Nghệ thuật điện tử: Zout Emitter-Follower

11

Tôi ngày càng thất vọng với Nghệ thuật Điện tử. Đó là một cuốn sách dễ tiếp cận như vậy trong Chương 1, và sau đó ở Chương 2, có vẻ như các tác giả muốn làm cho nó giống như sách giáo khoa hơn và họ bắt đầu bỏ thông tin thay cho các bài tập. Tôi cho rằng đây thực sự không phải là một cuốn sách tự học ...

Thật không may, tôi là một trong những người phải hiểu các khái niệm, tôi không thể mù quáng làm theo một công thức. Cụ thể, tôi đang cố gắng tìm hiểu trở kháng đầu ra và đầu vào của bộ phát theo dõi. Văn bản cung cấp một phân tích tốt về cách trở kháng đầu vào, trở kháng nhìn vào cơ sở, được dẫn xuất. Sau đó, nó đưa ra công thức cho đầu ra và nói rằng nó cũng có thể được tính toán ... và sau đó một bài tập xuất hiện yêu cầu một người chứng minh nó.

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.

Tôi thậm chí không biết bắt đầu từ đâu. Tôi chỉ ghi lại một vài công thức và bắt đầu thay thế ...

\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}

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

Tôi có bất cứ nơi nào gần trong dẫn xuất của tôi? Các giả định của tôi về [ ] và [ ] có hợp lệ không? Và có thể chấp nhận giảm điện áp tiếp giáp cực phát trong nguồn gốc của tôi không? $V_{out} = V_e$ $I_{out} = I_e$

impedance emitter-follower

— Bác sĩ Watson
nguồn

Watson, Mathjax ở đó để làm cho các phương trình trông đẹp. Vui lòng kiểm tra xem tôi đã không thay đổi bất kỳ phương trình nào của bạn để có ý nghĩa khác.

— Kortuk

@Kortuk: Tôi không biết chúng tôi đã có một đánh dấu như vậy! Cảm ơn đã chỉnh sửa bài viết của tôi và chứng minh điều này cho tôi. Trong tương lai tôi chắc chắn sẽ sử dụng nó!

— Tiến sĩ Watson

Watson, rất vui vì tôi đã không làm rối các phương trình của bạn, những chỉnh sửa đó cũng làm tôi hơi khó chịu.

— Kortuk

5

Cách tiêu chuẩn để làm điều này là sử dụng phân tích AC tín hiệu nhỏ. Giả sử bóng bán dẫn bị sai lệch trong khu vực hoạt động về phía trước. Sử dụng mô hình lai-pi. Sau đó đặt một điện áp thử nghiệm / nguồn hiện tại tại nút đầu ra và nối đất đầu vào. Đo dòng điện / điện áp của nguồn kiểm tra của bạn và điều đó cho bạn biết trở kháng đầu ra. Bạn cũng có thể tìm thấy trở kháng đầu vào theo cách đó.

Điều này về cơ bản giống như những gì cuốn sách đang bảo bạn làm, ngoại trừ việc sử dụng mô hình tín hiệu nhỏ của BJT cho phép bạn biến vấn đề thành vấn đề phân tích mạch tuyến tính, dễ thực hiện một cách máy móc.

Tôi không chắc điều gì sai với dẫn xuất của bạn nhưng bằng cách nào đó, 0,6V sẽ bị loại bỏ vì bạn đang xem sự thay đổi của điện áp và dòng điện.

— allanw
nguồn

Điểm hay, nếu chúng ta đang xem xét một sự thay đổi, hằng số 0,6V có lẽ nên bỏ đi đâu đó. Tôi có lẽ chỉ nên chuyển sang Sedra & Smith với các mô hình như bạn đã đề cập, chẳng hạn như hybrid-pi.

— Tiến sĩ Watson

+1 Đây là cách tốt nhất. (@Dr. Watson - Tôi vừa trải qua phân tích Hybrid-pi qua một tách cà phê. Tôi có thể đăng kết quả của mình nếu bạn muốn).

— MikeJ-UK

@ MikeJ-UK: Nếu nó không quá rắc rối, tôi sẽ đánh giá cao nó. Bản sao của tôi về Sedra & Smith vừa mới đến sáng nay và tôi có thể thử làm theo.

— Tiến sĩ Watson

1

@DrWatson Nó không phải là hằng số 0.6V nên thả ra, nó phải được loại bỏ khỏi phương trình kể từ khi bạn đang tính toán một sự thay đổi (tức là một vùng đồng bằng hoặc phái sinh ) trên tín hiệu nhỏ. Kể từ khi

là hằng số và bằng 0.6V, như bạn hiểu,

với tín hiệu nhỏ, do tác động không đáng kể của ngã ba emitter-base. Đạo hàm cho một hằng số bằng không.

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

Như đã chỉ ra trước đó cho OP, khi bạn "delta" một hằng số, nó sẽ biến mất không một dấu vết. Tôi cũng là một người học và tôi đã chiến đấu với phần này của cùng một cuốn sách. Tôi không hiểu tại sao tác giả muốn chúng tôi đặt điện áp đầu vào không đổi, nhưng tôi có thể đưa điều này vào bằng chứng rằng tôi đã nói ra và nhận được kết quả đúng.

Bạn có thể sử dụng kiến thức điện tử 101 của mình bằng cách lần đầu tiên nhìn thấy mạch phát theo sau có hai trở kháng song song; nhìn từ đầu ra, rẽ phải và bạn nhìn vào bộ phát của bóng bán dẫn. Rẽ trái và bạn đang nhìn vào điện trở bộ phát. Có một nguồn điện áp và một kết nối trái đất để làm bạn bối rối, nhưng chúng có thể bị bỏ qua để có được các trở kháng. Để thấy rằng điều này là đúng, ví dụ, tạo một số mạch rất đơn giản với một điện trở và nguồn điện áp trong đó, để cho bạn thấy rằng một nguồn điện áp nối tiếp không làm thay đổi trở kháng (điện trở) của điện trở. Định nghĩa của trở kháng là:

Z = = Δ V / Δ Tôi .

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

Một lần nữa đó là R cho một điện trở. Bây giờ trở lại với người theo dõi

sơ đồ

^{mô phỏng mạch này - Sơ đồ được tạo bằng CircuitLab}

Vì vậy, chúng ta có Z1 là trở kháng nhìn vào bộ phát của bóng bán dẫn và Z2 chỉ là R2 và chúng song song với nhau. "Nhìn vào" có ý nghĩa bởi vì với bóng bán dẫn, nó thực sự phụ thuộc vào cách bạn đang nhìn vào nó (ví dụ như trở kháng đầu ra và đầu vào là khác nhau).

Hãy nhớ rằng đối với hai điện trở song song, tổng trở được đưa ra bởi. Ngoài ra R bằng với sản phẩm trên tổng, có thể được viết: Vậy trở kháng nhìn vào Vout là

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_2 chỉ là R_2. Hãy tìm Z_1, trở kháng nhìn vào bộ phát của bóng bán dẫn. Một lần nữa, định nghĩa về trở kháng là:

Z_{1} = = Δ V_{e} / Δ {Tôi}_{e}

$Z_1 = \Delta V_e / \Delta I_e$

Z_{1} = = \frac{Δ V_{Tôi n} + Δ V_{R 1} + Δ V_{b e}}{Δ {Tôi}_{e}}

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

Bởi vì điện áp tiếp giáp cơ sở-emitter không đổi

Δ V_{b e} \approx 0,6 V - 0,6 V = = 0

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

..nhưng dòng điện ra khỏi bộ phát của bóng bán dẫn là ~ beta lần dòng điện vào đế.

Δ {Tôi}_{e} = = Δ {Tôi}_{b} (1 + β)

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

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

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

Δ {Tôi}_{b} = = Δ {Tôi}_{Tôi n} .

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

Theo định nghĩa của trở kháng, chúng ta có trở kháng đầu vào:

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

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

Nếu bạn đang đọc điều này thì có lẽ bạn đã trải qua trở kháng đầu vào của một người theo dõi phát, xuất hiện trong phương trình trên. Phần này làm tôi lo lắng một chút vì nó phụ thuộc vào phần của bộ phát theo dõi mà chúng tôi tách ra khỏi phần bóng bán dẫn (điện trở bộ phát, R_2). Nhưng dù sao, tiếp tục ...

Z_{Tôi 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_{Tôi n} + V_{R 1}}{Δ {Tôi}_{b} (1 + β)}

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

D e tôi t một V_{Tôi n} = = 0

$Delta V_{in} = 0$

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

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

=> Z_{1} = = \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

Bây giờ chúng tôi có:

Z = = Z_{2} | | \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

Sau đó trong trang tác giả nói:

Nói một cách chính xác, trở kháng đầu ra của mạch cũng phải bao gồm điện trở song song của R, nhưng trong thực tế Zout (trở kháng nhìn vào bộ phát) chiếm ưu thế.

Được rồi, vì vậy, bỏ Z_2 chúng tôi nhận được:

Z = = \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

Trong cuốn sách Z_1 được gọi là Zout.

— Elliot
nguồn

Từ tính toán của bạn, người ta có thể rút ra rằng kết quả có thể đúng - tuy nhiên, đó chỉ là một xấp xỉ thô. Một kết quả chính xác hơn nhiều (mặc dù chỉ là một xấp xỉ) là Z = Re || [R1 / β + 1 / gm)] với gm = transconductance = Ic / Vt. Xem thêm câu trả lời từ MikeJ-UK.

— LvW

Câu hỏi của OP là về bài tập 2.1 trong Art of Electronics 2nd Edition, yêu cầu phương trình mà tôi xuất phát và muốn chúng tôi thực hiện đạo hàm bằng cách sửa điện áp đầu vào.

— Elliot

OK - tôi hiểu rồi. Nhưng - như bạn đã biết - sửa lỗi 0,6volts là một phương pháp khá "lạ".

— LvW

Đó không chỉ là sự sụt giảm diode 0,6 volt mà đã được cố định, đó là đầu vào được cố định cho mục đích của các phương trình. Trong câu hỏi của OP, họ trích dẫn cuốn sách; "Giữ điện áp nguồn cố định". Có vẻ xa lạ; Tôi không hiểu lắm.

— Elliot

2

Tôi chia sẻ sự thất vọng của bạn. AOA lướt qua các công cụ cơ bản như các mô hình tín hiệu nhỏ để đưa bạn đến kết quả quy tắc nhanh hơn. Nếu bạn đã trải qua một điều trị tiêu chuẩn hơn, bài tập này sẽ đơn giản như họ đến. Nhưng bạn sẽ nhận được kết quả này muộn hơn nhiều trong khóa học, chắc chắn không phải ở đầu chương 2. Vì vậy, bạn có thể xây dựng một mạch sớm hơn nhiều, Đó là một sự đánh đổi.

Hãy xem các gợi ý mà bài tập đưa ra:

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.

Có một quy trình đơn giản để làm điều này. Luôn luôn tìm được một Thévenin tương đương giữa hai cổng của mạng tuyến tính. Vì AOA đã không dạy bạn về mô hình tín hiệu nhỏ cho BJT, con đường (tiêu chuẩn) đó đã bị đóng đối với bạn.

Mặc dù họ bảo vệ Thévenin trước đó, IMHO họ thậm chí còn làm một công việc tồi tệ. Bạn thực sự cần một lời giải thích tốt hơn nhiều về cách làm việc với các mô hình tín hiệu nhỏ kết hợp với định lý của Thévenin. Họ che đậy nó và sau đó giả vờ như thể nó được giải thích chính xác, điều gây thất vọng như địa ngục.

Đây là mô hình tín hiệu nhỏ nửa khẳng định tôi nghĩ họ đang ám chỉ nó:

Đặt một điện trở $R_s$ ở đầu vào Cơ sở đại diện cho điện trở đầu ra của nguồn tín hiệu nhỏ.
không tất cả các nguồn độc lập (nguồn điện áp cơ sở và VCC) bằng cách thay thế chúng bằng một nguồn ngắn.
Bỏ mặc $R$ bằng cách đơn giản là loại bỏ nó.
Đặt nguồn điện áp tín hiệu nhỏ thay vào bộ phát.

Vì bạn chưa được chỉ dẫn cách thay thế BJT bằng mô hình tín hiệu nhỏ tuyến tính, bạn bị mắc kẹt. Nhưng đây là mẹo, chúng ta chỉ đơn giản có thể sử dụng thực tế là các điện áp cơ sở và cực phát theo dõi nhau trong một người theo dõi phát (cuốn sách chỉ đề cập đến vấn đề này vào thời điểm này).

Đối số diễn ra như sau:

một điện áp tín hiệu nhỏ ở bộ phát phải tương ứng với cùng một sự thay đổi điện áp ở gốc. Gọi nó đi $\Delta v$ .
thay đổi điện áp cơ sở phải tạo ra sự thay đổi dòng điện cơ sở $\Delta i_b=\frac{\Delta v}{R_s}$ .
Theo hành động của BJT, sự thay đổi của dòng cơ sở tương ứng với sự thay đổi của dòng phát $\Delta i_e=(\beta+1) \Delta i_b$ .
Bây giờ chúng ta biết điện áp và dòng điện qua nguồn điện áp tại bộ phát, chúng ta có thể tìm thấy trở kháng tương đương mà nó thấy "nhìn vào" bộ phát, tức là trở kháng đầu ra của bộ phát theo dõi.

Cho chúng tôi:

Z_{o bạn t p bạn t} = = \frac{Δ v}{Δ {Tôi}_{e}} = = \frac{R_{S} Δ {Tôi}_{b}}{(β + 1) Δ {Tôi}_{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.

Lưu ý: Tại thời điểm này, bạn chỉ cần thêm lại $R$ song song với $Z_{output}$ .

Nếu bạn biết về mô hình tín hiệu nhỏ hybrid-pi tiêu chuẩn, bạn sẽ trải qua bài tập tương tự, chỉ có bạn thay thế BJT bằng mô hình mạch tuyến tính tín hiệu nhỏ tương đương và giải quyết nó để có kết quả chi tiết hơn:

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

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

Ở đâu

$R_E$ là điện trở bộ phát (gọi là chỉ $R$ trong cuốn sách).
$R_s$ là điện trở đầu ra của nguồn điện áp tín hiệu nhỏ cung cấp cho cơ sở.
$r_o$ là một phần của mô hình hybrid-pi mô hình hiệu ứng ban đầu, bạn có thể bỏ qua nó mà bỏ qua nó bằng cách đặt $r_o = \infty$ .
$r_\pi$ là một phần của mô hình hybrid-pi phụ thuộc vào điểm hoạt động / dòng thu. $r_\pi/\beta$ thường theo thứ tự 1-20 ohms.

Nếu bạn sử dụng tất cả các cách trên để đơn giản hóa toàn bộ biểu thức bạn sẽ một lần nữa kết thúc bằng

Z_{o bạn t p bạn t} = = \frac{R_{S}}{β + 1}

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

Dù bằng cách nào, bạn đã chỉ ra rằng bộ theo dõi phát có tác dụng hạ thấp trở kháng đầu ra của nguồn, có nghĩa là nó hoạt động giống như một nguồn điện áp lý tưởng, tức là có điện áp đầu ra giảm khi gắn tải.

— Bông cải xanh nhiều lớp
nguồn

0

Đây là những gì tôi có được khi sử dụng mô hình hybrid-pi với điện trở cơ bản là Rin và tải phát xạ của ...

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

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

Bây giờ nếu $R_e$ lớn và $R_{in}$ >> $r_\pi$ , điều này gần đúng với $\frac{R_{in}}{1+\beta}$

( $\beta$ LaTex nhanh hơn rất nhiều so với $h_{fe}$ :)

— MikeJ-Anh
nguồn

0

Nếu bất cứ ai khác đi qua bài viết này. Câu hỏi này được trả lời độc đáo ở đây:

https://www.pdx.edu/nanogroup/sites/www.pdx.edu.nanogroup/files/2013_InputDefput_impedance_9.pdf

Những gì bạn đang tìm kiếm là trong phần II.B.2 và II.B.3

— người dùng158323
nguồn

3

Sẽ là khôn ngoan khi sao chép thông tin liên quan và đưa nó vào bài đăng này khi các liên kết đi xuống và sau đó không ai có thể sử dụng câu trả lời này

— Điện áp Spike