Efecto del bootstrapping en el circuito amplificador.

Has enmarcado algunas buenas preguntas y te he mejorado por eso.

Para abordar (1) y (2), permítame evitar el modelo de linealización de señal pequeña y solo haga que mire directamente el circuito en sí, tal como está. He redibujado un poco el esquema. No tanto porque creo que aclarará las cosas más que su propio esquema. Pero porque tal vez dibujarlo de manera ligeramente diferente podría desencadenar un pensamiento diferente:

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}

Ahora, puede ver fácilmente que la señal de CA se coloca directamente en la base de$Q_1$. Entonces, el emisor seguirá esa señal, en el comportamiento habitual de emisor-seguidor que conoce tan bien, para proporcionar una copia en fase de baja impedancia de la señal de CA con una ganancia ligeramente inferior a 1, en el emisor. Eso es muy fácil de ver.

Ahora,$C_{BOOT}$transfiere esa señal (suponiendo que usted dice que el valor también es de baja impedancia para las señales de CA de interés) desde el emisor, que puede conducir ese condensador bastante bien, al divisor base donde, gracias a la relativamente alta impedancia de Thevenin de la$R_1$y$R_2$par de polarización, ese nodo ahora también obtiene una copia de la señal de CA. (La impedancia del par de polarización es alta, por lo que el efectivo$C_{BOOT}$y$R_{TH}$El divisor en sí no disminuye mucho la señal).

Entonces, la señal de CA proporcionada en la base del BJT se copia, en fase y con solo algunas pérdidas leves en el camino, al lado izquierdo de$R_3$. Pero el lado derecho de$R_3$está siendo impulsado por la señal de CA original a través de$C_1$! Entonces, ambos lados de$R_3$tener la misma señal de CA presente en ambos lados.

Pensar. Si un cambio de voltaje que aparece en un lado de una resistencia coincide exactamente con el mismo cambio de voltaje que aparece en el otro lado de esa resistencia, ¿cuánto cambio de corriente ocurre? Cero, ¿verdad? No tiene ningún efecto en absoluto.

¡Esta es la magia de este bootstrap!

Ahora, la realidad es que la señal de CA se reduce un poco, así que sí, hay un cambio de corriente real en$R_3$. Pero$R_3$hace el trabajo de un terrateniente de aislar el$Q_1$base, ya que hay mucho, mucho menos cambio actual de lo que se esperaría por su valor nominal. (En efecto, proporciona una impedancia casi 'infinita' entre la base y el par de polarización en CA , mientras que al mismo tiempo permite que el par de polarización (y la CC caigan a través de$R_3$) para proporcionar una polarización de CC adecuada para$Q_1$.

Es algo realmente agradable. Nunca consideraría usar este tipo de amplificador de voltaje sin un arranque como este . (Aunque probablemente también incluiría un tramo de ganancia de CA en el emisor). Demasiado bueno para tan poco esfuerzo.

Dado que este circuito de arranque se usa cuando se requiere que un amplificador tenga una impedancia de entrada alta (como señala LvW), a menudo se usa cuando la fuente de voltaje también tiene una impedancia de fuente relativamente alta. Entonces, "Vin" a menudo va acompañado de una resistencia equivalente de Thevenin de importancia.
En tal caso, puede tener un "refuerzo de graves" donde la retroalimentación positiva a través del capacitor conspira para modificar la respuesta de frecuencia en el extremo de baja frecuencia donde esperaría que el efecto de arranque se desvanezca. Su "modelo de CA" no tiene en cuenta este efecto, ya que elimina el condensador.

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}

1) R3 puede despreciarse porque, causado por el efecto de arranque, representa una resistencia R3´ muy grande en paralelo con otras tres resistencias en paralelo.

2) Correcto. R3 no cambia su valor; sin embargo, como se ve desde la entrada, aparece dinámicamente ampliado (solo para las señales que se aplicarán, no para DC). Esto se puede ver en la expresión para R3´=R3/(1-A) con A muy cerca de "1".

Aquí tenemos retroalimentación positiva (factor de retroalimentación <1), que cambia principalmente la impedancia de entrada. La ganancia general cambia solo un poco.

Soy el OP y debajo está mi propio intento de analizar este circuito (al encontrar su resistencia de entrada).

En el libro del que obtuve esta pregunta, el autor da dos expresiones para la resistencia de entrada ($r_{in}$, o$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$en el modelo AC) de este circuito de polarización bootstrap. Las dos expresiones son las siguientes:

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

La expresión 2 se obtiene de un análisis exhaustivo del modelo AC del circuito (que pongo en la pregunta). La expresión 1 usa suposiciones más simplificadoras, pero brinda más intuición sobre el comportamiento del circuito (consulte la Solución 1 a continuación).

Como referencia, a continuación se muestran mis intentos de encontrar ambas expresiones para la resistencia de entrada.

Solución 1

En esta solución, trato de encontrar que$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E ))$.

Debido al comportamiento del circuito como seguidor de emisor (como se explica en la respuesta de jonk), el nodo V tiene un voltaje de aproximadamente$AV_{in}$, donde A es la ganancia del seguidor de emisor (por lo tanto, A está muy cerca de 1).

Por lo tanto, la corriente a través del$R_3$la rama se trata$\dfrac{v_{in} - Av_{in}}{R_3} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$. Como A está muy cerca de 1,$\dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$está muy cerca de 0.

Ahora, expresemos$v_{in}$en términos de$i_b$(la corriente a través del$r_\pi$sucursal). Dado que la corriente a través$R_3$es muy pequeño en comparación con la corriente a través$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$, voy a descuidar la$R_3$rama para el siguiente cálculo, y suponga que toda la corriente del emisor ($(\beta+1)i_b$) pasa por el$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$combinación. Por lo tanto,$v_{in}$se puede calcular como el voltaje a través$r_\pi$(cual es$i_br_\pi$) más el voltaje a través$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$(cual es$(\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )$):

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

Entonces, la corriente a través$r_\pi$se puede expresar como:

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

Ahora, calculemos$i_{in}$. Se puede calcular como la suma de las corrientes a través de$R_3$y$r_\pi$:

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

Ahora, calculemos$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$:

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

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

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

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

En esta expresión aproximada podemos identificar claramente que una de las componentes paralelas,$\dfrac{R_3}{1-A}$, es la aparentemente muy grande "resistencia efectiva" a la que se refiere el autor.

Solución 2

En esta solución, trato de encontrar que$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi ( R_3 + R_E')}{R_3+r_\pi}$.

Aplicando KCL en el nodo etiquetado V (la corriente en este nodo desde el emisor del transistor es$(\beta+1)i_b$):

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

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

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

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

Ahora, expresando$V$en términos de$v_{in}$y$i_b$:

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

Haciendo$V=v_{in}-i_br_\pi$en la ecuación de nodo:

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

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

enchufando esto$v_{in}$expresión de nuevo en la fórmula$V=v_{in}-i_br_\pi$:

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

Ahora, expresando$i_{in}$como la suma de las corrientes a través$r_\pi$y$R_3$:

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

Introduciendo las expresiones encontradas para$V$y$v_{in}$en términos de$i_b$:

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

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

Finalmente, calculando la resistencia de entrada ($\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$):

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

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

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

Creo que probablemente confundió el modelo r con el modelo hiper-pi, el autor está usando el modelo r (se puede decir por el símbolo re) mientras usa el modelo hiper-pi, por lo que rpi se trata de beta veces re.

R3 puede despreciarse tanto en la fórmula de ganancia como de impedancia de entrada porque Ic dominó el bucle de corriente a través de RE', y la parte de corriente a través de R3 es demasiado pequeña.

Es más fácil ver si usamos gm * Vbe para formular la fuente de corriente controlada.