Art of Electronics: Emitter-Follower Zout

11

Jestem coraz bardziej sfrustrowany sztuką elektroniki. Jest to bardzo przystępna książka w rozdziale 1, a następnie w rozdziale 2 wydaje się, że autorzy chcieli uczynić ją bardziej podręcznikową i zaczęli upuszczać informacje zamiast ćwiczeń. Przypuszczam, że tak naprawdę nie jest to książka do samodzielnego studiowania ...

Niestety jestem jednym z tych facetów, którzy muszą zrozumieć te pojęcia, nie mogę po prostu ślepo stosować się do formuły. W szczególności staram się zrozumieć impedancję wyjściową i wejściową emitenta-obserwatora. Tekst daje dobry podział na to, jak wyprowadzana jest impedancja wejściowa, impedancja skierowana do podstawy. Następnie wykreśla wzór wyjściowy i mówi, że można go również obliczyć ... a następnie pojawia się ćwiczenie z prośbą o udowodnienie.

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.

Nie wiem nawet od czego zacząć. Właśnie zapisałem kilka formuł i zacząłem zastępować ...

\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}

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

Czy jestem gdzieś blisko mojej pochodnej? Czy moje założenia dotyczące [ ] i [ ] są aktualne? I czy dopuszczalne jest obniżenie spadku napięcia złącza emiter-baza w mojej pochodnej? $V_{out} = V_e$ $I_{out} = I_e$

impedance emitter-follower

— Dr Watson
źródło

Watson, Mathjax jest po to, aby równania wyglądały ładnie. Sprawdź, czy nie zmieniłem żadnych równań na inne.

— Kortuk

@Kortuk: Nie miałem pojęcia, że mamy taki narzut! Dziękujemy za edycję mojego postu i zademonstrowanie tego dla mnie. W przyszłości na pewno go użyję!

— Dr Watson

Watson, cieszę się, że nie popsułem twoich równań, te zmiany też mnie trochę.

— Kortuk

5

Standardowym sposobem na to jest zastosowanie analizy AC małych sygnałów. Załóżmy, że tranzystor jest spolaryzowany w obszarze aktywnym do przodu. Użyj modelu hybrid-pi. Następnie umieść testowe źródło napięcia / prądu w węźle wyjściowym i uziem uziemienie wejściowe. Zmierz prąd / napięcie źródła testowego, a to powie Ci, że impedancja wyjściowa. W ten sposób można również znaleźć impedancję wejściową.

Jest to w zasadzie to samo, co mówi książka, z tym wyjątkiem, że użycie modelu małego sygnału BJT pozwala przekształcić problem w problem z analizą obwodu liniowego, który powinien być łatwy do zrobienia mechanicznie.

Nie jestem pewien, co jest nie tak z twoją pochodną, ale 0.6V powinno jakoś spaść, ponieważ patrzysz na zmianę napięć i prądów.

— allanw
źródło

Dobrze, jeśli patrzymy na zmianę, stała 0,6 V prawdopodobnie powinna gdzieś wypaść. Prawdopodobnie powinienem po prostu przejść do Sedra & Smith z modelami, o których wspomniałeś, takimi jak hybrid-pi.

— Dr Watson,

+1 To najlepszy sposób. (@Dr. Watson - Właśnie przejrzałem analizę Hybrid-pi przy filiżance kawy. Mogę opublikować mój wynik, jeśli chcesz).

— MikeJ-UK

@ MikeJ-UK: Gdybym nie był zbyt wielkim problemem, byłbym wdzięczny. Moja kopia Sedry i Smitha właśnie przyszła dziś rano i mogę spróbować śledzić.

— Dr Watson

1

@DrWatson Nie chodzi o to, że stała 0.6V powinna spaść, należy ją usunąć z równania, ponieważ obliczasz wariację (tj. Deltę lub pochodną ) na małych sygnałach. Od

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

$V_{be} = V_b - V_e$ jest stały i wynosi 0,6 V, jak zrozumiałeś,

Δ V_{b} \approx Δ V_{e}

$\Delta V_b \approx \Delta V_e$ z małymi sygnałami, ze względu na znikomy efekt połączenia nadajnika z bazą. Pochodna dla stałej jest równa zero.

5

Jak wskazano wcześniej dla OP, kiedy „delta” stałą, znika bez śladu. Ja też jestem uczniem i walczyłem z tą częścią tej samej książki. Nie rozumiem, dlaczego autor chce, abyśmy ustawili napięcie wejściowe na stałe, ale mogę to uwzględnić w dowodzie, że się wycofałem i uzyskać właściwy wynik.

Możesz wykorzystać swoją wiedzę na temat elektroniki 101, najpierw widząc obwód śledzący emiter jako mający równolegle dwie impedancje; patrząc z wyjścia, skręć w prawo i zajrzyj do emitera tranzystora. Skręć w lewo, a spojrzysz na rezystor emitera. Istnieje źródło napięcia i uziemienie, które mogą cię pomylić, ale można je zignorować w celu uzyskania impedancji. Aby przekonać się, że to prawda, utwórz bardzo prosty obwód z jednym rezystorem i źródłem napięcia, na przykład, aby pokazać sobie, że szeregowe źródło napięcia nie zmienia impedancji (rezystancji) rezystora. Definicja impedancji jest następująca:

Z = Δ V / Δ I .

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

Znów to R dla rezystora. Teraz wróć do obserwatora emitera

schematyczny

^{symulacja tego obwodu - Schemat utworzony przy użyciu CircuitLab}

Mamy więc Z1 jako impedancję patrząc na emiter tranzystora, a Z2 po prostu R2, i są one równoległe. „Patrzenie w” ma sens, ponieważ w przypadku tranzystora tak naprawdę zależy od tego, w jaki sposób patrzysz na niego (np. Impedancja wyjściowa i wejściowa są różne).

Pamiętaj, że dla dwóch równoległych rezystorów całkowity opór jest podawany przez.

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

$1/R = 1/R_1 + 1/R_2 .$ Również R jest równe iloczynowi nad sumą, którą można zapisać:

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

$R = R_1||R_2$ Tak więc impedancja patrzy na Vouta

Z_{1} | | Z_{2}

$Z_1||Z_2$

Z_2 to tylko R_2. Znajdźmy Z_1, impedancję patrząc na emiter tranzystora. Ponownie definicja impedancji jest następująca:

Z_{1} = Δ V_{e} / Δ I_{e}

$Z_1 = \Delta V_e / \Delta I_e$ Zmiana napięcia na emiterze, Delta V_e jest równa tylko zmianie Vin plus zmianie napięcia powyżej R1 plus zmianie napięcia na złączu baza-emiter:

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

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

Ponieważ napięcie złącza baza-emiter pozostaje w przybliżeniu stałe,

Δ V_{b e} \approx 0.6 V - 0.6 V = 0

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

..Ale prąd z emitera tranzystora wynosi ~ beta razy prąd do bazy.

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)}

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

Δ I_{b} = Δ I_{i n} .

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

Zgodnie z definicją impedancji mamy impedancję wejściową:

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

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

Jeśli to czytasz, prawdopodobnie już przeszedłeś impedancję wejściową emiter-obserwujący, co pojawia się w powyższym równaniu. Ta część trochę mnie zaniepokoiła, ponieważ jest zależna od części popychacza emitera, którą oddzieliliśmy od części tranzystorowej (rezystor emiterowy, R_2). Ale tak czy inaczej, kontynuując ...

Impedancja wejściowa obserwatora emitera jest określona przez:

Z_{i n} = (1 + β) * R_{2}

$Z_{in} = (1+\beta)*R_2$ Podstawiając to w:

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)}

$= R_2 + \frac{R_1}{(1 + \beta)}$ Istnieje więc równanie dla Z_1. Jest równoległy do Z_2, czyli R_2, więc całkowita impedancja patrząc na moc wyjściową obserwatora emitera wynosi:

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

$Z = R_2 || \left (R_2 + \frac{R_1}{(1 + \beta)} \right)$ Wróćmy do pytania. Nie wiem, dlaczego autorzy chcą, abyśmy zrobili dowód z utrzymywaniem stałego napięcia wejściowego (przepraszam), ale możemy to zrobić, biorąc jedno z powyższych równań i ustawiając wartość delta_V na zero:

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)}

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

Teraz mamy:

Z = Z_{2} | | \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

Później na stronie autor mówi:

Ściśle mówiąc, impedancja wyjściowa obwodu powinna również obejmować równoległą rezystancję R, ale w praktyce dominuje Zout (impedancja patrząc na emiter).

Okej, więc pomijając Z_2 otrzymujemy:

Z = \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

W książce Z_1 nazywa się Zout.

— Elliot
źródło

Z obliczeń można wywnioskować, że wynik może być poprawny - jest to jednak tylko przybliżone przybliżenie. O wiele bardziej dokładny wynik (chociaż przybliżenie stiil) to Z = Re || [R1 / β + 1 / gm)] z gm = transkonduktancja = Ic / Vt. Zobacz także odpowiedź MikeJ-UK.

— LvW

Pytanie OP dotyczyło ćwiczenia 2.1 w Art of Electronics 2nd Edition, które pyta o równanie, które wyprowadziłem, i chce, abyśmy dokonali pochodnej poprzez ustalenie napięcia wejściowego.

— Elliot

Dobra, widzę. Ale - jak wiadomo - ustalenie wartości 0,6 wolta jest raczej „dziwną” metodą.

— LvW

Naprawiono nie tylko spadek diody 0,6 V, ale także ustalony sygnał wejściowy dla potrzeb równań. W pytaniu PO cytują książkę; „Utrzymaj stałe napięcie źródła”. Wydaje się jeszcze dziwniejszy; Nie do końca to rozumiem.

— Elliot

2

Podzielam twoją frustrację. AOA omija podstawowe narzędzia, takie jak modele z małymi sygnałami, aby szybciej uzyskać najlepszy wynik. Jeśli przeszedłeś bardziej standardowe leczenie, ćwiczenie to byłoby tak proste, jak to możliwe. Ale do tego wyniku dojdziesz znacznie później, na pewno nie na początku rozdziału 2. Więc zbuduj obwód znacznie wcześniej, to kompromis.

Spójrzmy na wskazówki, które daje ćwiczenie:

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.

Jest to prosta procedura. Zawsze oznacza znalezienie ekwiwalentu Thévenin między dwoma portami sieci liniowej. Ponieważ AOA nie nauczył Cię o modelu małego sygnału dla BJT, ta (standardowa) droga jest dla ciebie zamknięta.

Mimo że obejmują wcześniej Thévenin, IMHO wykonują nawet kiepską robotę. Naprawdę potrzebujesz znacznie lepszego wyjaśnienia, jak pracować z modelami małosygnałowymi w połączeniu z twierdzeniem Thévenina. Błyszczą nad nim, a następnie udają, że zostało to właściwie wyjaśnione, co jest frustrujące jak diabli.

Oto niedoceniony model małosygnałowy, który, jak sądzę, sugeruje:

Umieść rezystor $R_s$ na wejściu bazowym, które reprezentuje rezystancję wyjściową źródła małego sygnału.
wyzeruj wszystkie niezależne źródła (podstawowe źródło napięcia i VCC), zastępując je zwarciem do masy.
Zaniedbanie $R$ po prostu go eliminując.
Zamiast tego umieść źródło sygnału o małym sygnale na emiterze.

Ponieważ nie pokazano Ci, jak zastąpić BJT liniowym modelem małego sygnału, utkniesz. Ale oto sztuczka, możemy po prostu skorzystać z faktu, że napięcia bazowe i emitera śledzą się nawzajem w obserwatorze emitera (książka właśnie to omówiła w tym momencie).

Argument jest następujący:

napięcie małego sygnału na emiterze musi odpowiadać tej samej zmianie napięcia w bazie. Nazwać $\Delta v$ .
zmiana napięcia podstawowego musi indukować zmianę prądu podstawowego $\Delta i_b=\frac{\Delta v}{R_s}$ .
W wyniku działania BJT zmiana prądu podstawowego odpowiada zmianie prądu emitera, $\Delta i_e=(\beta+1) \Delta i_b$ .
Teraz, gdy znamy napięcie i prąd przez źródło napięcia na emiterze, możemy znaleźć równoważną impedancję, którą widzi „patrząc” na emiter, tj. Impedancję wyjściową popychacza-emiter.

Dając nam:

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

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

CO BYŁO DO OKAZANIA.

Uwaga: w tym momencie możesz po prostu dodać z powrotem $R$ równolegle z $Z_{output}$ .

Jeśli wiesz o standardowym modelu małego sygnału hybrydowego-pi, przejdziesz to samo ćwiczenie, tylko zastąpisz BJT równoważnym modelem obwodu liniowego z małym sygnałem i rozwiążesz go, aby uzyskać bardziej szczegółowy wynik:

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

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

Gdzie

$R_E$ jest rezystorem emitera (nazywanym po prostu $R$ w książce).
$R_s$ to rezystancja wyjściowa źródła napięcia o małym sygnale zasilającego bazę.
$r_o$ jest częścią modelu hybrydowego pi, który modeluje wczesny efekt, możesz go zaniedbać, ustawiając go $r_o = \infty$ .
$r_\pi$ jest częścią modelu hybrydowego pi, który zależy od punktu pracy / prądu kolektora. $r_\pi/\beta$ jest zwykle rzędu 1-20 omów.

Jeśli wykorzystasz wszystkie powyższe, aby uprościć pełne wyrażenie, znów będziesz miał

Z_{o u t p u t} = \frac{R_{s}}{β + 1}

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

Tak czy inaczej, pokazałeś, że emiter-popychacz powoduje obniżenie impedancji wyjściowej źródła, co oznacza, że działa on bardziej jak idealne źródło napięcia, tj. Występuje mniejszy spadek napięcia wyjściowego podczas przyłączania obciążenia.

— Laminowane Brokuły
źródło

0

To właśnie otrzymuję za pomocą modelu hybrydowego pi z rezystorem bazowym Rin i obciążeniem emitera Re ...

v_{o} = v_{ja n} - \frac{(v_{ja n} + {ja}_{o} R_{mi}) (R_{ja n} + r_{π})}{(R_{ja n} + r_{π} + R_{mi} (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{re v_{o}}{re {ja}_{o}} = \frac{R_{mi} (R_{ja n} + r_{π})}{(R_{ja n} + r_{π}) + R_{mi} (1 + β)}

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

Teraz jeśli $R_e$ jest duży i $R_{in}$ >> $r_\pi$ , jest to przybliżone do $\frac{R_{in}}{1+\beta}$

( $\beta$ jest o wiele szybszy niż LaTex $h_{fe}$ :)

— MikeJ-UK
źródło

0

Jeśli ktoś napotka ten post. Na to pytanie ładnie odpowiada się tutaj:

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

To, czego szukasz, znajduje się w sekcjach II.B.2 i II.B.3

— użytkownik158323
źródło

3

Mądrze byłoby skopiować informacje zwrotne i zamieścić je w tym poście, gdy łącza będą się wyświetlać, a następnie nikt nie będzie mógł skorzystać z tej odpowiedzi

— Voltage Spike