Ermitteln des Ausgangswiderstands des npn-Stromspiegels

Question

Ermitteln des Ausgangswiderstands des npn-Stromspiegels

JordanSH

Ich habe den folgenden BJT-basierten Stromspiegel

Für Teil a habe ich eine ungefähre Analyse verwendet, die unten dargestellt ist:

v_{B 2} = 0,7 v = v_{C 2} v_{B E 1} = v_{B 1} - v_{C 2} \to v_{B 1} = 0,7 + 0,7 = 1.4 = v_{C 1} v_{B E 3} = v_{B 1} - v_{E 3} \to v_{E 3} = 1.4 - 0,7 = 0,7 v R = \frac{v_{E 3}}{{ICH}_{E 3}} = \frac{0,7 v}{10 μ A} = 70 K Ω

$\begin{equation} V_{B2}=0.7V=V_{C2}\\V_{BE1}=V_{B1}-V_{C2\:}\rightarrow V_{B1}=0.7+0.7=1.4=V_{C1}\\V_{BE3}=V_{B1}-V_{E3\:}\rightarrow V_{E3}=1.4-0.7=0.7V\\R=\frac{V_{E3}}{I_{E3}}=\frac{0.7V}{10\mu A}=70K\Omega \end{equation}$ Jetzt muss ich für Teil b, um den Ausgangswiderstand zu finden, die Kleinsignal-Ersatzschaltung verwenden. Dazu wird die Stromquelle geöffnet und eine Testspannung vo an den Ausgang angelegt. Das Ersatzschaltbild ist unten dargestellt:

schematisch

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}

Hier ist meine mathematische Analyse für die Kleinsignalschaltung:

v_{Ö} = R_{Ö} 3 ({ich}_{Ö} - G_{M 3} v_{π 3}) + R ({ich}_{Ö} - G_{M 3} v_{π 3} + \frac{v_{π 3}}{R_{e 3}}) R e - A R R A N G ich N G : v_{Ö} = {ich}_{Ö} (R_{Ö 3} + R) - (G_{M 3} (R_{Ö 3} + R) - \frac{R}{R_{e 3}}) v_{π 3}

$\begin{equation} v_o=r_o3\left(i_o-g_{m3}v_{\pi 3}\right)+R\left(i_o-g_{m3}v_{\pi 3}+\frac{v_{\pi 3}}{r_{e3}}\right)\\re-arranging:\\v_o=i_o\left(r_{o3}+R\right)-\left(g_{m3}\left(r_{o3}+R\right)-\frac{R}{r_{e3}}\right)v_{\pi 3} \end{equation}$ Wenn wir nun die v_pi3-Schleife des Emitters von Q1 und R verwenden, erhalten wir:

v_{π 3} + R ({ich}_{Ö} - G_{M 3} v_{π 3} + \frac{v_{π 3}}{R_{e 3}}) = 0 R e - A R R A N G ich N G : v_{π 3} = \frac{R}{R G_{M 3} - \frac{R}{R_{e 3}} - 1} {ich}_{Ö}

$\begin{equation} v_{\pi 3}+R\left(i_o-g_{m3}v_{\pi 3}+\frac{v_{\pi 3}}{r_{e3}}\right)=0\\re-arranging:\\v_{\pi 3}=\frac{R}{Rg_{m3}-\frac{R}{r_{e3}}-1}i_o \end{equation}$ Wenn wir jetzt ersetzen, erhalten wir das endgültige Ro als:

\frac{v_{Ö}}{{ich}_{Ö}} = R_{Ö} = R_{Ö 3} + R - [G_{M 3} (R_{Ö 3} + R) - \frac{R}{R_{e 3}}] (\frac{R}{R G_{M 3} - \frac{R}{R_{e 3}} - 1}) N Ö w : R_{Ö 3} = R_{Ö} = \frac{v_{A}}{{ICH}_{Ö}} = \frac{40 v}{10 μ A} = 4 M Ω R_{e 3} = R_{e} = \frac{a v_{T}}{{ICH}_{Ö}} = \frac{(0,99) (25 M v)}{10 μ A} = 2.5 K Ω G_{M 3} = G_{M} = \frac{{ICH}_{Ö}}{v_{T}} = \frac{10 μ A}{25 M v} = 0,4 M S

$\begin{equation} \frac{v_o}{i_o}=R_o=r_{o3}+R-\left[g_{m3}\left(r_{o3}+R\right)-\frac{R}{r_{e3}}\right]\left(\frac{R}{Rg_{m3}-\frac{R}{r_{e3}}-1}\right)\\now:\\r_{o3}=r_o=\frac{V_A}{I_o}=\frac{40V}{10\mu A}=4M\Omega\\r_{e3}=r_e=\frac{\alpha V_T}{I_o}=\frac{\left(0.99\right)\left(25mV\right)}{10\mu A}=2.5K\Omega\\g_{m3}=g_m=\frac{I_o}{V_T}=\frac{10\mu A}{25mV}=0.4mS \end{equation}$ Wenn ich die entsprechenden Werte einsetze, bekomme ich Ro gleich:

R_{Ö} = 116 M Ω

$\begin{equation} R_o=116M\Omega \end{equation}$ Jetzt habe ich versucht, meine Ergebnisse zu überprüfen, also habe ich mich entschieden, meine Schaltung mit LTSpice zu simulieren. Hier ist mein Schema:

Unten sind meine DC-Arbeitspunktergebnisse, sie scheinen nahe an meinen handberechneten Werten zu liegen:

Wenn ich jetzt die AC-Analyse verwende, um Ro zu finden, erhalte ich Ro = 83 M Ohm, wie unten angezeigt:

Kann mir bitte jemand sagen, warum ich einen so großen Unterschied zwischen meinen berechneten und simulierten Werten für Ro erhalte? Bitte helfen Sie mir herauszufinden, ob mit meinen analytischen Gleichungen oder der Art und Weise, wie ich meine Schaltung in LTSpice einrichte, etwas nicht stimmt. Danke im Voraus für Ihre Hilfe.

Sven B

Ich denke, dass die Kleinsignalschaltung falsch ist. Die GMs sollten nicht kurzgeschlossen werden (es bedeutet Kurzschließen von C und E), damit ich die kleinen Signaltransistoren in ihnen nicht erkennen kann.

Bimpelrekkie

Tatsächlich ist es falsch, Q1 und Q2 haben Basis und Kollektor kurzgeschlossen (sie sind Dioden), ihre SS-Schaltung ist ein GM zwischen B, C und E, das sich wie ein 1 / GM-Widerstand verhält. Irgendein Ro ist einfach parallel dazu.

JordanSH

@Bimpelrekkie, danke für deinen Kommentar. Also, wenn ich Sie richtig verstehe, brauchen wir die linke Hälfte der Schaltung so gut wie nicht. Wir können ihn als Widerstand von 1/g behandeln und diesen an die Basis von Q1 anhängen. Wenn dies der Fall ist, kann ich die rechte Hälfte der Schaltung als Common Base-Verstärker mit einem Widerstand von 1 / g an der Basis von Q1 behandeln. Hab ich recht?

Antworten (2)

Ermitteln des Ausgangswiderstands des npn-Stromspiegels

Ich denke, dass die Kleinsignalschaltung falsch ist. Die GMs sollten nicht kurzgeschlossen werden (es bedeutet Kurzschließen von C und E), damit ich die kleinen Signaltransistoren in ihnen nicht erkennen kann.
Tatsächlich ist es falsch, Q1 und Q2 haben Basis und Kollektor kurzgeschlossen (sie sind Dioden), ihre SS-Schaltung ist ein GM zwischen B, C und E, das sich wie ein 1 / GM-Widerstand verhält. Irgendein Ro ist einfach parallel dazu.
@Bimpelrekkie, danke für deinen Kommentar. Also, wenn ich Sie richtig verstehe, brauchen wir die linke Hälfte der Schaltung so gut wie nicht. Wir können ihn als Widerstand von 1/g behandeln und diesen an die Basis von Q1 anhängen. Wenn dies der Fall ist, kann ich die rechte Hälfte der Schaltung als Common Base-Verstärker mit einem Widerstand von 1 / g an der Basis von Q1 behandeln. Hab ich recht?

G36 · Answer 1

Beachten Sie zunächst, dass wir das im Text deutlich lesen können $I_{C1} = 1\textrm{mA}$ wir haben $V_{BE} = 0.7\textrm{V}$ Aber jetzt haben wir $I_{C2} = 10 \mu \textrm{A}$ Also der Transistor $V_{BE}$ wird gleich sein:

Δ v_{B E} = v_{T} \cdot ln (\frac{{ICH}_{C 1}}{{ICH}_{C 2}}) = 25 mV \cdot ln (\frac{1 mA}{10 μ A}) \approx 115.13 mV

$\Delta V_{BE} = V_T \cdot \textrm{ln}\left(\frac{I_{C1}}{I_{C2}}\right) = 25\textrm{mV}\cdot \textrm{ln}\left(\frac{1\textrm{mA}}{10\mu\textrm{A}}\right) \approx 115.13\textrm{mV}$

Also haben wir $V_{BE} = 0.7\textrm{V} - 115.13\textrm{mV}\approx 585\textrm{mV}$

Und der Widerstand wird im Bereich von liegen $R = \frac{585\textrm{mV}}{10\mu\textrm{A}} \approx 58.5\textrm{k}\Omega$

Nun das Kleinsignal-Ersatzschaltbild. Das sollte Ihnen inzwischen klar sein $Q_1$ Und $Q_2$ sind diodengeschaltete BJTs. Und ihre Kleinsignal-Ersatzschaltung ist

$r_d = \frac{1}{gm}||r_\pi||r_o \approx \frac{1}{gm} = \frac{10\mu A}{25mV}= 2.5\textrm{k}\Omega$

$r_o = \frac{V_A}{I_C} = \frac{40V}{10\mu A} = 4\textrm{M}\Omega$

$r_\pi = \frac{\beta}{g_m} = \frac{100}{0.4mS} = 250\textrm{k}\Omega$

Daher sieht die Kleinsignalschaltung wie folgt aus:

schematisch

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}

habe ich weggelassen $r_{o1}$ Und $r_{o2}$ absichtlich ( $r_{o}>>\frac{1}{g_m}$ ).

Für diese Schaltung können wir diesen KVL schreiben

v_{X} = ({ICH}_{X} - G_{M} \cdot v_{B e}) R_{Ö} + {ICH}_{X} (R | | (R_{π} + R_{D 1} + R_{D 2}))

$V_X = (I_X - g_m \cdot v_{be})r_o + I_x\left(R||(r_\pi+r_{d1}+r_{d2})\right)$

Wenn wir verwenden

$Rz = R||(r_\pi+r_{d1}+r_{d2})$ Und $R_B = r_\pi+r_{d1}+r_{d2}$

werde haben

v_{X} = ({ICH}_{X} - G_{M} \cdot v_{B e}) R_{Ö} + {ICH}_{X} R z

$V_X = (I_X - g_m \cdot v_{be})r_o + I_x Rz$

Und vbe Spannung ist gleich:

$\large v_{be} = - I_X \cdot Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B}$

Unsere Gleichung wird also:

v_{X} = ({ICH}_{X} - G_{M} \cdot (- {ICH}_{X} \cdot R z \cdot \frac{R_{π}}{R_{B}})) R_{Ö} + {ICH}_{X} R z

$V_X = \left(I_X - g_m \cdot(- I_X \cdot Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B})\right)r_o + I_x Rz$

v_{X} = ({ICH}_{X} - (- {ICH}_{X} \cdot R z \cdot \frac{R_{π}}{R_{B}} \cdot G_{M})) R_{Ö} + {ICH}_{X} R z

$V_X = \left(I_X -(- I_X \cdot Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B} \cdot g_m)\right)r_o + I_x Rz$

v_{X} = ({ICH}_{X} + {ICH}_{X} \cdot R z \cdot \frac{R_{π}}{R_{B}} \cdot G_{M}) R_{Ö} + {ICH}_{X} R z

$V_X = \left(I_X + I_X \cdot Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B} \cdot g_m\right)r_o + I_x Rz$

v_{X} = {ICH}_{X} (R_{Ö} + R z \cdot \frac{R_{π}}{R_{B}} \cdot G_{M} \cdot R_{Ö} + R z)

$V_X = I_X \left(r_o + Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B} \cdot g_m \cdot r_o + Rz \right)$

R_{Ö u T} = \frac{v_{X}}{{ICH}_{X}} = R_{Ö} + R z \cdot \frac{R_{π}}{R_{B}} \cdot G_{M} \cdot R_{Ö} + R z

$R_{out} = \frac{V_X}{I_X} = r_o + Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B} \cdot g_m \cdot r_o + Rz$

= \frac{v_{X}}{{ICH}_{X}} = R_{Ö} (1 + R z \cdot \frac{R_{π}}{R_{B}} \cdot G_{M}) + R z

$= \frac{V_X}{I_X} = r_o \left(1 + Rz \cdot \frac{r_\pi}{R_B} \cdot g_m \right) + Rz$

R_{Ö u T} = R_{Ö} (1 + R | | (R_{π} + R_{D 1} + R_{D 2}) \cdot \frac{R_{π}}{R_{π} + R_{D 1} + R_{D 2}}) + R | | (R_{π} + R_{D 1} + R_{D 2})

$R_{out} = r_o\left(1 + R||(r_\pi+r_{d1}+r_{d2}) \cdot \frac{r_\pi}{r_\pi+r_{d1}+r_{d2}} \right)+R||(r_\pi+r_{d1}+r_{d2})$

Und wir sind hier fertig.

R_{Ö U T} = 4 M Ω (1 + \frac{1}{\frac{1}{58.5 k Ω} + \frac{1}{255 k Ω}} \cdot \frac{250 k Ω}{255 k Ω} \cdot 0,4 MS) + \frac{1}{\frac{1}{58.5 k Ω} + \frac{1}{255 k Ω}} = 78.688 M Ω

$R_{OUT} = 4\textrm{M}\Omega\left( 1 + \frac{1}{\frac{1}{58.5\textrm{k}\Omega} + \frac{1}{255\textrm{k}\Omega}}\cdot \frac{250\textrm{k}\Omega}{255\textrm{k}\Omega} \cdot 0.4\textrm{mS}\right)+\frac{1}{\frac{1}{58.5\textrm{k}\Omega} + \frac{1}{255\textrm{k}\Omega}}=78.688\textrm{M}\Omega$

Vielen Dank für Ihre Antwort. Das macht die Sache gleich viel klarer. Ich war super verwirrt über zu viele Dinge. Aus Ihrer Antwort kann ich also schließen, dass mein LTSpice-Setup korrekt ist und mein Fehler in den Handberechnungen liegt. Nun, basierend auf Ihrer Antwort, (1) können Sie mir bitte sagen, woher der Begriff (1+gm3*ro3) in R_out kommt? (2) wie darf man ( r_pi+ 2/gm) parallel zu R kombinieren? Da das erste in der Basis ist und das letztere im Emitter? Irgendwie sagt mein Buch in den Kapitelnotizen, dass wir die Widerstandsreflexionsregel anwenden müssen. Vielen Dank für Ihre Klarstellung
Schauen Sie sich MEIN kleines Signaldiagramm an, wie Sie sehen können, ist rpi3 in Reihe mit (1 / gm1 + 1 / gm2) und alle diese drei Widerstände sind parallel zum R-Widerstand. Siehst du es? Und erkennst du diese Schaltung nicht?
Ich habe mich jedoch gewundert, dass sich die Serienwiderstände (rpi3 + 2 / gm) in der Basis und R im Emitter befinden, obwohl sie an demselben Knoten angeschlossen sind, an zwei verschiedenen Anschlüssen. Mein Buch schlägt die Anwendung der Widerstandsreflexionsregel vor, wenn ich es richtig verstanden habe. Könnten sie also parallel kombiniert werden, wenn sie sich an zwei verschiedenen Terminals befinden?? Danke für die Klarstellung, ich bin hier, um zu lernen
@Raykh Ich aktualisiere meine Antwort. Können Sie mir ein Beispiel mit der Widerstandsreflexionsregel zeigen?
Ich weiß nicht, ob ich hier in den Kommentaren ein Bild posten kann, aber die Widerstandsreflexionsregel besagt ziemlich genau, dass, wenn Sie den Widerstand Ze vom Emitter zur Basis Zb reflektieren möchten, dann Zb = (beta + 1) * Ze

mkeith · Answer 2

Ich bin seit einiger Zeit nicht mehr am College. Aber woran ich mich erinnere, ist, dass der Widerstand, der in den Kollektor blickt, ro, normalerweise als Va / Ic angenommen wird, wobei Va die frühe Spannung und Ic der DC-Kollektorstrom ist.

Deshalb haben sie dir Va gegeben.

Also ro = 40 V / 10 uA = 4 MOhm.

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