Kunst der Elektronik: Emitter-Follower Zout

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Ich bin zunehmend frustriert von der Kunst der Elektronik. Es ist ein so zugängliches Buch in Kapitel 1, und dann scheint es, dass die Autoren es in Kapitel 2 lehrbuchähnlicher machen wollten, und sie beginnen, Informationen anstelle von Übungen zu löschen. Ich nehme an, das ist wirklich kein Selbststudienbuch ...

Leider bin ich einer von denen, die die Konzepte verstehen müssen, ich kann nicht einfach blind einer Formel folgen. Insbesondere versuche ich, die Ausgangs- und Eingangsimpedanz des Emitterfolgers zu verstehen. Der Text gibt eine gute Aufschlüsselung, wie die Eingangsimpedanz, die Impedanz, die in die Basis schaut, abgeleitet wird. Es legt dann die Formel für die Ausgabe fest und sagt, dass sie auch berechnet werden kann ... und dann erscheint eine Übung, in der man aufgefordert wird, dies zu beweisen.

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.

Ich weiß nicht einmal, wo ich anfangen soll. Ich habe nur ein paar Formeln notiert und angefangen zu ersetzen ...

\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}

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

Bin ich irgendwo in meiner Ableitung nah dran? Sind meine Annahmen zu [ ] und [ ] gültig? Und ist es akzeptabel, den Spannungsabfall zwischen Basis und Emitter in meiner Ableitung zu verringern? $V_{out} = V_e$ $I_{out} = I_e$

impedance emitter-follower

— Dr. Watson
quelle

Watson, Mathjax ist da, um Gleichungen schön aussehen zu lassen. Bitte überprüfen Sie, ob ich Ihre Gleichungen nicht geändert habe, um etwas anderes zu bedeuten.

— Kortuk

@Kortuk: Ich hatte keine Ahnung, dass wir so einen Aufschlag hatten! Vielen Dank, dass Sie meinen Beitrag bearbeitet und dies für mich demonstriert haben. In Zukunft werde ich es sicher benutzen!

— Dr. Watson

Watson, ich bin froh, dass ich deine Gleichungen nicht durcheinander gebracht habe, diese Änderungen auch mir ein bisschen.

— Kortuk

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Die Standardmethode hierfür ist die Verwendung einer Kleinsignal-Wechselstromanalyse. Angenommen, der Transistor ist im vorwärtsaktiven Bereich vorgespannt. Verwenden Sie das Hybrid-Pi-Modell. Platzieren Sie dann eine Testspannungs- / Stromquelle am Ausgangsknoten und erden Sie den Eingang. Messen Sie den Strom / die Spannung Ihrer Testquelle und die Angabe der Ausgangsimpedanz. Auf diese Weise können Sie auch die Eingangsimpedanz ermitteln.

Dies ist im Grunde das Gleiche wie in dem Buch, mit der Ausnahme, dass Sie mit dem Kleinsignalmodell des BJT das Problem in ein lineares Schaltungsanalyseproblem verwandeln können, das mechanisch einfach zu lösen sein sollte.

Ich bin mir nicht sicher, was mit Ihrer Ableitung nicht stimmt, aber die 0,6 V sollten irgendwie abfallen, weil Sie die Änderung der Spannungen und Ströme betrachten.

— allanw
quelle

Guter Punkt, wenn wir eine Änderung betrachten, sollte die 0,6-V-Konstante wahrscheinlich irgendwo abfallen. Ich sollte wahrscheinlich einfach mit den von Ihnen erwähnten Modellen wie Hybrid-Pi zu Sedra & Smith wechseln.

— Dr. Watson

+1 Dies ist der beste Weg. (@Dr. Watson - Ich habe gerade die Hybrid-Pi-Analyse bei einer Tasse Kaffee durchlaufen. Ich kann mein Ergebnis veröffentlichen, wenn Sie möchten.)

— MikeJ-UK

@ MikeJ-UK: Wenn es nicht zu viel Ärger wäre, würde ich es schätzen. Mein Exemplar von Sedra & Smith ist gerade heute Morgen angekommen, und ich kann versuchen, ihm zu folgen.

— Dr. Watson

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

$V_{be} = V_b - V_e$

Δ V_{b} \approx Δ V_{e}

$\Delta V_b \approx \Delta V_e$

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Wie bereits im OP erwähnt, verschwindet eine Konstante beim "Delta" spurlos. Ich lerne auch und habe mit diesem Teil desselben Buches gekämpft. Ich verstehe nicht, warum der Autor möchte, dass wir die Eingangsspannung auf konstant setzen, aber ich kann dies in den Beweis einbeziehen, dass ich es herausgefunden habe, und das richtige Ergebnis erzielen.

Z = Δ V / Δ I .

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

Das ist wieder R für einen Widerstand. Nun zurück zum Emitterfolger

schematisch

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schema erstellt mit CircuitLab}

Wir haben also Z1 als Impedanz, die in den Emitter des Transistors schaut, und Z2 ist nur R2, und sie sind parallel. "Nachschauen" ist sinnvoll, da es beim Transistor tatsächlich darauf ankommt, in welche Richtung Sie hineinschauen (z. B. sind die Ausgangs- und Eingangsimpedanzen unterschiedlich).

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}}

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

Da die Basis-Emitter-Sperrschichtspannung ungefähr konstant bleibt,

Δ V_{b e} \approx 0.6 V - 0.6 V = 0

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

..aber der Strom aus dem Emitter des Transistors ist das ~ Beta-fache des Stroms in die Basis.

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} .

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

Gemäß der Definition der Impedanz haben wir die Eingangsimpedanz:

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

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

Wenn Sie dies lesen, haben Sie wahrscheinlich bereits die Eingangsimpedanz eines Emitterfolgers durchlaufen, die in der obigen Gleichung erscheint. Dieser Teil hat mich ein wenig gestört, weil er von dem Teil des Emitterfolgers abhängt, den wir vom Transistorteil (dem Emitterwiderstand, R_2) getrennt haben. Aber trotzdem weiter ...

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)}

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

Jetzt haben wir:

Z = Z_{2} | | \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

Später auf der Seite sagt der Autor:

Genau genommen sollte die Ausgangsimpedanz der Schaltung auch den Parallelwiderstand von R enthalten, aber in der Praxis dominiert Zout (die Impedanz, die in den Emitter schaut).

Okay, wenn wir Z_2 weglassen, erhalten wir:

Z = \frac{R_{1}}{(1 + β)}

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

In dem Buch heißt Z_1 Zout.

— Elliot
quelle

Aus Ihrer Berechnung könnte man ableiten, dass das Ergebnis korrekt sein könnte - es ist jedoch nur eine grobe Annäherung. Ein viel genaueres Ergebnis (obwohl es sich um eine Annäherung handelt) ist Z = Re || [R1 / β + 1 / gm]] mit gm = Transkonduktanz = Ic / Vt. Siehe auch die Antwort von MikeJ-UK.

— LvW

Die Frage des OP betraf Übung 2.1 in Art of Electronics 2nd Edition, in der nach der von mir abgeleiteten Gleichung gefragt wird und die Ableitung durch Festlegen der Eingangsspannung erfolgen soll.

— Elliot

OK, ich verstehe. Aber - wie Sie wissen - ist das Reparieren der 0,6 Volt eine ziemlich "seltsame" Methode.

— LvW

Es ist nicht nur der 0,6-Volt-Diodenabfall, der fest ist, sondern auch der Eingang, der für die Zwecke der Gleichungen festgelegt ist. In der Frage des OP zitieren sie das Buch; "Halten Sie die Quellenspannung fest". Scheint noch seltsamer; Ich verstehe es nicht ganz.

— Elliot

2

Ich teile deine Frustration. AOA überfliegt grundlegende Tools wie Kleinsignalmodelle, um schneller zum Faustregelergebnis zu gelangen. Wenn Sie eine Standardbehandlung durchlaufen würden, wäre diese Übung so einfach wie sie kommt. Aber Sie werden dieses Ergebnis viel später im Kurs erreichen, schon gar nicht zu Beginn von Kapitel 2. Sie können also viel früher eine Schaltung bauen. Es ist ein Kompromiss.

Schauen wir uns die Hinweise an, die die Übung gibt:

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.

Hierfür gibt es ein einfaches Verfahren. Es kommt immer darauf an, ein Thévenin-Äquivalent zwischen zwei Ports eines linearen Netzwerks zu finden. Da AOA Sie nicht über das Kleinsignalmodell für einen BJT unterrichtet hat, ist diese (Standard-) Straße für Sie gesperrt.

Obwohl sie Thévenin früher abdecken, machen sie meiner Meinung nach selbst davon einen schlechten Job. Sie brauchen wirklich eine weitaus bessere Erklärung, wie man mit Kleinsignalmodellen in Kombination mit Thévenins Theorem arbeitet. Sie beschönigen es und tun dann so, als ob es richtig erklärt worden wäre, was höllisch frustrierend ist.

Hier ist das halbherzige Kleinsignalmodell, von dem ich denke, dass sie es andeuten:

$R_s$ am Basiseingang, der den Ausgangswiderstand der Kleinsignalquelle darstellt.
Setzen Sie alle unabhängigen Quellen (Basisspannungsquelle und VCC) auf Null, indem Sie sie durch einen Kurzschluss nach Masse ersetzen.
$R$ indem Sie es einfach entfernen.
Platzieren Sie stattdessen eine Kleinsignal-Spannungsquelle am Emitter.

Da Ihnen nicht gezeigt wurde, wie Sie den BJT durch ein lineares Kleinsignalmodell ersetzen können, stecken Sie fest. Aber hier ist der Trick: Wir können einfach die Tatsache nutzen, dass sich die Basis- und die Emitterspannung in einem Emitterfolger gegenseitig verfolgen (das Buch hat dies gerade an dieser Stelle behandelt).

Das Argument lautet wie folgt:

$\Delta v$
eine Änderung der Basisspannung muss eine Änderung des Basisstroms induzieren $\Delta i_b=\frac{\Delta v}{R_s}$ .
$\Delta i_e=(\beta+1) \Delta i_b$ .
Jetzt kennen wir die Spannung und den Strom durch die Spannungsquelle am Emitter. Wir können die äquivalente Impedanz finden, die in den Emitter "hineinschaut", dh die Ausgangsimpedanz des Emitterfolgers.

Geben uns:

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.

$R$ $Z_{output}$

Wenn Sie sich mit dem Standard-Hybrid-Pi-Kleinsignalmodell auskennen, würden Sie dieselbe Übung durchführen. Nur würden Sie das BJT durch ein äquivalentes Kleinsignal-Linearschaltungsmodell ersetzen und es lösen, um dieses detailliertere Ergebnis zu erhalten:

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

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

Wo

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

Wenn Sie alle oben genannten Punkte verwenden, um den vollständigen Ausdruck zu vereinfachen, erhalten Sie erneut

Z_{o u t p u t} = \frac{R_{s}}{β + 1}

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

In beiden Fällen haben Sie gezeigt, dass der Emitterfolger die Ausgangsimpedanz der Quelle senkt, was bedeutet, dass er eher wie eine ideale Spannungsquelle wirkt, dh dass die Ausgangsspannung beim Anschließen einer Last geringer abfällt.

— Laminierter Brokkoli
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Dies ist, was ich mit einem Hybrid-Pi-Modell mit einem Basiswiderstand von Rin und einer Emitterlast von 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
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Wenn jemand anderes auf diesen Beitrag stößt. Diese Frage wird hier gut beantwortet:

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

Was Sie suchen, finden Sie in Abschnitt II.B.2 und II.B.3

— user158323
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Es wäre ratsam, die relevanten Informationen zu kopieren und in diesen Beitrag aufzunehmen, wenn die Links ausfallen, und dann kann niemand diese Antwort verwenden

— Voltage Spike