¿Por qué no este desplazador de fase unidad ganancia transistor disminuye su amplitud con frecuencia?

Question

He leído acerca de esta fase de la palanca de cambios en "el Arte de la Electrónica" y decidió correr un LTspice simulación para verificar si mi entendimiento de que el circuito está en línea con la realidad.

De acuerdo a LTspice el circuito está justo debajo de la unidad de la ganancia de 10Hz-100kHz banda.

La línea discontinua muestra la fase. La línea continua muestra la amplitud, pero nótese que la escala: Mirando µV la variación de una 1V(p) de entrada.

Mi sensación, sin embargo me dice R5 y C2 formar un simple RC filtro de paso bajo y aunque alimentado por un simétrica de la tensión de entrada captada desde el transistor de colector y emisor, yo sería de esperar de la salida a la caída en 6dB/oct de cerca de 200 hz.

CA de análisis:

• Como C2 corriente aumenta con la frecuencia, el voltaje a través de R5 aumenta.
• Del mismo modo el voltaje a través de C2 disminuye.
• La amplitud de la fed en el R5/C2 en el colector y emisor es plana con frecuencia.

¿Qué estoy con vistas aquí, ¿por qué es la ganancia de salida para frecuencias más altas todavía acerca de la unidad? Estoy buscando una respuesta cualitativa.

Version 4
SHEET 1 892 680
WIRE 288 16 112 16
WIRE 832 16 288 16
WIRE 112 48 112 16
WIRE 288 48 288 16
WIRE 832 48 832 16
WIRE 288 144 288 128
WIRE 400 144 288 144
WIRE 512 144 480 144
WIRE 288 160 288 144
WIRE -16 208 -208 208
WIRE 112 208 112 128
WIRE 112 208 48 208
WIRE 224 208 112 208
WIRE 512 208 512 144
WIRE 528 208 512 208
WIRE 608 208 608 80
WIRE 608 208 592 208
WIRE 640 208 608 208
WIRE 752 208 720 208
WIRE 832 208 832 128
WIRE 832 208 752 208
WIRE -208 240 -208 208
WIRE 752 240 752 208
WIRE 288 272 288 256
WIRE 400 272 288 272
WIRE 512 272 512 208
WIRE 512 272 464 272
WIRE 112 288 112 208
WIRE 288 288 288 272
WIRE 832 288 832 208
WIRE -208 352 -208 320
WIRE 112 400 112 368
WIRE 288 400 288 368
WIRE 288 400 112 400
WIRE 832 400 832 368
WIRE 832 400 288 400
FLAG 752 240 0
FLAG -208 352 0
FLAG 608 80 out
SYMBOL res 96 32 R0
SYMATTR InstName R1
SYMATTR Value 62k
SYMBOL res 96 272 R0
SYMATTR InstName R2
SYMATTR Value 22k
SYMBOL res 272 32 R0
SYMATTR InstName R3
SYMATTR Value 2k203742
SYMBOL res 272 272 R0
SYMATTR InstName R4
SYMATTR Value 2k2
SYMBOL res 384 160 R270
WINDOW 0 32 56 VTop 2
WINDOW 3 0 56 VBottom 2
SYMATTR InstName R5
SYMATTR Value 8k
SYMBOL cap -16 224 R270
WINDOW 0 32 32 VTop 2
WINDOW 3 0 32 VBottom 2
SYMATTR InstName C1
SYMATTR Value 10m
SYMBOL npn 224 160 R0
SYMATTR InstName Q1
SYMATTR Value 2N3904
SYMBOL voltage 832 272 R0
WINDOW 123 0 0 Left 2
WINDOW 39 0 0 Left 2
SYMATTR InstName V1
SYMATTR Value 12
SYMBOL voltage 832 32 R0
WINDOW 123 0 0 Left 2
WINDOW 39 0 0 Left 2
SYMATTR InstName V2
SYMATTR Value 12
SYMBOL voltage -208 224 R0
WINDOW 123 24 124 Left 2
WINDOW 39 0 0 Left 2
SYMATTR InstName V3
SYMATTR Value SINE(0 1 20000)
SYMATTR Value2 AC 1 0
SYMBOL cap 528 224 R270
WINDOW 0 32 32 VTop 2
WINDOW 3 0 32 VBottom 2
SYMATTR InstName C3
SYMATTR Value 10�
SYMBOL res 624 224 R270
WINDOW 0 32 56 VTop 2
WINDOW 3 0 56 VBottom 2
SYMATTR InstName R6
SYMATTR Value 10meg
SYMBOL cap 400 288 R270
WINDOW 0 32 32 VTop 2
WINDOW 3 0 32 VBottom 2
SYMATTR InstName C2
SYMATTR Value 0.1�
TEXT -242 410 Left 2 !.tran 0 0.2 0.1
TEXT -248 448 Left 2 !;ac dec 50 10 100000

Answer 1

Mi sensación, sin embargo me dice R5 y C2 formar un simple filtro de paso bajo RC y aunque alimentado por un simétrica de la tensión de entrada captada desde el transistor de colector y emisor, todavía iba a esperar la salida la caída en 6dB/oct de cerca de 200 hz

A bajas frecuencias R5 es dominante y el de salida es de 180 grados desfasada y ganancia unitaria (lo suficientemente cerca) y en las frecuencias altas C2 es dominante y se produce un desplazamiento de fase cero debido a que el voltaje de alimentación C2 es desde el emisor.

No existe un filtro de paso bajo a considerar aquí.

Considere la posibilidad de que el voltaje en el emisor es el mismo que el voltaje en la base y llamar a Vin. El voltaje en el colector se Vin -: -

^{simular este circuito – Esquema creado mediante CircuitLab}

Por lo tanto la tensión en el punto medio de R y C (Vsal) es: -

\$V_{IN} - \dfrac{2V_{IN} \cdot X_C}{X_C+R} = V_{IN}(1-\dfrac{2X_C}{R+X_C})\$

Por Lo Tanto Vsal/Vin = \$\dfrac{R-X_C}{R+X_C}\$

Todo esto es sin el uso de los números complejos, pero si usted hizo el análisis de la parte superior y la parte inferior de la ecuación anterior, las magnitudes son iguales: -

La foto de arriba es de cuando R y Xc son vectorially suman. Ahora si Xc fue negativo (como por el numerador de la ecuación), Xc, por supuesto, el punto hacia arriba, PERO, la longitud de Xc y R agregó juntos es exactamente la misma magnitud.

Answer 2

Aquí está el LTspice ilustración del circuito equivalente que LvW analizado (en comparación con el original circuito de transistor):

Tenga en cuenta que en el circuito original de Vc y Ve a hacer cambiar un poco (en la misma dirección) en la transición, pero esto puede ser ignorado como se puede ver.

Y si quieres "a prueba de LTspice" de este último superposición problema, se podría hacer lo siguiente mediante la intensificación de la tensión de CA de fuentes:

En estas parcelas he seleccionado sólo el (Vc=1, Vo=0), (Vc=0, Vo=1) y, finalmente, (Ve=1, Vc=1) de los datos.

La intuición detrás de la resolución de este último circuito equivalente de esto es simple: cualquiera que sea la magnitud que pasa-bajos de la Vc fuente de agregar a los 180 desplazado a la magnitud que pasa-altos a partir de las Cinco de la fuente. Para que su suma es constante en general. La prueba formal de este es en LvW la respuesta. Si usted desea hacer LTspice "probar" esto suma que usted necesita para poner tanto parcial circuitos de forma explícita en el mismo esquema como se muestra a continuación. (No sé cómo hacer LTspice agregar parametrizadas resultados para diferentes valores de los parámetros.)

Para recoger un determinado punto de abscisa para verificar esta numéricamente, dicen, correspondiente a la -3dB magnitud (\$=\frac{1}{\sqrt{2}}\$, que es el mismo para ambos filtros obviamente) la fase de la baja aprobó la señal es de -45 grados allí, y la fase de la alta aprobó una es -135 grados. Como era de esperar esto le da una magnitud de 1 y -90 grados de fase:

$$ \frac{1}{\sqrt{2}} \angle {-45}^{\circ} + \frac{1}{\sqrt{2}} \angle {-135}^{\circ} = \Big(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}j \Big) + \Big(-\frac{1}{2} - \frac{1}{2}j \Big) = -j = 1\angle {-90}^{\circ} $$

---

Finally, here's a re-stated proof that doesn't resort to s-domain (since you don't really need it here), nor use original definitions of reactance. You have two voltage dividers, one for each of those sources

$$ V_{co} = V_{c} \frac {\frac{1}{j\omega C}}{R+\frac{1}{j\omega C}} = V_{c} \frac {1}{1+j\omega RC} $$

$$ V_{eo} = V_{e} \frac {R}{R+\frac{1}{j\omega C}} = V_{e} \frac {j\omega RC}{1+j\omega RC} $$

Since \$V_c=-V_e\$, and by superposition:

$$ V_{sum} = V_{co} + V_{eo} = - V_{e} \frac {1}{1+j\omega RC} + V_{e} \frac {j\omega RC}{1+j\omega RC} = V_{e} \frac{-1+j\omega RC}{1+j\omega RC} $$

It makes more sense to express the transfer function relative to \$V_e\$ than to \$V_c\$ because the former is in-phase with the input signal (transistor's base).

$$ \frac{V_{sum}}{V_{e}} = \frac{-1+j\omega RC}{1+j\omega RC} $$

Now this is a complex number of the form \$ \frac{-z^*}{z}\$ (where * denotes the complex conjugate), so its magnitude is always 1; this is a trivial math fact since \$z=a+bi\$ and \$-z^*=-a+bi\$ have the same magnitude, namely \$|z|=a^2+b^2 = (-a)^2+b^2=|-z^*|\$.

The phase is a different matter, and it's not constant since it is basically the function

$$ f(x) = \arg\Big(\frac{-1+jx}{1+jx}\Big) $$

Clearly at \$x \a 0\$ it is the phase of \$-1\$ so \$\pm \pi\$, i.e. plus or minus 180 degrees. So it starts [at low frequency] in exact opposite phase of the emitter voltage, i.e. in phase with the collector voltage. As \$x \to \infty \$ the limit is zero, so it becomes in phase with the emitter voltage at high enough frequency.

To do get more insinght by hand, first note that \$\arg(z_1/z_2) = \arg(z_1)-\arg(z_2)\$ (See eq 10 in this handout and proof idea). So

$$f(x) = \arg(-1+ix) - \arg(1+ix) $$

For \$x>0\$, the right half of this subtraction this is just \$ \arctan x \$, pero la izquierda es \$ \pi + \arctan (-x) \$. Desde \$\arctan (-x) = -\arctan(x)\$, que finalmente han

$$ f(x) = \pi - 2 \arctan (x) $$

This is the same function but only for \$x>0\$. Supongo que por eso WA no automáticamente simplificar de esta.

Para realmente hacer que se vea como en las gráficas de Bode, usted necesita para hacer un semilog de la trama, que no sé cómo hacer en WA (creo que se requiere la versión de pago), pero... gnuplot hace esto:

gnuplot> set xrange [1:1E5]       
gnuplot> set logscale x                      
gnuplot> plot (180 / pi) * (pi - 2 * atan(2 * pi * 8E-4 * x)) 

8E-4 es el RC constante en este caso.

Yo un poco imprudentemente conjunto de Vc a 0 en la fase anterior LTspice sims/parcelas, cuando debería haber hecho eso con Vos. Con el cambio de la teoría está de acuerdo con la simulación a la perfección:

Answer 3

Es de primer orden filtro de paso total con las siguientes propiedades:

• Ambos voltajes de salida (magnitudes) son iguales (colector resp. emisor): por lo Tanto, v,c=-v,correo.

• Usando el principio de superposición, el voltaje de salida a través de la carga en común resistencia R6 (sum de un filtro de paso bajo y paso alto de salida) es

  v,=v,e[sR5C2/(1+sR5C2)]-v,e[1/(1+sR5C2)]

• Por lo tanto: v,/v,e=(sR5C2-1)/(sR5C2+1).

  Este primer orden pasa todo la función tiene una unidad de magnitud (magnitudes iguales para el numerador y el denominador) para todas las frecuencias, siempre y cuando la frecuencia de la dependencia de la ganancia del transistor puede ser descuidado.

Nota: La influencia de la gran resistencia de carga R6 fue descuidado.