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Guadagno di uno stadio a transistor con doppia reazione nega

Elettronica lineare e digitale: didattica ed applicazioni

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[11] Re: Guadagno di uno stadio a transistor con doppia reazione

Messaggioda Foto Utentelrinetti » 14 ott 2022, 16:44

Buongiorno Edgar,
anche il mio, anno piu' anno meno.
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[12] Re: Guadagno di uno stadio a transistor con doppia reazione

Messaggioda Foto Utentemicdisav » 16 ott 2022, 3:09

lrinetti ha scritto:Sarei curioso di sapere come si calcola il guadagno di un circuito che presenta piu' di una rete di contro reazione. ...

Sempre dal post [1] -identico circuito-, provo a calcolare il guadagno con uscita, però, sull'emettitore:

Sempre con il th del Rosenstark: amplificazione

A_f =\frac{V_o}{I_i} = A\infty \cdot \frac{T}{1+T} + A_o \cdot \frac{1}{1+T} = \frac{A\infty \cdot T + A_o}{1+T}, con i significati che furono espressi in [7].


--- CALCOLO A\infty ---

A\infty = \frac{V_o}{I_i} quando h_{fe}\to \infty del generatore dipendente considerato e, in ragione fisica di h_{fe}\cdot i_b quantità finita, deve necessariamente essere i_b \to 0.

Applicando le condizioni h_{fe}\to \infty e (sopratutto) i_b \to 0 al circuito di Figura 1, si può convenire che il punto B ed E sono allo stesso potenziale virtuale (la base B non assorbe corrente, cfr: (') di Figura 2) , e si può scrivere la 2^{a} legge di Kirchhoff alla maglia riportata in (''), di Figura 2 -maglia di sole resistenze R_b, R_c, R_e-: (per semplificare la immissione formula ho scritto I_c al posto di I_{rc} -come sarebbe più giusto! :oops: -)

R_b \cdot I_i - R_e \cdot \left (I_i+I_c  \right )-R_c \cdot I_c = 0;

R_b \cdot I_i - R_e \cdot I_i - R_e \cdot I_c - R_c \cdot I_c = 0;

raggruppando:

I_i \cdot \left (R_b - R_e\right ) = I_c \cdot \left (R_e + R_c \right );

I_c = I_i \cdot \frac{\left ( R_b-R_e \right )}{\left (R_e + R_c \right )};

e sostituendola nell'espressione di V_o:

V_o = R_e \cdot \left (I_c + I_i\right ) = R_e  \cdot \left ( I_i \cdot \frac{\left ( R_b-R_e \right )}{\left (R_e + R_c \right )}+I_i\right ) = I_i \cdot R_e \cdot \left (\frac{R_b - R_e}{R_e+R_c}+1  \right );

svolgendo e semplificando:

V_o = I_i \cdot R_e \cdot \frac{R_b-R_e+R_e+R_c}{R_e+R_c} = I_i \cdot R_e \cdot \frac{R_b+R_c}{R_e+R_c};

infine, si può calcolare A\infty = \frac{V_o}{I_i} = R_e \cdot \frac{R_b+R_c}{R_e+R_c} = 1k \cdot \frac{100k+5k}{1k+5k} =17.5k\Omega.


--- CALCOLO A_o ---


A_o = \frac{V_o}{I_i} quando solo h_{fe} = 0 del generatore dipendente h_{fe}\cdot i_b considerato. Risulta:

i_b = I_i \cdot \frac{R_b + R_c}{h_{ie}+R_e+R_b + R_c};

V_o = i_b \cdot R_e = I_i \cdot R_e \cdot \frac{R_b + R_c}{h_{ie}+R_e+R_b + R_c};

infine: A_o = \frac{V_o}{I_i} = R_e \cdot \frac{R_b + R_c}{h_{ie}+R_e+R_b + R_c}= 1k \cdot \frac{100k + 5k}{1k+1k+100k + 5k}=981.3084 \Omega.


--- CALCOLO Rapporto di Ritorno T ---
1) si annullano i generatori indipendenti, in tal caso solo I_i,
2) il generatore dipendente h_{fe} \cdot i_b si scollega dal circuito e lo sostituisce con un generatore di prova I_p, il quale presenta caratteristiche di identico tipo V o I e polarità del generatore h_{fe} \cdot i_b sostituito.
@I_{bp} è la corrente scorrente nel ramo pilota responsabile della risposta del generatore di prova I_p.
L'effetto delle condizioni precedenti, produce il seguente stato del circuito:


3) denominando con @I_p = h_{fe} \cdot @I_{bp} l'intensità di corrente prodotta dalla @I_{bp} pilota, si definisce il rapporto di ritorno T relativo al generatore dipendente preso in esame:

T = - \frac{@I_p}{I_p}.

Prendendo in considerazione il circuito di FIGURA 4 si calcolano:

@I_{bp}=-I_p \cdot \frac{R_c + R_e}{R_b+h_{ie}+R_c + R_e} , e

@I_p = h_{fe} \cdot @I_{bp} =-I_p \cdot h_{fe} \cdot \frac{R_c + R_e}{R_b+h_{ie}+R_c + R_e};

Infine:

T = - \frac{@I_p}{I_p} = + h_{fe} \cdot \frac{R_c + R_e}{R_b+h_{ie}+R_c + R_e} = 100 \cdot \frac{5k + 1k}{100k+1k+5k + 1k} = 5.6075


--- CALCOLO A_f ---
Combinando opportunamente gli elementi A\infty, A_o e T calcolati, si ottiene:

A_f = \frac{V_o}{I_i} = \frac{A\infty \cdot T + A_o}{1+T} = \frac{17.5 k \cdot 5.6075+ 981.3084}{1+5.6075} = 15k\Omega;


BJT_NegFeedback_Rb_Re_outRe.zip
per Micro-Cap12 e MatLab
(18.38 KiB) Scaricato 12 volte

--- simulazione circuitale A_f ---
Con i visti dati componente e segnali: (aleatori e rendendo perciò ininfluente il punto di lavoro statico BJT)
h_{ie} = 1 k\Omega
h_{fe} = 100
R_b = 100 k\Omega
R_c = 5 k\Omega
R_e = 1 k\Omega
I_{i} = 1 mA.

Con l'output della simulazione ottenula lanciando "BJT_NegFeedback_Rb_Re_outRc.CIR" (non cambiato rispetto a [7]) risulta:

A_f = \frac{V_o}{I_i} = \frac{15}{1} \cdot \frac{V}{mA} = 15 k\Omega.

in linea con quanto ottenuto dal procedimento e formula del Rosenstark.
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[13] Re: Guadagno di uno stadio a transistor con doppia reazione

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 18 ott 2022, 11:11

Complimenti per le soluzioni e per l'impegno messo a prepararle. Potresti metterle insieme e farne un articolo, magari con una introduzione sul metodo. Il testo originale aveva in ingresso una resistenza in parallelo, Rs, potresti anche mostrare come tenerne eventualmente conto nei calcoli.

Dove hai incontrato il metodo di Rosenstark?
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[14] Re: Guadagno di uno stadio a transistor con doppia reazione

Messaggioda Foto Utentemicdisav » 18 ott 2022, 16:32

Buongiorno,
per essere precisi, trovai molto interessante la lettura (= riferimento) del documento bibliografico:
https://web.njit.edu/~rosensta/books/Feed_Back_Amps.pdf,

al termine dell'articolo EY:
https://www.electroyou.it/isidorokz/wiki/appunti-sulla-retroazione, proprio di IsidoroKZ.

Il primo link, era ed è irraggiungibile, ricordo che lo recuperai facendo delle ricerche sul nome del pdf, cioè "Feed_Back_Amps.pdf".

Ad essere sincero, fui un po' "egoista", nel senso che c'era "conflitto di interessi" da parte mia nell'avere 1 (poi diventati 2), esempi svolti secondo un "linguaggio per me più comprensibile!" (keys proverbio: capire, scrittura, asino, natura!).
Anche la scelta di saltare meno passaggi math -sebbene mi costò-: l'ho fatto per chi avrebbe letto, ma anche per chi scriveva=me!. Anzi, stavo pensando ad altri esempi sempre da aggiungere al medesimo post, vediamo; devo ovviamente svolgerli e vedere se è il caso. Scusandomi per i periodi tutti-attaccati, saluti, Michele.
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