Мистецтво електроніки: випромінювач-послідовник Zout

Я все більше засмучуюся мистецтвом електроніки. Це така доступна книга в главі 1, а потім у главі 2 схоже, що автори хотіли зробити її більш схожою на підручник, і вони починають скидати інформацію замість вправ. Я припускаю, що це справді не книга з самонавчання ...

На жаль, я один із тих хлопців, хто має розуміти поняття, я не можу просто сліпо слідувати формулі. Зокрема, я намагаюся зрозуміти вихідний та вхідний опір випромінювача. Текст дає хорошу інформацію про те, як виводиться вхідний опір, імпеданс, що дивиться в основу. Потім він формує формулу для виведення і каже, що її також можна обчислити ... і тоді з'являється вправа з проханням довести це.

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

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 навіть не знаю, з чого почати. Я просто записав кілька формул і почав замінювати ...

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

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

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

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

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

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

Чи є я десь близький у своєму виведенні? Чи мої припущення щодо [$V_{out} = V_e$] та [$I_{out} = I_e$] дійсний? І чи допустимо в моєму виведенні падіння напруги базового випромінювача?

Стандартний спосіб цього - використовувати аналіз змінного струму малого сигналу. Припустимо, транзистор є упередженим в області, активною вперед. Використовуйте модель гібрид-пі. Потім поставте випробувальну напругу / джерело струму на вихідний вузол і заземліть вхід. Виміряйте струм / напругу вашого тестового джерела, і це покаже вам вихідний опір. Ви також можете знайти вхідний опір таким чином.

Це в основному те саме, що і книга, яку вам пропонують зробити, за винятком того, що використання малої сигнальної моделі BJT дозволяє перетворити проблему на проблему аналізу лінійних схем, яку слід легко зробити механічно.

Я не впевнений, що не так у вашому виведенні, але 0,6 В повинен якось випасти, тому що ви дивитесь на зміну напруг та струмів.

Як було зазначено раніше в ОП, коли ви «дельтуєте» константу, вона зникає безслідно. Я теж студент, і я боровся з цією частиною тієї ж книги. Я не розумію, чому автор хоче, щоб ми встановили напругу на вході постійною, але я можу включити це в доказ того, що я перестала працювати, і отримати правильний результат.

Ви можете використовувати свої знання з електроніки 101, попередньо побачивши схему емітерного слідування як два опір паралельно; дивлячись на вихід, поверніть праворуч і загляньте в випромінювач транзистора. Поверніть ліворуч і ви зазираєте в резистор випромінювача. Є джерело напруги та заземлення, яке може вас збити з пантелику, але їх можна ігнорувати для отримання імпедансів. Щоб побачити, що це правда, складіть кілька дуже простих ланцюгів з одним резистором і джерелом напруги в ньому, наприклад, щоб показати собі, що джерело напруги послідовно не змінює опір (опір) резистора. Визначення імпедансу:

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

Знову це R для резистора. Тепер повернемося до послідовника випромінювача

^{імітувати цю схему - Схематично створено за допомогою CircuitLab}

Отже, у нас Z1 - це імпеданс, що дивиться в емітер транзистора, а Z2 просто R2, і вони паралельно. "Заглянути" має сенс, оскільки з транзистором насправді залежить, в який спосіб ви його дивитесь (наприклад, вихідні та вхідні імпеданси різні).

Пам'ятайте, що для двох паралельних резисторів задається загальний опір.

$$1/R = 1/R_1 + 1/R_2 .$$ Також R дорівнює добутку над сумою, який можна записати: $$R = R_1||R_2$$ Отже, імпеданс, що дивиться у Vout, є $$Z_1||Z_2$$

Z_2 - це просто R_2. Давайте знайдемо Z_1, імпеданс, що дивиться в емітер транзистора. Знову ж таки, визначення імпедансу:

$$Z_1 = \Delta V_e / \Delta I_e$$ Зміна напруги на випромінювачі Delta V_e дорівнює лише зміні Vin плюс зміна напруги над R1 плюс зміна напруги над базовим випромінювальним з'єднанням: $$Z_1 = \frac{\Delta V_{in} + \Delta V_{R1} + \Delta V_{be}}{\Delta I_e}$$

Оскільки напруга переходу базового випромінювача залишається приблизно постійним,

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

..але струм випромінювача транзистора ~ бета-кратний від струму в базу.

$$\Delta I_e = \Delta I_b(1 + \beta)$$ $$=> Z_1 = \frac{\Delta V_{in} + \Delta V_{R1}}{\Delta I_b(1 + \beta)}$$ Звичайно: $$\Delta I_b = \Delta I_{in}.$$

За визначенням імпедансу маємо вхідний опір:

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

Якщо ви читаєте це, то, ймовірно, ви вже пройшли вхідний опір послідовника випромінювачів, який відображається у вищенаведеному рівнянні. Ця частина мене трохи потурбувала, оскільки це залежить від тієї частини емітерного послідовника, яку ми відокремили від частини транзистора (резистор випромінювача, R_2). Але все одно, продовжуючи далі ...

Вхідний опір послідовника випромінювачів задається:

$$Z_{in} = (1+\beta)*R_2$$ Замінивши це в: $$Z_1 = \frac{ (1+\beta)*R_2 + R_1}{(1 + \beta)}$$ $$= R_2 + \frac{R_1}{(1 + \beta)}$$ Отже, для Z_1 є рівняння. Це паралельно Z_2, що є R_2, тому загальний опір, що дивиться на вихід послідовника випромінювача, становить: $$Z = R_2 || \left (R_2 + \frac{R_1}{(1 + \beta)} \right)$$ Now back to the question. I don't know why the authors want us to do a proof with the input voltage held constant (sorry), but we can do this by taking one of the above equations and setting delta_V to zero: $$Z_1 = \frac{\Delta V_{in} + V_{R1}}{\Delta I_b(1 + \beta)}$$ $$Delta V_{in} = 0$$ $$=> Z_1 = \frac{\Delta V_R1}{\Delta I_b(1 + \beta)}$$ $$=> Z_1 = \frac{R_1}{(1 + \beta)}$$

Now we have:

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

Later in the page the author says:

Strictly speaking, the output impedance of the circuit should also include the parallel resistance of R, but in practice Zout (the impedance looking into the emitter) dominates.

Okay,so leaving out Z_2 we get:

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

In the book Z_1 is called Zout.

I share your frustration. AOA skims over basic tools like small-signal models to get you to the rule-of-thumb result more quickly. If you went through a more standard treatment, this exercise would be as straightforward as they come. But you'd get to this result much later in the course, certainly not at the start of chapter 2. So you get to build a circuit much earlier, It's a trade-off.

Let's look at the hints the exercise gives:

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.

Існує проста процедура для цього. Це завжди означає пошук еквівалента Тевеніна між двома портами лінійної мережі. Оскільки AOA не навчив вас про малу сигнальну модель для BJT, ця (стандартна) дорога закрита для вас.

Незважаючи на те, що вони висвітлювали Тевеніна раніше, ІМХО вони навіть погано працюють. Вам справді потрібне набагато краще пояснення того, як працювати з малосигнальними моделями в поєднанні з теоремою Тевеніна. Вони замовляють це, а потім роблять вигляд, ніби це було правильно пояснено, що засмучує пекло.

Ось напівзвукова модель малого сигналу, я думаю, що вони це натякають:

• Поставте резистор $R_s$ на базовому вході, який представляє вихідний опір джерела малого сигналу.
• нульові всі незалежні джерела (джерело базової напруги та VCC), замінивши їх на короткий заземлення.
• Нехтування $R$ просто усунувши його.
• Замість цього розміщуйте джерело напруги малого сигналу на випромінювачі.

Оскільки вам не показали, як замінити BJT на лінійну малу сигнальну модель, ви застрягли. Але ось хитрість, ми можемо просто використати той факт, що базові і емітерні напруги відслідковують один одного в послідовниках випромінювачів (книга щойно висвітлювала це в цій точці).

Аргумент виглядає так:

• мала напруга сигналу на випромінювачі повинна відповідати тій же зміні напруги в основі. Назви це$\Delta v$.
• зміна базової напруги повинно викликати зміну базового струму $\Delta i_b=\frac{\Delta v}{R_s}$.
• За дією BJT зміна базового струму відповідає зміні струму випромінювача, $\Delta i_e=(\beta+1) \Delta i_b$.
• Now we know the voltage and current through the voltage source at the emitter, we can find the equivalent impedance it sees "looking in" to the emitter, i.e. the output impedance of the emitter-follower.

Giving us:

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

QED.

Note: At this point, you can simply add back $R$ in parallel with $Z_{output}$.

---

If you do know about the standard hybrid-pi small-signal model, you would go through the same exercise, only you'd replace the BJT with an equivalent small-signal linear circuit model and solve it to get this more detailed result:

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

Where

• $R_E$ is the emitter resistor (called just $R$ in the book).
• $R_s$ is output resistance of the small-signal voltage source feeding the base.
• $r_o$ is part of the hybrid-pi model which models the early effect, you can neglect it neglect it by setting $r_o = \infty$.
• $r_\pi$ is part of the hybrid-pi model which depends on the operating point / collector current. $r_\pi/\beta$ is typically on the order of 1-20 ohms.

If you use all the above to simplify the full expression you once again end up with

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

Either way, you've shown that emitter-follower has the effect of lowering the output impedance of the source, which means it acts more like an ideal voltage source, i.e. there's a smaller drop in output voltage when attaching a load.

This is what I get using a hybrid-pi model with a base resistor of Rin and an emitter load of Re ...

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

Now if $R_e$ is large and $R_{in}$ >> $r_\pi$, this approximates to $\frac{R_{in}}{1+\beta}$

($\beta$ is so much quicker to LaTex than $h_{fe}$ :)

If anyone else comes across this post. This question is answered nicely here:

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

What your looking for is in section II.B.2 and II.B.3