Дифференциальные и многоступенчатые усилители (BJT)

Question

Дифференциальные и многоступенчатые усилители (BJT)

Bjt
Физика
Усилитель-мощности

Soumee

Я хочу определить токи в каждой из ветвей.

Я мог бы проанализировать текущую часть зеркала и часть дифференциального усилителя, но после этого столкнулся с проблемой.
Я мог бы найти ток коллектора $Q_{2}$ $Q_{2}$ $Q_{2}$ $Q_{2}$ $Q_{2}$ Но мне нужно найти ток через $R_{C}$ $R_{C}$ $R_{C}$ $R_{C}$ $р_{С}$ соединен с $Q_{2}$ $Q_{2}$ $Q_{2}$ $Q_{2}$ $Q_{2}$ ,найти $v_{O 2}$ $v_{O 2}$ $v_{O 2}$ $v_{O 2}$ $v_{О 2}$ что, в свою очередь, поможет мне в анализе $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ (т.е. найти ток коллектора и эмиттера $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ ).
Я не хочу предполагать, что ток через базу $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ это ноль.

Параметры:

$R_{1} = 12 k Ω$ $R_{1} = 12 k Ω$ $R_{1} = 12 k Ω$ $R_{1} = 12 k Ω$ $R_{1} = 12 k Ω$ $R_{1} = 12 k Ω$ $р_{1} знак равно 12 К Ω$

$R_{C} = 8 k Ω$ $R_{C} = 8 k Ω$ $R_{C} = 8 k Ω$ $R_{C} = 8 k Ω$ $R_{C} = 8 k Ω$ $R_{C} = 8 k Ω$ $р_{С} знак равно 8 К Ω$

$R_{E} = 3.3 k Ω$ $R_{E} = 3.3 k Ω$ $R_{E} = 3.3 k Ω$ $R_{E} = 3.3 k Ω$ $R_{E} = 3.3 k Ω$ $R_{E} = 3.3 k Ω$ $р_{Е} знак равно 3,3 К Ω$

$β = 200$ $β = 200$ $β = 200$ $β = 200$ $β знак равно 200$

схематический

^{смоделировать эту схему - схема, созданная с использованием CircuitLab}

Моя попытка:

АНАЛИЗ ТЕКУЩЕЙ ЧАСТИ ЗЕРКАЛА

Пропустить ток через $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $R_{1} = I_{1}$ $р_{1} знак равно я_{1}$

я_{1} знак равно я_{С 4} + я_{В 4} + я_{В 5}

(Поскольку

V_{B E}

V_{B E}

V_{B E}

V_{B E}

В_{В Е}

одинаково как для транзисторов, так и для транзисторов одинаковы,

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

I_{B 4} = I_{B 5}

я_{В 4} знак равно я_{В 5}

а также

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

I_{C 4} = I_{C 5}

я_{С 4} знак равно я_{С 5}

)

знак равно я_{С 5} + 2 я_{В 5}

знак равно я_{С 5} + 2 \frac{я_{С 5}}{β}

знак равно я_{С 5} (1 + \frac{2}{β})

я_{С 5} знак равно \frac{я_{1}}{1 + \frac{2}{β}}

АНАЛИЗ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЙ ЧАСТИ УСИЛИТЕЛЯ

Позволять $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $I_{C 5} = \frac{I_{1}}{1 + \frac{2}{β}} = I_{E}$ $я_{С 5} знак равно \frac{я_{1}}{1 + \frac{2}{β}} знак равно я_{Е}$

v_{1} - v_{В Е 1} знак равно v_{2} - v_{В Е 2}

v_{1} - v_{2} + v_{В Е 2} - v_{В Е 1}

v_{я D} + v_{В Е 2} - v_{В Е 1} знак равно 0

Сейчас,

v_{В Е 1} знак равно В_{T} L N (\frac{я_{С 1}}{я_{S 1}})

v_{В Е 2} знак равно В_{T} L N (\frac{я_{С 2}}{я_{S 2}})

Если

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

I_{S 1} = I_{S 2}

я_{S 1} знак равно я_{S 2}

\begin{matrix} (1) & \frac{я_{С 1}}{я_{С 2}} знак равно е^{\frac{v_{В Е 1} - v_{В Е 2}}{В_{T}}} знак равно е^{\frac{v_{я D}}{В_{T}}} \end{matrix}

Узловые уравнения на эмиттере:

\begin{matrix} (2) & я_{Е} знак равно я_{Е 1} + я_{Е 2} знак равно \frac{1}{α} (я_{С 1} + я_{С 2}) \end{matrix}

Подставляя уравнение (1) в (2), получаем:

я_{Е} знак равно \frac{1}{α} (е^{\frac{v_{я D}}{В_{T}}} я_{С 2} + я_{С 2})

знак равно \frac{я_{С 2}}{α} (е^{\frac{v_{я D}}{В_{T}}} + 1)

я_{С 2} знак равно \frac{α я_{Е}}{(е^{\frac{v_{я D}}{В_{T}}} + 1)}

также

я_{Е} знак равно \frac{1}{α} (я_{С 1} + я_{С 1} е^{- \frac{v_{я D}}{В_{T}}})

знак равно \frac{я_{С 1}}{α} (е^{- \frac{v_{я D}}{В_{T}}} + 1)

я_{С 1} знак равно \frac{α я_{Е}}{(е^{- \frac{v_{я D}}{В_{T}}} + 1)}

Мой вопрос: как мне анализировать $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ ,

Йонк

Вы ищете закрытое решение, основанное на вашей упрощенной модели BJT? Если да, знаете ли вы о функции Ламберта-W и как ее применить здесь?

Soumee

@jonk Нет, сэр. я не знаю о функции Ламберта-W на данный момент ..... я стараюсь минимизировать приближения настолько, насколько это возможно ... отсюда было интересно, есть ли у экспертов по этому вопросу способ учесть базовый ток

Q_{3}

Q_{3}

Q_{3}

Q_{3}

Q_{3}

а (было интересно, если базовый ток

Q_{3}

Q_{3}

Q_{3}

Q_{3}

Q_{3}

можно как-то математически учесть) поэтому решил спросить на форуме, где эксперты могут ответить на мой вопрос ..

Йонк

Базовый ток обрабатывается с

β

β

β

, который вам также понадобится. (Вы не можете получить его.) Готовы ли вы добавить это в качестве дополнительного вклада?

Soumee

@jonk Я нахожусь в стадии обучения ...... Было бы интересно увидеть, как это решение идет с учетом других вещей ....

Йонк

Нет проблем. У меня была очень счастливая жизнь, которую я не заслуживал. Я должен вам (и многим другим) больше, чем могу погасить. И я не возражаю платить вперед, особенно тем, кто может это оценить. Желаю тебе всего наилучшего!

Ответы (3)

Дифференциальные и многоступенчатые усилители (BJT)

Вы ищете закрытое решение, основанное на вашей упрощенной модели BJT? Если да, знаете ли вы о функции Ламберта-W и как ее применить здесь?
@jonk Нет, сэр. я не знаю о функции Ламберта-W на данный момент ..... я стараюсь минимизировать приближения настолько, насколько это возможно ... отсюда было интересно, есть ли у экспертов по этому вопросу способ учесть базовый ток $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ а (было интересно, если базовый ток $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ можно как-то математически учесть) поэтому решил спросить на форуме, где эксперты могут ответить на мой вопрос ..
Базовый ток обрабатывается с $β$ $β$ $β$ , который вам также понадобится. (Вы не можете получить его.) Готовы ли вы добавить это в качестве дополнительного вклада?
@jonk Я нахожусь в стадии обучения ...... Было бы интересно увидеть, как это решение идет с учетом других вещей ....
Нет проблем. У меня была очень счастливая жизнь, которую я не заслуживал. Я должен вам (и многим другим) больше, чем могу погасить. И я не возражаю платить вперед, особенно тем, кто может это оценить. Желаю тебе всего наилучшего!

Йонк · Answer 1

Я также согласен с тем, что вы написали:

Я стараюсь максимально минимизировать приближения

Но имейте в виду, что:

Ваш вопрос упрощен в том смысле, что вы не обсуждали даже базовую модель Эберса-Молла для BJT . Он не включает ранний эффект (который появился в более поздних моделях Эберса-Молла). Вы используете только упрощение активной области (уравнение диода Шокли плюс $α$ $α$ $α$ определить 3-контактное устройство.)
Ваш этап схемы относительно легко аппроксимировать вручную, и, если требуется большая точность, одна или не более двух дополнительных итераций с помощью калькулятора могут обеспечить практически любую рациональную потребность в точности.
Ваш этап схемы может быть аппроксимирован с помощью бесплатных инструментов Spice, таких как LTspice, и его очень легко настроить и запустить.
Ваш этап схемы может быть аппроксимирован с помощью программ для работы с электронными таблицами, таких как Excel, и может быть решен с помощью различных инструментов и программ калькулятора.
Это даже не сложно написать собственное программное обеспечение, чтобы справиться с этим. Если честно, всего несколько строк кода.
Вышесказанное только царапает поверхность того, что доступно сегодня без особых затруднений.

Для всех практических целей не требуется более доступных приближений. Возможно, как минимум одна из причин, почему большинство людей никогда не находят причин для того, чтобы развить свои математические навыки в достаточной степени, чтобы учесть вашу мотивацию здесь.

Несмотря на это, все вышеперечисленное абсолютно ничего не делает в ответ на вашу мотивацию избегать приближений. И я приветствую ваше желание здесь.

Следовательно, следующее аналитическое лечение мотивировано вашим запросом и предложено на ваше рассмотрение и интерес.

Я позвоню вашему коллекторному резистору $R_{B}$ $R_{B}$ $R_{B}$ $R_{B}$ $р_{В}$ для целей анализа $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ , поскольку он появляется в своей базовой цепи. Я позвоню другим двум резисторам для $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ , $R_{E}$ $R_{E}$ $R_{E}$ $R_{E}$ $р_{Е}$ а также $R_{C}$ $R_{C}$ $R_{C}$ $R_{C}$ $р_{С}$ , Ваше положительное напряжение источника просто будет $V$ $V$ $В$ теперь. Ваша ценность $I_{c_{2}}$ $I_{c_{2}}$ $I_{c_{2}}$ $I_{c_{2}}$ $I_{c_{2}}$ $I_{c_{2}}$ $я_{с_{2}}$ берется в качестве входа. Затем, используя стандартный узловой подход, вы получите:

\frac{В_{В_{3}}}{р_{В}} + я_{С_{2}} + я_{Е_{3}} \cdot (1 - α_{3}) знак равно \frac{В}{р_{В}}

Это оставляет нас с двумя неизвестными, $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $В_{В_{3}}$ а также $I_{E_{3}}$ $I_{E_{3}}$ $I_{E_{3}}$ $I_{E_{3}}$ $I_{E_{3}}$ $I_{E_{3}}$ $я_{Е_{3}}$ , Но:

я_{Е_{3}} знак равно \frac{В_{В_{3}} - В_{В Е_{3}}}{р_{Е}}

Так,

я_{С_{2}} + \frac{В_{В_{3}}}{р_{Е}} \cdot (1 - α_{3}) - \frac{В_{В Е_{3}}}{р_{Е}} \cdot (1 - α_{3}) знак равно \frac{В - В_{В_{3}}}{р_{В}}

Или же,

В_{В_{3}} знак равно \frac{В р_{Е} + В_{В Е_{3}} р_{В} (1 - α_{3}) - я_{С_{2}} р_{В} р_{Е}}{р_{Е} + р_{В} (1 - α_{3})}

Что еще не помогает, потому что теперь у нас есть другое неизвестное, и это означает, что у нас все еще есть два неизвестных.

Тем не менее, мы знаем кое-что еще:

В_{В Е_{3}} \approx В_{T} \cdot пер (\frac{я_{С_{3}}}{я_{S T_{3}}}) знак равно В_{T} \cdot пер (\frac{α_{3} \cdot я_{Е_{3}}}{я_{S T_{3}}})

Это, наконец, дает нам понять:

\begin{aligned} В_{В Е_{3}} & знак равно В_{T} \cdot пер (\frac{α_{3} \cdot я_{Е_{3}}}{я_{S T_{3}}}) \\ знак равно В_{T} \cdot пер (\frac{α_{3} \cdot \frac{В_{В_{3}} - В_{В Е_{3}}}{р_{Е}}}{я_{S T_{3}}}) \\ знак равно В_{T} \cdot пер (\frac{α_{3} \cdot (В_{В_{3}} - В_{В Е_{3}})}{р_{Е} \cdot я_{S T_{3}}}) \end{aligned}

Теперь у нас есть два уравнения с двумя неизвестными:

\begin{aligned} В_{В_{3}} & знак равно \frac{В р_{Е} + В_{В Е_{3}} р_{В} (1 - α_{3}) - я_{С_{2}} р_{В} р_{Е}}{р_{Е} + р_{В} (1 - α_{3})} \\ В_{В Е_{3}} & знак равно В_{T} пер (\frac{α_{3} (В_{В_{3}} - В_{В Е_{3}})}{р_{Е} я_{S T_{3}}}) \end{aligned}

Давайте представим вышеупомянутые два уравнения в несколько более простой форме, сделав следующие назначения:

\begin{aligned} знак равно \frac{В р_{Е} - я_{С_{2}} р_{В} р_{Е}}{р_{Е} + р_{В} (1 - α_{3})} \\ В & знак равно \frac{р_{В} (1 - α_{3})}{р_{Е} + р_{В} (1 - α_{3})} \\ С & знак равно \frac{α_{3}}{р_{Е} я_{S T_{3}}} \end{aligned}

Затем мы можем повторно выразить пару уравнений одновременно и затем решить путем подстановки:

\begin{aligned} В_{В_{3}} & знак равно + В В_{В Е_{3}} \\ В_{В Е_{3}} & знак равно В_{T} пер [С (В_{В_{3}} - В_{В Е_{3}})] \\ ∴ \\ В_{В Е_{3}} & знак равно В_{T} пер [С (- (1 - В) В_{В Е_{3}})], или же, \\ [С] - [С (1 - В)] В_{В Е_{3}} & знак равно е^{\frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} \end{aligned}

Вышеупомянутое уравнение разрешимо для $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $В_{В Е_{3}}$ !

\begin{aligned} В_{В Е_{3}} & знак равно В - р_{В} я_{С_{2}} - В_{T} LambertW {\frac{я_{S T_{3}} [р_{Е} + р_{В} (1 - α_{3})]}{В_{T} α_{3}} \cdot е^{\frac{В - р_{В} я_{С_{2}}}{В_{T}}}} \end{aligned}

Или, в том, что я думаю, это немного более значимая форма:

\begin{aligned} В_{В Е_{3}} & знак равно [В - р_{В} я_{С_{2}}] - В_{T} LambertW {\frac{я_{S T_{3}} [р_{В} + (β_{3} + 1) р_{Е}]}{β_{3} В_{T}} \cdot е^{\frac{В - р_{В} я_{С_{2}}}{В_{T}}}} \end{aligned}

Здесь вы можете увидеть номинальное напряжение (до коррекции для $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ $Q_{3}$ базовый ток) в качестве члена слева (а также числителя экспоненциальной мощности на правом множителе в пределах функции Ламберта W), а член коррекции напряжения - справа. Кроме того, в функции Ламберта W вы можете увидеть, как числитель фактора переводит $R_{E}$ $R_{E}$ $R_{E}$ $R_{E}$ $р_{Е}$ сначала на базу, прежде чем объединить его с $R_{B}$ $R_{B}$ $R_{B}$ $R_{B}$ $р_{В}$ а затем переводит это суммарное сопротивление на коллектор с использованием $β_{3}$ $β_{3}$ $β_{3}$ $β_{3}$ $β_{3}$ в знаменателе.

однажды $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $V_{B E_{3}}$ $В_{В Е_{3}}$ известно, теперь вы можете также решить для $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $V_{B_{3}}$ $В_{В_{3}}$ , тоже. А из тех, у остальных все просто выпадает тривиально.

Функция журнала продукта (Lambert W) - очень, очень мощная функция, которую не часто преподают в математике старшекурсников, необходимой для получения степени EE. Это определено так. Если у вас есть что-то в форме:

U е^{U} знак равно Z

Затем решение для $u$ $u$ $U$ дает:

U знак равно LambertW {Z}

Остается небольшая проблема размещения вещей в вышеуказанной форме. Давайте рассмотрим нашу проблему сверху и проработаем детали, зная форму, которая нам потребуется. Я сделаю шаги медленно:

\begin{aligned} [С] - [С (1 - В)] В_{В Е_{3}} & знак равно е^{\frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} \\ ([С] - [С (1 - В)] В_{В Е_{3}}) е^{\frac{- В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} & знак равно 1 \\ (- [1 - В] В_{В Е_{3}}) е^{\frac{- В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} & знак равно \frac{1}{С} \\ (\frac{}{1 - В} - В_{В Е_{3}}) е^{\frac{- В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} & знак равно \frac{1}{С (1 - В)} \\ (\frac{}{В_{T} (1 - В)} - \frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}}) е^{\frac{- В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} & знак равно \frac{1}{В_{T} С (1 - В)} \\ (\frac{}{В_{T} (1 - В)} - \frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}}) е^{\frac{- В_{В Е_{3}}}{В_{T}}} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}} & знак равно \frac{1}{В_{T} С (1 - В)} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}} \\ [\frac{}{В_{T} (1 - В)} - \frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}}] е^{[\frac{}{В_{T} (1 - В)} - \frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}}]} & знак равно \frac{1}{В_{T} С (1 - В)} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}} \end{aligned}

На этом этапе легко увидеть, что:

\begin{aligned} U & знак равно \frac{}{В_{T} (1 - В)} - \frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}} \\ Z & знак равно \frac{1}{В_{T} С (1 - В)} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}} \\ ∴ \\ U & знак равно LambertW {Z} \\ \frac{}{В_{T} (1 - В)} - \frac{В_{В Е_{3}}}{В_{T}} & знак равно LambertW {\frac{1}{В_{T} С (1 - В)} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}}} \\ \frac{}{1 - В} - В_{В Е_{3}} & знак равно В_{T} LambertW {\frac{1}{В_{T} С (1 - В)} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}}} \\ В_{В Е_{3}} & знак равно \frac{}{1 - В} - В_{T} LambertW {\frac{1}{В_{T} С (1 - В)} е^{\frac{}{В_{T} (1 - В)}}} \end{aligned}

И отсюда вы сможете сделать все правильные замены из заданий, которые я сделал ранее, и получить тот же ответ, который я дал.

Этот вид процесса решения встречается довольно часто в уравнениях BJT, где это $C$ $C$ $С$ обычно является функцией $V_{T}$ $V_{T}$ $V_{T}$ $V_{T}$ $В_{T}$ (часто просто $V_{T}$ $V_{T}$ $V_{T}$ $V_{T}$ $В_{T}$ .)

Многие возникающие явления, например те, которые развиваются в результате статистики взаимодействий большого числа частиц (а это почти все), по своей природе относятся к этим видам математических отношений. Кроме того, любая серия дискретных измерений (например, создание снимка любой переменной процесса с помощью АЦП) также будет приводить к появлению такого рода взаимосвязей как прямой результат самого процесса дискретизации (Dirac.)

Так что это также часто появляется во многих других местах в природе. Не только в электронике.

Он имеет очень широкое применение и может быть использован для: (а) решения дифференциальных уравнений (см. «Использование Ламберта W для выражения решения дифференциального уравнения» ); и (б) решить дифференциальные уравнения с задержкой (и астрологом); и, (c) помочь решить производящие функции для пуассоновских событий (и, как следствие, также много проблем повторения); и так далее.

Возможно, стоит прочитать этот PDF «О функции Ламберта W» Р. М. Корлеса и др. (1993). (В частности, включая Д. Кнута.)

Я надеюсь, что вы найдете вышеупомянутое полезным.

Сэр, если я проведу анализ схемы эквивалентного малого сигнала вышеупомянутой схемы, то найти $g_{m}$ $g_{m}$ $g_{m}$ $g_{m}$ $г_{м}$ Мне нужен постоянный ток (ток покоя) $I_{C Q 1}$ $I_{C Q 1}$ $I_{C Q 1}$ $I_{C Q 1}$ $I_{C Q 1}$ $I_{C Q 1}$ $я_{С Q 1}$ а также $I_{C Q 2}$ $I_{C Q 2}$ $I_{C Q 2}$ $I_{C Q 2}$ $I_{C Q 2}$ $I_{C Q 2}$ $я_{С Q 2}$ , Но на каскаде дифференциального усилителя входные напряжения переменного тока не подключаются через конденсаторы ... Поэтому, выполняя анализ постоянного тока, мы не можем разомкнуть источники переменного напряжения. Тогда как мы должны найти токи покоящегося коллектора? ... Кроме того, даже если источники переменного напряжения подключены через конденсатор, то при анализе постоянного тока база будет плавающей ....!
@ Soumee Предположим, что оба входа имеют одинаковое постоянное напряжение, где-то между вашими (-) и (+) рельсами. Если они оба одинаковы, а их излучатели одинаковы, ток будет делиться поровну (при условии одинаковых параметров BJT). Неважно, если их базы немного выше или немного ниже (обычные Режим движения.) Они могут плавать в этом смысле, все еще делая свою работу. Я хочу, чтобы вы взглянули на схему MC1496 - найдите таблицу данных или примечание к ней - посмотрите на выводы 1 и 4, в частности (и предположим, что контакты 2 и 3 закорочены).
@ Soumee Но когда есть разница между ними, то ток разделится по-другому.

Фотон · Answer 2

Ток через RE есть

я (р_{Е}) знак равно \frac{В (v_{о 2}) - В_{В Е}}{р_{Е}}

Ток в базу Q3

\frac{я (р_{Е})}{β + 1},

Но это все еще зависит от $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $В (v_{о 2})$ , а также $V_{B E}$ $V_{B E}$ $V_{B E}$ $V_{B E}$ $В_{В Е}$ нелинейно зависит от тока базы Q3. Таким образом, у вас есть набор трансцендентных уравнений для $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $V (v_{o 2})$ $В (v_{о 2})$ а также $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $I_{B} (Q_{3})$ $я_{В} (Q_{3})$ ,

Для ручного расчета базовый ток достаточно близок к 0, чтобы не оказывать заметного влияния на напряжение на RC.

Если вам нужен или вам нужен более точный результат, подключите схему к симулятору (но поймите, что ошибки из-за незнания параметров устройства точно больше ошибки из-за пренебрежения базовым током Q3).

Рассматривая всю работу по уравнениям, я думаю, что оператору требуется закрытое решение. Это возможно только с помощью функции Ламберта-W. Одна итерация с гораздо более простым уравнением получит, вероятно, 5 цифр, что должно быть достаточно для любого. Но закрытое решение требует функции журнала продукта, и нет никакого способа обойти это. Тогда вопрос скорее в применении конкретных уравнений из упрощенной теории, чем о «инженерии» как таковой.
@jonk, да я согласен, что ОП хочет закрытое решение. Основной смысл моего ответа заключается в том, что 1. Это PITA, к которому можно обратиться вручную, и 2. Точность не будет лучше для любой реальной схемы.
Конечно, нет. Никакого Раннего Эффекта в том, что ОП уже делал, НЕТ. И здесь нет даже самой простой модели Эберса-Молла. Это всего лишь фрагмент. Но, похоже, ОП хочет тренировать математические навыки.
Ох, крипы! Посмотрите на схему! Источники напряжения поляризованы неправильно!
@ Суми, так что подключи его к SPICE. Компьютер одновременно выяснит, каким должно быть уравнение, и решит его для вас за один раз. Но опять же, ответ не будет более точным, чем тот, который вы получите, предполагая 0 базовых токов в Q3.

dannyf · Answer 3

Я хочу определить токи в каждой из ветвей.

вау, я не понимал, что простые вещи могут быть такими сложными.

Мой дубль:

1) Q4 / Q5 - текущее зеркало. База Q4 находится на уровне -12 + 0.7v. Таким образом, ток через Q4 составляет (+12 - (-12 + 0,7 В)) / 12K = 2 мА.

2) это означает, что сквозной ток составляет 1 мА, при условии, что загрузка из Q3 невелика -> мы проверим это в конце.

3) это означает, что коллектор Q2 находится на 12v-8k * 1ma = 4v.

4) Таким образом, ток через Q3 равен (4v-0.7v) /3,3K = 1 мА.

5) это означает, что база Q3 находится в 12v-4K * 1ma = 8v.

6) базовый ток для Q3 составляет 1 мА / 200, слишком мало по сравнению с током коллектора Q1 / 2 -> нагрузка минимальна.

7) сделано.

Дифференциальные и многоступенчатые усилители (BJT)

Soumee

Йонк

Soumee

Йонк

Soumee

Йонк

Ответы (3)

Йонк

Soumee

Йонк

Йонк

Фотон

Йонк

Фотон

Йонк

Йонк

Фотон

dannyf

Транзистор с диодной связью, малосигнальный, Norton, Thevenin

Почему BJT действует как усилитель в линейной области?

Температурная компенсация в токе транзистора

Напряжение насыщения коллектор-эмиттер BJT в зависимости от температуры

Как переписать функцию перевода в стандартную форму?

Где здесь предусмотрен осциллятор в чипе 555?

Классы электростатического разряда диодов и биполярных транзисторов

Полярность сильноточного байпаса и защиты от короткого замыкания, транзисторы на LM7912 - NPN или PNP?

Почему я не получаю усиления от этой дифференциальной схемы?

Проблема с операционным усилителем