Efeito do bootstrapping no circuito do amplificador

Estou tentando entender esse circuito amplificador de "viés de inicialização". A imagem abaixo é adaptada do livro "Transistor Techniques", de GJ Ritchie:

Este circuito é uma variação do "enviesamento divisor de tensão", com a adição dos componentes de "bootstrap" e . O autor explica que e são usados ​​para obter maior resistência de entrada. O autor explica isso da seguinte maneira: C R 3$R_3$$C$$R_3$$C$

Com a adição de componentes de inicialização ( e ) e assumindo que é de reatância desprezível nas frequências de sinal, o valor AC da resistência do emissor é dado por: C $R_3$$C$$C$

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

Na prática, isso representa uma pequena redução no .$R_E$

Agora, o ganho de tensão de um seguidor de emissor com resistência de emissor é , que está muito próximo da unidade. Portanto, com um sinal de entrada aplicado à base, o sinal com aparece no emissor ( ) é aplicado na extremidade inferior de . Portanto, a tensão do sinal que aparece em é , muito menos que o sinal de entrada completo, e agora parece ter um valor efetivo (para sinais CA) de: . A = R ′ $R_E'$ vinAvinR3R3(1-A)vinR3R′3=R$A=\dfrac{R_E'}{r_e+R_E'}$$v_{in}$$Av_{in}$$R_3$$R_3$$(1-A)v_{in}$$R_3$$R_3'=\dfrac{R_3}{1-A}\gg R_3$

Para tentar entender isso, fiz um modelo AC do circuito. Aqui está o modelo AC:

No modelo AC, posso verificar a afirmação do autor de que a resistência do emissor é e que a tensão no nó rotulado como V é ligeiramente menor que a tensão de entrada. Também posso ver que a queda de tensão em (fornecida por ) será muito pequena, o que significa que muito pouca corrente da entrada.$R_E || R_1 || R_2$$R_3$$V_{in} - V$$R_3$

No entanto, existem duas coisas que ainda não entendi dessa explicação:

1) Por que podemos simplesmente aplicar a fórmula para o ganho de tensão do emissor-seguidor ( ) aqui, negligenciando o efeito de ?$A=\dfrac{R_E'}{r_e+R_E'}$$R_3$

2) O que significa dizer que o parece ter um "valor efetivo" diferente para sinais CA? Não vejo por que mudaria de valor.R $R_3$$R_3$

Agradeço antecipadamente.

Editar

Para tentar entender melhor o comportamento desse circuito, tentei analisá-lo encontrando sua resistência de entrada CA de duas maneiras. Publiquei as duas tentativas como resposta a esta pergunta, para referência.

Você formulou algumas boas perguntas e eu a recompensei por isso.

Para abordar (1) e (2), deixe-me evitar o modelo de linearização de pequenos sinais e apenas observar o próprio circuito, como está. Redesenhei um pouco o esquema. Não tanto porque acho que isso tornará as coisas mais claras do que o seu próprio esquema. Mas porque talvez desenhá-lo de maneira um pouco diferente possa desencadear um pensamento diferente:

^{simular este circuito - esquemático criado usando o CircuitLab}

Agora, você pode ver facilmente que o sinal CA é colocado diretamente na base de . Portanto, o emissor seguirá esse sinal, no comportamento usual de seguidor de emissor que você conhece muito bem, para fornecer uma cópia em fase de baixa impedância do sinal CA com um ganho ligeiramente menor que 1 no emissor. Isso é realmente fácil de ver.$Q_1$

Agora, transfere esse sinal (assumindo que você também diz que o valor também é baixa impedância para os sinais CA de interesse) do emissor, que é capaz de acionar esse capacitor muito bem, para o divisor de base, onde, graças para a relativamente alta impedância de Thevenin do R 1 e R 2 par de polarização, que agora também nó recebe uma cópia do sinal AC. (A impedância do par de polarização é alta, portanto, o divisor efetivo de C B O O T e R T H não diminui muito o sinal.)$C_{BOOT}$$R_1$$R_2$$C_{BOOT}$$R_{TH}$

Então, o sinal AC fornecida na base do BJT é copiado, em fase e com apenas algumas ligeiras perdas ao longo do caminho, para o lado esquerdo de . Mas o lado direito do R 3 está sendo conduzido pelo sinal AC originais via C 1 ! Assim, ambos os lados de R 3 tem o mesmo sinal AC presente em ambos os lados da mesma.$R_3$$R_3$$C_1$$R_3$

Pensar. Se uma mudança de tensão que aparece em um lado de um resistor é exatamente igual à mesma mudança de tensão que aparece no outro lado desse resistor, quanta mudança de corrente ocorre? Zero, certo? Não tem nenhum efeito.

Essa é a mágica desse bootstrap!

Agora, a realidade é que o sinal CA diminuiu um pouco, então sim, há alguma mudança de corrente real no . Mas R 3 faz o trabalho de um yeoman de isolar a Q 1 base, como há muito, muito mudança menos corrente do que seria esperado pelo seu valor de face. (De fato, ele fornece uma impedância quase 'infinita' entre a base e o par de polarização na CA , ao mesmo tempo em que permite que o par de polarização (e o DC caiam em R 3 ) para fornecer uma polarização DC adequada para Q 1 .$R_3$$R_3$$Q_1$$R_3$$Q_1$

É uma coisa muito legal. Eu nunca consideraria usar esse tipo de amplificador de tensão sem um bootstrap como este. (Embora eu provavelmente também inclua uma perna de ganho de CA no emissor.) Muito bom por tão pouco esforço.

Como esse circuito de autoinicialização é usado onde um amplificador é necessário para ter uma alta impedância de entrada (como LvW aponta), ele é frequentemente usado quando a fonte de tensão também possui uma impedância de fonte relativamente alta. Portanto, "Vin" é frequentemente acompanhado por uma resistência equivalente de Thevenin à significância.
Nesse caso, você pode ter um "aumento de graves" em que o feedback positivo através do capacitor conspira para modificar a resposta de frequência na extremidade de baixa frequência, onde você espera que o efeito de inicialização diminua. O seu "modelo AC" não responde por esse efeito, pois elimina o capacitor.

^{simular este circuito - esquemático criado usando o CircuitLab}

1) R3 pode ser desprezado porque - causado pelo efeito de autoinicialização - representa um resistor R3 muito grande em paralelo a outros três resistores paralelos.

2) correto. R3 não altera seu valor - no entanto, como pode ser visto na entrada - ele aparece dinamicamente ampliado (apenas para os sinais a serem aplicados, não para DC). Isso pode ser visto na expressão para R3´ = R3 / (1-A) com A muito próximo de "1".

Aqui temos um feedback positivo (fator de feedback <1), que altera principalmente a impedância de entrada. O ganho geral muda apenas um pouco.

Eu sou o OP e abaixo está minha própria tentativa de analisar esse circuito (encontrando sua resistência de entrada).

$r_{in}$$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$

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

A expressão 2 é obtida a partir de uma análise minuciosa do modelo CA do circuito (que eu coloquei na pergunta). A expressão 1 usa suposições mais simplificadoras, mas fornece mais intuição sobre o comportamento do circuito (consulte a Solução 1 abaixo).

Para referência, abaixo estão minhas tentativas de encontrar ambas as expressões para a resistência de entrada.

Solução 1

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

$AV_{in}$

$R_3$$\dfrac{v_{in} - Av_{in}}{R_3} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$$\dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}$

$v_{in}$$i_b$$r_\pi$$R_3$$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$$R_3$$(\beta+1)i_b$$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$$v_{in}$$r_\pi$$i_br_\pi$$R_2 \parallel R_1 \parallel R_E$$(\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )$

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

$r_\pi$

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

$i_{in}$$R_3$$r_\pi$

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

$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$

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

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

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

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

$\dfrac{R_3}{1-A}$

Solução 2

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

$(\beta+1)i_b$

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

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

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

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

$V$$v_{in}$$i_b$

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

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

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

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

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

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

Now, expressing $i_{in}$ as the sum of the currents through $r_\pi$ and $R_3$:

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

Plugging in the expressions found for $V$ and $v_{in}$ in terms of $i_b$:

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

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

Finally, calculating the input resistance ($\dfrac{v_{in}}{i_{in}}$):

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

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

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