(1 + \beta)}$

=> Z_{1} = \frac{R_{1}}{(1 + β)}

$=> Z_1 = \frac{R_1}{(1 + \beta)}$

Теперь у нас есть:

Z = Z_{2} | | \frac{R_{1}}{(1 + β)}

$Z = Z_2 || \frac{R_1}{(1 + \beta)}$

Далее на странице автор говорит:

Строго говоря, выходное сопротивление цепи также должно включать параллельное сопротивление R, но на практике доминирует Zout (полное сопротивление, глядя в эмиттер).

Итак, оставив Z_2, мы получим:

Z = \frac{R_{1}}{(1 + β)}

$Z = \frac{R_1}{(1 + \beta)}$

В книге Z_1 называется Zout.

— Эллиот
источник

Из вашего расчета можно сделать вывод, что результат может быть правильным - однако это только приблизительное приближение. Гораздо более точным результатом (хотя и в приближении) является Z = Re || [R1 / β + 1 / gm]] с gm = transconductance = Ic / Vt. Смотрите также ответ от MikeJ-UK.

— LvW

Вопрос ОП касался упражнения 2.1 в издании «Искусство электроники» 2-го издания, которое запрашивает уравнение, которое я вывел, и хочет, чтобы мы выполнили вывод, зафиксировав входное напряжение.

— Эллиот

Да я вижу. Но, как вы знаете, исправление 0,6 вольт - довольно «странный» метод.

— LvW

Это не только падение напряжения на диодах 0,6 В, но и вход, который фиксируется для целей уравнений. В вопросе ОП они цитируют книгу; «Держите источник напряжения фиксированным». Кажется даже незнакомым; Я не совсем понимаю это.

— Эллиот

2

Я разделяю ваше разочарование. AOA просматривает базовые инструменты, такие как модели с малым сигналом, чтобы быстрее получить результат по эмпирическому правилу. Если бы вы прошли более стандартное лечение, это упражнение было бы таким же простым, как и оно. Но вы получите этот результат гораздо позже, конечно, не в начале главы 2. Таким образом, вы сможете построить схему намного раньше, это компромисс.

Давайте посмотрим на подсказки, которые дает упражнение:

Exercise 2.4. Show that the preceding relationship is correct.
Hint: hold the source voltage fixed and find the change in output
current for a given forced change in output voltage. Remember
that the source voltage is connected to the base through a series
resistor.

Существует простая процедура для этого. Это всегда равносильно нахождению эквивалента Тевенина между двумя портами линейной сети. Поскольку AOA не научила вас модели слабого сигнала для BJT, эта (стандартная) дорога закрыта для вас.

Несмотря на то, что раньше они освещали Тевенина, ИМХО, они даже плохо справляются с этим. Вам действительно нужно гораздо лучшее объяснение того, как работать с моделями слабых сигналов в сочетании с теоремой Тевенина. Они затуманивают его, а затем делают вид, будто это правильно объяснено, что чертовски неприятно.

Вот недоделанная модель слабого сигнала, я думаю, они намекают на это:

$R_s$
обнулить все независимые источники (источник базового напряжения и VCC), заменив их на замыкание на землю.
$R$
Вместо этого поместите источник напряжения слабого сигнала на излучателе.

Так как вам не показали, как заменить BJT линейной моделью слабого сигнала, вы застряли. Но вот хитрость, мы можем просто использовать тот факт, что напряжения базы и эмиттера отслеживают друг друга в последователе эмиттера (книга только что рассмотрела это на данный момент).

Аргумент звучит так:

$\Delta v$
$\Delta i_b=\frac{\Delta v}{R_s}$
$\Delta i_e=(\beta+1) \Delta i_b$
Теперь мы знаем напряжение и ток через источник напряжения на эмиттере, мы можем найти эквивалентный импеданс, который он видит "смотрящим" на эмиттер, то есть выходной импеданс эмиттера-повторителя.

Давать нам:

Z_{o u t p u t} = \frac{Δ v}{Δ i_{e}} = \frac{R_{s} Δ i_{b}}{(β + 1) Δ i_{b}} = \frac{R_{s}}{β + 1}

$Z_{output} = \frac{\Delta v}{\Delta i_e} = \frac{R_s \Delta i_b}{(\beta+1) \Delta i_b} = \frac{R_s}{\beta+1}$

QED.

$R$ $Z_{output}$

Если вы знаете о стандартной модели слабого сигнала с гибридным пи, вы пройдете то же самое упражнение, только замените BJT эквивалентной линейной моделью со слабым сигналом и решите ее, чтобы получить более подробный результат:

Z_{o u t p u t} = R_{E} | | r_{o} | | \frac{R_{s} + r_{π}}{β + 1}

$Z_{output} = R_E || r_o || \frac{R_s+r_\pi}{\beta+1}$

куда

$R_E$ $R$
$R_s$
$r_o$ $r_o = \infty$
$r_\pi$ $r_\pi/\beta$

Если вы используете все вышеперечисленное для упрощения полного выражения, вы снова получите

Z_{o u t p u t} = \frac{R_{s}}{β + 1}

$Z_{output} = \frac{R_s}{\beta+1}$

В любом случае, вы показали, что эмиттер-повторитель имеет эффект понижения выходного импеданса источника, что означает, что он действует больше как идеальный источник напряжения, т. Е. При подключении нагрузки наблюдается меньшее падение выходного напряжения.

— Ламинированная брокколи
источник

0

Это то, что я получаю, используя гибридную модель пи с базовым резистором Rin и нагрузкой эмиттера Re ...

v_{o} = v_{i n} - \frac{(v_{i n} + i_{o} R_{e}) (R_{i n} + r_{π})}{(R_{i n} + r_{π} + R_{e} (1 + β))}

$v_o=v_{in}-\frac{(v_{in}+i_oR_e)(R_{in}+r_\pi)}{(R_{in}+r_\pi+R_e(1+\beta))}$

\frac{d v_{o}}{d i_{o}} = \frac{R_{e} (R_{i n} + r_{π})}{(R_{i n} + r_{π}) + R_{e} (1 + β)}

$\frac{\mathrm dv_o}{\mathrm di_o}=\frac{R_e(R_{in}+r_\pi)}{(R_{in}+r_\pi)+R_e(1+\beta)}$

$R_e$ $R_{in}$ $r_\pi$ $\frac{R_{in}}{1+\beta}$

$\beta$ $h_{fe}$

— MikeJ-UK
источник

0

Если кто-то еще сталкивался с этим постом. На этот вопрос приятно ответить здесь:

https://www.pdx.edu/nanogroup/sites/www.pdx.edu.nanogroup/files/2013_Input_output_impedance_9.pdf

То, что вы ищете, находится в разделе II.B.2 и II.B.3

— user158323
источник

3

Было бы разумно скопировать соответствующую информацию и включить ее в этот пост по мере того, как переходят ссылки, и тогда никто не сможет использовать этот ответ

— Voltage Spike