Effekt des Bootstrappings in der Verstärkerschaltung

Sie haben einige gute Fragen formuliert und ich habe Sie dafür gelobt.

Um (1) und (2) anzusprechen, möchte ich das Kleinsignal-Linearisierungsmodell vermeiden und Sie einfach direkt auf die Schaltung selbst, so wie sie ist, schauen lassen. Ich habe den Schaltplan ein wenig umgezeichnet. Nicht so sehr, weil ich denke, dass es die Dinge klarer machen wird als Ihr eigener Schaltplan. Aber weil vielleicht eine etwas andere Zeichnung einen anderen Gedanken auslösen könnte:

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

Jetzt können Sie leicht erkennen, dass das AC-Signal direkt an der Basis von platziert ist$Q_1$. Der Emitter folgt also diesem Signal in dem üblichen Emitterfolgerverhalten, das Sie so gut kennen, um am Emitter eine niederohmige, phasengleiche Kopie des Wechselstromsignals mit einer Verstärkung von etwas weniger als 1 bereitzustellen. So viel ist wirklich leicht zu sehen.

Jetzt,$C_{BOOT}$überträgt dieses Signal (vorausgesetzt, wie Sie sagen, dass der Wert auch für die interessierenden Wechselstromsignale niederohmig ist) vom Emitter, der diesen Kondensator recht gut ansteuern kann, zum Basisteiler, wo dank der relativ hohen Thevenin-Impedanz von der$R_1$und$R_2$Biasing-Paar erhält dieser Knoten nun auch eine Kopie des AC-Signals. (Die Impedanz des Vorspannungspaares ist hoch, also die effektive$C_{BOOT}$und$R_{TH}$Der Teiler selbst verringert das Signal nicht sehr.)

Das an der Basis des BJT bereitgestellte Wechselstromsignal wird also phasengleich und mit nur geringfügigen Verlusten auf dem Weg auf die linke Seite kopiert$R_3$. Aber die rechte Seite$R_3$wird über das ursprüngliche AC-Signal angesteuert$C_1$! Also beide Seiten$R_3$haben das gleiche AC-Signal auf beiden Seiten davon vorhanden.

Denken. Wenn eine Spannungsänderung, die auf einer Seite eines Widerstands auftritt, genau der gleichen Spannungsänderung entspricht, die auf der anderen Seite dieses Widerstands auftritt, wie viel Stromänderung tritt dann auf? Null, oder? Es hat überhaupt keine Wirkung.

Das ist die Magie dieses Bootstrap!

Nun, die Realität ist, dass das AC-Signal ein wenig verringert wird, also ja, es gibt eine tatsächliche Stromänderung$R_3$. Aber$R_3$erledigt die Arbeit eines Bauern, die zu isolieren$Q_1$Basis, da es weit, weit weniger Stromänderungen gibt, als sonst aufgrund seines Nennwerts zu erwarten wäre. (Tatsächlich bietet es eine nahezu "unendliche" Impedanz zwischen der Basis und dem Vorspannungspaar bei AC , während gleichzeitig das Vorspannungspaar (und der DC-Abfall) zugelassen werden$R_3$), um die richtige DC-Vorspannung bereitzustellen$Q_1$.

Es ist wirklich nettes Zeug. Ich würde niemals in Betracht ziehen, diese Art von Spannungsverstärker ohne einen solchen Bootstrap zu verwenden. (Obwohl ich wahrscheinlich auch ein AC-Gain-Bein am Emitter einbauen würde.) Zu viel Gutes für so wenig Aufwand.

Da diese Bootstrap-Schaltung verwendet wird, wenn ein Verstärker eine hohe Eingangsimpedanz haben muss (wie LvW betont), wird sie oft verwendet, wenn die Spannungsquelle auch eine relativ hohe Quellenimpedanz hat. So wird "Vin" oft von einem äquivalenten Thevenin-Widerstand von Bedeutung begleitet.
In einem solchen Fall können Sie einen "Bass-Boost" haben, bei dem die positive Rückkopplung durch den Kondensator dazu beiträgt, den Frequenzgang am niederfrequenten Ende zu modifizieren, wo Sie erwarten würden, dass der Bootstrapping-Effekt abfällt. Ihr "AC-Modell" berücksichtigt diesen Effekt nicht, da es den Kondensator eliminiert.

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

1) R3 kann vernachlässigt werden, da er - bedingt durch den Bootstrap-Effekt - einen sehr großen Widerstand R3´ parallel zu drei weiteren Parallelwiderständen darstellt.

2) Richtig. R3 ändert seinen Wert nicht, erscheint aber, vom Eingang aus gesehen, dynamisch vergrößert (nur für die anzulegenden Signale, nicht für DC). Dies ist im Ausdruck für R3´=R3/(1-A) mit A sehr nahe bei "1" zu sehen.

Hier haben wir eine positive Rückkopplung (Rückkopplungsfaktor <1), die primär die Eingangsimpedanz verändert. Die Gesamtverstärkung ändert sich nur wenig.

Ich bin der OP und unten ist mein eigener Versuch, diese Schaltung zu analysieren (indem ich ihren Eingangswiderstand finde).

In dem Buch, aus dem ich diese Frage bekommen habe, gibt der Autor zwei Ausdrücke für den Eingangswiderstand an ($r_{in}$, oder$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$im AC-Modell) dieser Bootstrap-Vorspannungsschaltung. Die beiden Ausdrücke sind unten:

1. $\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E ))$

2. $\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi ( R_3 + R_E')}{R_3+r_\pi}$

Ausdruck 2 wird aus einer gründlichen Analyse des AC-Modells der Schaltung erhalten (die ich in die Frage gestellt habe). Ausdruck 1 verwendet einfachere Annahmen, gibt aber mehr Intuition über das Verhalten der Schaltung (siehe Lösung 1 unten).

Als Referenz sind unten meine Versuche aufgeführt, beide Ausdrücke für den Eingangswiderstand zu finden.

Lösung 1

In dieser Lösung versuche ich das zu finden$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E ))$.

Aufgrund des Verhaltens der Schaltung als Emitterfolger (wie in Jonks Antwort erläutert) hat der Knoten V eine Spannung von ungefähr$AV_{in}$, wobei A die Verstärkung des Emitterfolgers ist (daher ist A sehr nahe bei 1).

Daher wird der Strom durch die$R_3$Zweig ist ungefähr$\dfrac{v_{in} - Av_{in}}{R_3} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$. Da A sehr nahe bei 1 liegt,$\dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$liegt sehr nahe bei 0.

Lassen Sie uns jetzt ausdrücken$v_{in}$bezüglich$i_b$(der Strom durch die$r_\pi$Zweig). Da der Strom durch$R_3$ist sehr klein im Vergleich zum Strom durch$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$, ich werde die vernachlässigen$R_3$Verzweigung für die folgende Berechnung und nehmen an, dass der gesamte Emitterstrom ($(\beta+1)i_b$) geht durch die$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$Kombination. Daher,$v_{in}$kann als Spannung über berechnet werden$r_\pi$(welches ist$i_br_\pi$) plus die Spannung über$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$(welches ist$(\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )$):

$v_{in} = i_br_\pi + (\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )$

Also Strom durch$r_\pi$kann ausgedrückt werden als:

$i_b = \dfrac{v_{in}}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}$

Jetzt lass uns rechnen$i_{in}$. Er kann als Summe der Ströme berechnet werden$R_3$und$r_\pi$:

$i_{in} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3} + \dfrac{v_{in}}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}$

Jetzt lass uns rechnen$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$:

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{v_{in}}{\dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3} + \dfrac{v_{in}}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}}$

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{1}{\dfrac{(1-A)}{R_3} + \dfrac{1}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}}$

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{\dfrac{R_3}{1-A}} + \dfrac{1}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}}$

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E ))$

In diesem ungefähren Ausdruck können wir eindeutig erkennen, dass eine der parallelen Komponenten,$\dfrac{R_3}{1-A}$, ist der anscheinend sehr große "effektive Widerstand", auf den sich der Autor bezog.

Lösung 2

In dieser Lösung versuche ich das zu finden$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi ( R_3 + R_E')}{R_3+r_\pi}$.

Anwenden von KCL auf den mit V bezeichneten Knoten (der Strom in diesen Knoten vom Transistoremitter ist$(\beta+1)i_b$):

$(\beta+1)i_b = \dfrac{V}{R_1}+\dfrac{V}{R_2}+\dfrac{V}{R_E} + \dfrac{V-v_{in}}{R_3}$

$(\beta+1)i_b = V\left ( \dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}+\dfrac{1}{R_E} \right ) + \dfrac{V-v_{in}}{R_3}$

Herstellung$\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}+\dfrac{1}{R_E} = R_E'$:

$(\beta+1)i_b = \dfrac{V}{R_E'} + \dfrac{V-v_{in}}{R_3}$

Jetzt zum Ausdruck bringen$V$bezüglich$v_{in}$und$i_b$:

$V=v_{in}-i_br_\pi$

Herstellung$V=v_{in}-i_br_\pi$in der Knotengleichung:

$(\beta+1)i_b = \dfrac{v_{in}-i_br_\pi}{R_E'} + \dfrac{v_{in}-i_br_\pi-v_{in}}{R_3}$

$v_{in} = i_b\left [(\beta+1) R_E' + r_\pi + \dfrac{r_\pi R_E'}{R_3} \right ]$

Das einstecken$v_{in}$Ausdruck zurück in die Formel$V=v_{in}-i_br_\pi$:

$V = v_{in} - i_br_\pi = i_b\left [(\beta+1) R_E' + \dfrac{r_\pi R_E'}{R_3} \right ]$

Jetzt zum Ausdruck bringen$i_{in}$als Summe der Ströme durch$r_\pi$und$R_3$:

$i_{in} = i_b+\dfrac{v_{in}-V}{R_3}$

Einsetzen der gefundenen Ausdrücke für$V$und$v_{in}$bezüglich$i_b$:

$i_{in} = i_b+\dfrac{i_br_\pi}{R_3}=i_b\left ( \dfrac{R_3+r_\pi}{R_3} \right )$

$i_{in} = i_b+\dfrac{i_br_\pi}{R_3}=i_b\left ( \dfrac{R_3+r_\pi}{R_3} \right )$

Berechnen Sie schließlich den Eingangswiderstand ($\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$):

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{i_b\left [(\beta+1) R_E' + r_\pi + \dfrac{r_\pi R_E'}{R_3} \right ]}{i_b\left ( \dfrac{R_3+r_\pi}{R_3} \right )}$

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \left (\dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi R_3 + r_\pi R_E'}{R_3} \right )\left ( \dfrac{R_3}{R_3+r_\pi} \right )$

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi ( R_3 + R_E')}{R_3+r_\pi}$

Ich denke, Sie haben wahrscheinlich das R-Modell mit dem Hyper-Pi-Modell verwechselt. Der Autor verwendet das R-Modell (kann am Re-Symbol erkannt werden), während Sie das Hyper-Pi-Modell verwenden. Bei RPI handelt es sich also um Beta-Zeiten.

R3 kann sowohl in der Verstärkungs- als auch in der Eingangsimpedanzformel vernachlässigt werden, da Ic über die Stromschleife durch RE' dominierte und der Teil des Stroms durch R3 zu klein ist.

Es ist einfacher zu sehen, wenn wir gm * Vbe verwenden, um die gesteuerte Stromquelle zu formulieren.