ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Robermix** » 22 lug 2015, 16:44

Avrei dei dubbi riguardo la configurazione Darlington.

Mi è chiaro che la resistenza di ingresso del secondo BJT agisce come resistenza di emettitore del primo BJT, che quindi vede una resistenza equivalente di alto valore.

Vedendo la sua rappresentazione tramite parametri ibridi con $h_{re}$ trascurabile viene fuori il seguente schema:

Immagine

La cui rappresentazione matriciale dell'intera configurazione:

$v_{be} = h_{ie}i_{b} + h_{re}v_{ce}$

$i_{c} = h_{fe}i_{b} + h_{oe}v_{ce}$

Il libro di testo suggerisce i seguenti risultati per i parametri dell'intera configurazione:

$h_{ie} = \left. \frac{v_{be}}{i_{b}} \right|_{v_{ce}=0} = h_{ie1} + (1 + h_{fe1})h_{ie2}$

$h_{fe} = \left. \frac{i_{c}}{i_{b}} \right|_{v_{ce}=0} = \frac{h_{fe1} + (1 + h_{fe1})h_{fe2}}{ 1 + h_{oe1}h_{ie2}}$

$h_{re} = \left. \frac{v_{be}}{v_{ce}} \right|_{i_{b}=0} = \frac{h_{oe1}h_{ie2}}{ 1 + h_{oe1}h_{ie2}}$

$h_{oe} = \left. \frac{i_{c}}{v_{ce}} \right|_{i_{b}=0} = \frac{h_{oe1}(1 + h_{fe2})}{ 1 + h_{oe1}h_{ie2}} + h_{oe2}$

La mia domanda è, la condizione $|_{v_{ce}=0}$ a cosa corrisponde in termini di circuito ?

Ma soprattutto, $v_{ce} = v_{ce2}$ , proprio come $i_{b} = i_{b1}$ , esatto ?

La condizione $|_{i_{b}=0}$ la capisco perché si annulla $i_{b1}$ e quindi di conseguenza anche $h_{fe}i_{b1} = 0$ e quindi $i_{b2} = i_{e1} = i_{b1} + i_{c1} = 0 + i_{c1} = i_{c1}$

Mentre con $v_{ce} = 0$ ? perché il calcolo di $h_{fe}$ proprio non mi riesce.

Grazie in anticipo per l'aiuto.

da **IsidoroKZ** » 22 lug 2015, 17:43

Quello che si puo` dire subito e` vce2=vce. La condizione di vce=0 vuol dire cortocircuitare l'uscita e vedere quanta corrente scorre attraverso il cortocircuito, senza dimenticare il contributo del primo transistore.

Quale libro usa i parametri h e in quale corso viene usato? Prima si dimenticano meglio e` :-)

da **EcoTan** » 22 lug 2015, 17:47

Robermix ha scritto:il calcolo di $h_{fe}$

In questo caso il nodo interno, costituito dalla seconda base, non si elimina così banalmente come nel primo calcolo.
So che non ti sto dando un grande aiuto, ho fatto il mio commento e se proprio vuoi verificare la formula del libro.. ti auguro buon lavoro.
Ops..incrocio

da **Robermix** » 22 lug 2015, 22:50

IsidoroKZ ha scritto:Quello che si puo` dire subito e` vce2=vce. La condizione di vce=0 vuol dire cortocircuitare l'uscita e vedere quanta corrente scorre attraverso il cortocircuito, senza dimenticare il contributo del primo transistore.

Quale libro usa i parametri h e in quale corso viene usato? Prima si dimenticano meglio e`

Grazie per la risposta. Corso di Fondamenti di Elettronica, libro scritto dal professore. :)

EcoTan ha scritto:
Robermix ha scritto:il calcolo di $h_{fe}$

In questo caso il nodo interno, costituito dalla seconda base, non si elimina così banalmente come nel primo calcolo.
So che non ti sto dando un grande aiuto, ho fatto il mio commento e se proprio vuoi verificare la formula del libro.. ti auguro buon lavoro.
Ops..incrocio

Diciamo che non sarebbe affatto una mia passione ma mi tocca.

Comunque un po' di calcoli per vedere dove sbaglio:

La descrizione tramite parametri ibirdi dei due BJT, considerando $h_{re1} e h_{re2}$ trascurabili:

$v_{be1} = h_{ie1}i_{b1} + 0$
$i_{c1} = h_{fe1}i_{b1} + h_{oe1}v_{ce1}$

$v_{be2} = h_{ie2}i_{b2} + 0$
$i_{c2} = h_{fe2}i_{b2} + h_{oe2}v_{ce2}$

con:

$i_{b}=i_{b1}$
$v_{ce1}$ = tensioni fra collettore ed emettitore del primo transistor
$v_{be1}$ = tensioni fra base e emettitore del primo transistor

$v_{ce2}$ = tensioni fra collettore ed emettitore del secondo transistor
$v_{be2}$ = tensioni fra base e emettitore del secondo transistor

(per cui il nodo di emettitore del primo transistor equivale al nodo di base del secondo transitor come si vede anche dallo schema)

e secondo le convenzioni adottate:

$i_{b} = i_{b1}$
$i_{b2} = i_{e1} = i_{b1} + i_{c1}$
$v_{ce} = v_{ce2}$
$i_{c} = i_{c1} + i_{c2}$

Venendo al calcolo:

$h_{fe} = \left. \frac{i_{c}}{i_{b}} \right|_{v_{ce}=0} = \frac{ h_{fe1}i_{b1} + h_{oe1}v_{ce1} + h_{fe2}i_{b2} + h_{oe2}v_{ce2}}{i_{b}}$

$= \frac{ h_{fe1}i_{b} + h_{oe1}v_{ce1} + h_{fe2}(i_{b1} + i_{c1}) + 0}{i_{b}}$

$= \frac{ h_{fe1}i_{b} + h_{oe1}v_{ce1} + h_{fe2}(i_{b} + h_{fe1}i_{b} + h_{oe1}v_{ce1})}{i_{b}}$

$= \frac{ h_{fe1}i_{b} + h_{oe1}v_{ce1} + h_{fe2}i_{b} + h_{fe2}h_{fe1}i_{b} + h_{fe2}h_{oe1}v_{ce1}}{i_{b}}$

$= \frac{ h_{oe1}v_{ce1} + h_{fe2}h_{oe1}v_{ce1} + (h_{fe1}i_{b} + h_{fe2}i_{b} + h_{fe2}h_{fe1}i_{b})}{i_{b}}$

$= \frac{ h_{oe1}v_{ce1}(1 + h_{fe2}) + [ h_{fe1} + (1 + h_{fe1})h_{fe2} ] i_{b}}{i_{b}}$

$= \frac{ h_{oe1}v_{ce1}(1 + h_{fe2})}{i_{b}} + [ h_{fe1} + (1 + h_{fe1})h_{fe2} ]$

$= \frac{ h_{oe1}v_{ce1}}{i_{b}}(1 + h_{fe2}) + [ h_{fe1} + (1 + h_{fe1})h_{fe2} ]$

$= ( \frac{i_{c1}}{i_{b}} - h_{fe1} )(1 + h_{fe2}) + [ h_{fe1} + (1 + h_{fe1})h_{fe2} ]$

$= ( A_{i BJT1} - h_{fe1} )(1 + h_{fe2}) + [ h_{fe1} + (1 + h_{fe1})h_{fe2} ]$

Dove sbaglio ? :mrgreen:

O anche cosa mi manca, magari continuando si arriva al risultato..

Grazie. O_/

da **EcoTan** » 23 lug 2015, 9:30

Robermix ha scritto: $i_{b} = i_{b1}$
$i_{b2} = i_{e1} = i_{b1} + i_{c1}$
$v_{ce} = v_{ce2}$
$i_{c} = i_{c1} + i_{c2}$

Ci sarebbe da aggiungere:
$v_{ce1} = v_{ce} - v_{be2}$
e per esprimere $v_{be2}$ in funzione di $i_{b}$ , $i_{c}$ , $v_{ce}$
bisogna risolvere una rete non proprio facile con 3 nodi.

da **IsidoroKZ** » 24 lug 2015, 1:38

Quel calcolo lo faccio in questo modo. Uso i parametri a pi greco ibrido, i parametri h non mi piacciono, vedi qui viewtopic.php?f=1&t=15239&start=10#p99918

Poi uso un modello di piccolo segnale in cui c'e` solo $r_\pi$ e $\beta_0$ e lo disegno con il simbolo di un transistor, almeno vedo il circuito su cui sto lavorando. Di questo modello so l'impedenza che si vede guardando dentro la base e dentro l'emettitore.

Se serve anche r_0

la aggiungo di fuori dal transistor, in modo da avere sott'occhio il circuito. Se si passa al circuito equivalente il circuito originale sparisce, e non ci capisco piu` nulla.

Nella figura di sinistra c'e` lo schema iniziale, con generatore di corrente all'ingresso e cortocircuito sull'uscita per poter trovare il rapporto $\beta_0=\frac{I_c}{I_b}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Se inizialmente si trascura l'effetto della r_0

, si ha subito che

$I_c=I_{c1}+I_{c2}=I_b\beta_1+I_b(\beta_1+1)\beta_2$ da cui $\beta_{eq}=\beta_1+\beta_2+\beta_1\beta_2 \approx \beta_1\beta_2$
dove ho chiamato $\beta_{eq}$ il beta complessivo della coppia Darlington in assenza di r_0

Se vogliamo mettere anche l'effetto di r_0

sul calcolo di $\beta$ si ha il circuito di sinistra, che puo` essere semplificato come in quello a destra, in cui $r_{02}$ e` stata eliminata perche' in cortocircuito e $r_{01}$ e` stata disegnata in posizione piu` chiara.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Gli apici primo si riferiscono alla corrente del transistore ideale, senza la ro.

La corrente I_c

, se si contano tutti i contributi, risulta pari a $I_c=I_{c1}^\prime+I_{c2}-I_r$ L'ultimo termine non scompare, anche se ho spostato $r_{01}$

Adesso diventa facile fare il conto. Si ha $I_{c1}^\prime=I_b\beta_1$ e $I_{e1}^\prime=I_b(\beta_1+1)$ . La corrente di emettitore del primo transistore arriva sul parallelo di $r_{01}/\!/r_{\pi2}$ e si ripartisce con la regola del partitore $I_{b2}=I_{e1}^\prime\frac{r_{01}}{r_{01}+r_{\pi2}}$ , mentre la corrente sulla resistenza $r_{01}$ vale $I_r=I_{e1}^\prime\frac{r_{\pi2}}{r_{01}+r_{\pi2}}$

Mettendo tutto insieme si ha questo risultato (assurdo!)

$\frac{I_c}{I_b}=\beta_1+\beta_2+\beta_1\beta_2 - \frac{r_{\pi 2}(\beta_1+1)(\beta_2+1)}{r_{01}+r_{\pi 2}}$
Usando la definizione di $\beta_{eq}$ data sopra, l'espressione diventa piu` compatta

$\frac{I_c}{I_b}=\beta_{eq}-\frac{r_{\pi2}(\beta_{eq}+1)}{r_{\pi2}+r_{01}}$

Da notare che considerando la $r_{01}$ il guadagno di corrente diminuisce.

TRASCURANDO il termine +1 rispetto a $\beta_{eq}$ si ha

$\frac{I_c}{I_b}=\beta_{eq}-\frac{r_{\pi2}\beta_{eq}}{r_{\pi2}+r_{01}}=\beta_{eq}\left ( 1-\frac{r_{\pi2}}{r_{\pi2}+r_{01}} \right )=\beta_{eq}\frac{r_{01}}{r_{\pi2}+r_{01}}=\frac{\beta_{eq}}{\frac{r_{\pi2}}{r_{01}}+1}$
e questo e` il risultato che hai sul tuo libro.

Il conto e` assurdo perche' usando i parametri a pigreco ibrido si vede immediatamente che $r_{\pi2}\approx\frac{V_T}{I_{B2}}$ e che $r_{01}=\frac{V_A}{I_{C1}}$ . Considerando che $I_{B2}=I_{E1}\approx I_{C1}$ si ha che $r_{\pi2}\approx\frac{V_T}{I_{C1}}$ da cui considerando che VA sono uno o piu` centinaia di volt, mentre VT sono circa 25mV, si ha che $r_{01}$ e` almeno 3 se non 4 ordini di grandezza maggiore di $r_{\pi2}$ .

Dalla equazione $\frac{I_c}{I_b}=\beta_{eq}-\frac{r_{\pi2}(\beta_{eq}+1)}{r_{\pi2}+r_{01}}\approx \beta_{eq}-\beta_{eq}\frac{r_{\pi2}}{r_{01}}$ si vede che essendo il beta equivalente dalle parti, al piu` di 10^4 e rpi/ro dalle parti di 10^-3 o 10^-4, la variazione del beta equivalente, considerando ro1, e` di qualche unita` su molte migliaia di unita`.

Tutto questo si classifica come pura, completa, totale e assoluta perdita di tempo e di sanita` mentale.

da **Robermix** » 26 lug 2015, 16:17

Grazie mille ad entrambi per i chiarimenti !! :ok:

Effettivamente calcoli un po' :shock:

fine a se stessi, ma spesso è così.

Grazie ancora. :)

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BJT config. Darlington giustificazione parametri ibridi

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