Efecto del bootstrapping en un circuito amplificador

Question

Estoy tratando de entender este circuito amplificador "bootstrap bias". La imagen de abajo es una adaptación del libro "Transistor Techniques" de G. J. Ritchie:

Este circuito es una variación del "divisor de tensión de polarización", con la adición de los "componentes de arranque" $R_3$ y $C$ . El autor explica que $R_3$ y $C$ se utilizan para conseguir una mayor resistencia de entrada. El autor lo explica así:

Con la adición de los componentes de arranque ( $R_3$ y $C$ ) y asumiendo que $C$ es de reactancia despreciable a las frecuencias de la señal, el valor de CA de la resistencia del emisor viene dado por:

$R_E' = R_E || R_1 || R_2$

En la práctica, esto representa una pequeña reducción de $R_E$ .

Ahora, la ganancia de tensión de un seguidor de emisor con resistencia de emisor $R_E'$ es $A=\dfrac{R_E'}{r_e+R_E'}$ que está muy cerca de la unidad. Por lo tanto, con una señal de entrada $v_{in}$ aplicada a la base, la señal con aparece en el emisor ( $Av_{in}$ ) se aplica al extremo inferior de $R_3$ . Por lo tanto, la tensión de la señal que aparece a través de $R_3$ es $(1-A)v_{in}$ mucho menos que la señal de entrada completa, y $R_3$ ahora parece tener un valor efectivo (para señales de CA) de: $R_3'=\dfrac{R_3}{1-A}\gg R_3$ .

Para tratar de entender esto, hice un modelo de CA del circuito. Aquí está el modelo de CA:

A partir del modelo de CA, puedo verificar la afirmación del autor de que la resistencia del emisor es $R_E || R_1 || R_2$ y que la tensión en el nodo etiquetado como V es ligeramente inferior a la tensión de entrada. También puedo ver que la caída de tensión a través de $R_3$ (dado por $V_{in} - V$ ) será muy pequeño, lo que significa que $R_3$ consumirá muy poca corriente de la entrada.

Sin embargo, hay 2 cosas que todavía no entiendo bien de esa explicación:

1. ¿Por qué no podemos aplicar simplemente la fórmula de la ganancia de tensión del emisor-seguidor $A=\dfrac{R_E'}{r_e+R_E'}$ aquí, despreciando el efecto de $R_3$ ?

2. ¿Qué significa decir que el $R_3$ parece tener un "valor efectivo" diferente para las señales de CA? No veo por qué $R_3$ cambiaría de valor.

Ten en cuenta que para tratar de entender mejor el comportamiento de este circuito, he intentado analizarlo encontrando su resistencia de entrada de CA de dos maneras. He publicado ambos intentos como respuesta a esta pregunta, para que sirvan de referencia.

Answer 1

Has formulado unas buenas preguntas y te he subido por ello.

Para abordar (1) y (2), permítanme evitar el modelo de linealización de pequeña señal y hacer que miren directamente al circuito en sí, tal como está. He rediseñado el esquema un poco. No tanto porque piense que hará las cosas más claras que tu propio esquema. Sino porque tal vez el dibujo ligeramente diferente podría desencadenar un pensamiento diferente:

simular este circuito - Esquema creado con CircuitLab

Ahora, se puede ver fácilmente que la señal de CA se coloca directamente en la base de $Q_1$ . Así que el emisor seguir esa señal, en el comportamiento habitual de seguidor de emisor que conoces tan bien, para proporcionar una copia de baja impedancia y en fase 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 (asumiendo como dices que el valor es también de baja impedancia para las señales de CA de interés) desde el emisor, que es able para conducir ese condensador bastante bien, al divisor de base donde, gracias a la relativamente alta impedancia Thevenin del $R_1$ y $R_2$ par de polarización, ese nodo ahora también recibe una copia de la señal de CA. (La impedancia del par de polarización es alta, por lo que la $C_{BOOT}$ y $R_{TH}$ divisor en sí no disminuye mucho la señal).

Así, la señal de CA proporcionada en la base del BJT es copiada, en fase y con sólo algunas ligeras pérdidas en el camino, al lado izquierdo de $R_3$ . Pero el lado derecho de $R_3$ está siendo conducido por la señal original de CA a través de $C_1$ ¡! Por lo tanto, ambos lados de $R_3$ tener la misma señal de CA presente en ambos lados de la misma.

Piensa. Si un cambio de voltaje que aparece en un lado de una resistencia es exactamente igualado por el mismo cambio de voltaje que aparece en el otro lado de esa resistencia, entonces ¿cuánto cambio de corriente se produce? Cero, ¿verdad? No tiene ningún efecto.

¡Esta es la magia de este bootstrap!

Ahora bien, la realidad es que la señal de CA disminuye un poco, por lo que sí hay algún cambio de corriente real en $R_3$ . Pero $R_3$ hace un gran trabajo para 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 AC mientras que al mismo tiempo permite que el par de polarización (y la caída de CC a través de $R_3$ ) para proporcionar una polarización de CC adecuada para $Q_1$ .

Es un material muy bonito. Yo lo haría nunca considerar el uso de este tipo de amplificador de voltaje sin un arranque como este. (Aunque probablemente también incluiría una pata de ganancia de CA en el emisor). Demasiado bueno para tan poco esfuerzo.

Answer 2

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

simular este circuito - Esquema creado con CircuitLab

Answer 3

1) R3 se puede despreciar porque - causado por el efecto bootstrap - representa una resistencia muy grande R3'en paralelo a otras tres resistencias en paralelo.

2) Correcto. R3 no cambia su valor - sin embargo, como se ve desde la entrada - parece dinámicamente ampliada (sólo para las señales a aplicar, no para la CC). Esto se puede ver en la expresión para R3'=R3/(1-A) con A muy cerca de "1".

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

Answer 4

Yo soy el OP y abajo está mi propio intento de analizar este circuito (encontrando su resistencia de entrada).

En el libro del que saqué esta pregunta, el autor da dos expresiones para la resistencia de entrada ( $r_{in}$ o $\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$ en el modelo de CA) de este circuito de polarización de arranque. 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 a partir de un análisis exhaustivo del modelo de CA del circuito (que puse en la pregunta). La expresión 1 utiliza más suposiciones simplificadoras, pero da más intuición sobre el comportamiento del circuito (véase la solución 1 más abajo).

Como referencia, a continuación están 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 una tensión de aproximadamente $AV_{in}$ donde A es la ganancia del seguidor de emisor (por tanto, A es muy cercano a 1).

Por lo tanto, la corriente que pasa por el $R_3$ rama se trata de $\dfrac{v_{in} - Av_{in}}{R_3} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$ . Dado que 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 $r_\pi$ rama). Dado que la corriente a través de $R_3$ es muy pequeña en comparación con la corriente que pasa por $R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$ , descuidaré el $R_3$ para el siguiente cálculo, y asumir que toda la corriente de emisor ( $(\beta+1)i_b$ ) pasa por el $R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$ combinación. Así, $v_{in}$ puede calcularse como la tensión a través de $r_\pi$ (que es $i_br_\pi$ ) más la tensión a través de $R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$ (que es $(\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )$ ):

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

Por lo tanto, la corriente a través de $r_\pi$ puede expresarse como:

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

Ahora, vamos a calcular $i_{in}$ . 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, vamos a calcular $\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$ :

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

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

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

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

En esta expresión aproximada, podemos identificar claramente que uno de los componentes paralelos, $\dfrac{R_3}{1-A}$ es la "resistencia efectiva", aparentemente muy grande, 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 marcado como 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 del nodo:

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

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

Conectando esto $v_{in}$ 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 de $r_\pi$ 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 $i_b$ :

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

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

Por último, el cálculo de la resistencia de entrada ( $\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$ ):

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

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

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

Answer 5

Creo que probablemente has confundido el modelo r con el modelo hiper-pi, el autor está usando el modelo r (se puede saber por el símbolo re) mientras que tú estás usando el modelo hiper-pi, así que rpi es aproximadamente beta veces re.

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

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