مدارهای BJT: بایاس، آینه‌های جریان، سوئینگ سیگنال‌بزرگ و آرایش‌های تقویت‌کننده

1. ایدهٔ اصلی

ترانزیستور دوقطبی پیوندی (BJT) یک قطعهٔ سه‌پایه با کنترل جریانی / کنترل ولتاژیِ نمایی است. تحلیل هر مدار BJT همیشه همان کار دومرحله‌ای است:

1. مرحلهٔ DC (بایاس). همهٔ منابع سیگنال را خاموش کنید، هر خازن را مدار باز بگیرید و نقطهٔ کار $Q = (I_{CQ},\, V_{CEQ})$ و همهٔ ولتاژهای گره را بیابید. این مرحله مشخص می‌کند هر ترانزیستور در کدام ناحیه کار می‌کند و پارامترهای سیگنال‌کوچک را تثبیت می‌کند.
2. مرحلهٔ AC (سیگنال‌کوچک). همهٔ منابع تغذیهٔ DC را زمین کنید، هر خازن بزرگ/«بی‌نهایت» را اتصال کوتاه بگیرید، هر ترانزیستور را با مدل هیبرید-$\pi$ (یا مدل T) جایگزین کنید و $A_v$، $R_{in}$، $R_{out}$ و پهنای باند را محاسبه کنید.

پرسش سوم — سوئینگ سیگنال‌بزرگ — ترکیبی از این دو است: خروجی تا کجا می‌تواند جابه‌جا شود پیش از آنکه قطعه از ناحیهٔ فعال خارج شود (از یک سو قطع و از سوی دیگر اشباع)؟

سه ناحیهٔ کار برای یک ترانزیستور npn (برای pnp همهٔ علامت‌ها را وارون و «بالاتر/پایین‌تر» را جابه‌جا کنید):

این کارت بایاس، آینه‌های جریان و قانون $\Delta V_{BE}$، چهار آرایش تک‌طبقه، انعکاس مقاومت (تکی و آبشاری)، بوت‌استرپ/میلر، تحلیل گره‌به‌گرهٔ طبقات چندترانزیستوری و حدهای سوئینگ خروجی در طبقات CE و امیترفالوورها را پوشش می‌دهد — یعنی کل جعبه‌ابزار مدارهای گسستهٔ BJT که آزمون‌های ورودی کارشناسی ارشد از آن سؤال می‌دهند.

2. فرمول‌های کلیدی

سیگنال‌بزرگ (ناحیهٔ فعال).

$I_C = I_S\,e^{V_{BE}/V_T}\left(1 + \frac{V_{CE}}{V_A}\right), \qquad V_T = \frac{kT}{q} \approx 25\text{–}26\ \text{mV at }300\ \text{K}$

$I_E = I_B + I_C, \qquad I_C = \beta I_B, \qquad I_C = \alpha I_E, \qquad \alpha = \frac{\beta}{\beta+1}, \qquad \beta = \frac{\alpha}{1-\alpha}$

سیگنال‌کوچک (مدل هیبرید-$\pi$ / مدل T).

$g_m = \frac{I_{CQ}}{V_T}, \qquad r_\pi = \frac{\beta}{g_m} = \frac{\beta V_T}{I_{CQ}}, \qquad r_e = \frac{\alpha}{g_m} = \frac{V_T}{I_{EQ}} = \frac{r_\pi}{\beta+1}, \qquad r_o = \frac{V_A}{I_{CQ}}$

انعکاس مقاومت (پرکاربردترین قاعده).

$R_{\text{emitter resistance seen from the base}} = (\beta+1)\,R_E, \qquad R_{\text{base resistance seen from the emitter}} = \frac{R_B}{\beta+1}$

معادلهٔ عمومی بایاس (شبکهٔ بیس را با معادل تونن به $V_{BB},\,R_{BB}$ تبدیل کنید):

$I_E = \frac{V_{BB} - V_{BE\text{-}on}}{R_E + \dfrac{R_{BB}}{\beta+1}} \quad\Longrightarrow\quad I_E \approx \frac{V_{BB}-V_{BE\text{-}on}}{R_E}\ \text{ when } \frac{R_{BB}}{\beta+1} \ll R_E$

آرایش‌های تک‌طبقه (مقاومت سیگنال $R_{sig}$ در منبع، بار کل کلکتور $R_C' = R_C \parallel R_L$، بار کل امیتر $R_E' = R_E \parallel R_L$، و $r_o = \infty$ مگر آنکه خلافش گفته شود):

تبدیل امپدانس از دو سرِ یک بلوک بهره — اثر میلر و همزادش، بوت‌استرپ. اگر مقاومت $R$ میان دو گره‌ای قرار گیرد که ولتاژهایشان به‌صورت $v_2 = A_v v_1$ از یکدیگر پیروی می‌کنند:

$R_{\text{seen at node 1}} = \frac{R}{1 - A_v}$

• $A_v < 0$ (CE): $R$ تقسیم می‌شود — اثر میلر ($C_\mu$ به $C_\mu(1+g_m R_C')$ تبدیل می‌شود و پهنای باند را از بین می‌برد).
• $A_v \to 1^-$ (فالوور): $R$ ضرب می‌شود — بوت‌استرپ، ترفندی که یک مقاومت بایاس معمولی را به مداری تقریباً باز تبدیل می‌کند و $R_{in}$ را بسیار بالاتر از $R$ می‌برد.

حدهای سوئینگ خروجی در یک طبقه با کوپلاژ خازنی با ولتاژ DC کلکتور $V_{CQ}$، ولتاژ DC امیتر $V_{EQ}$ و بار AC برابر $R_{ac} = R_C \parallel R_L$:

$v_{out}^{+}\big|_{\max} = I_{CQ}\,R_{ac} \quad (\text{cut-off}), \qquad \left|v_{out}^{-}\right|_{\max} = V_{CQ} - V_{EQ} - V_{CE,\text{sat}} \quad (\text{saturation})$

$\hat{V}_{\text{undistorted}} = \min\!\left(I_{CQ}R_{ac},\ V_{CQ}-V_{EQ}-V_{CE,\text{sat}}\right)$

انعکاس مقاومت آبشاری (زنجیره‌های از نوع دارلینگتون؛ ترانزیستور ورودی $Q_a$ که امیترش بیس $Q_b$ را راه‌اندازی می‌کند و این ترانزیستور دوم در امیتر خود $R_E$ دارد، $r_o=\infty$):

هر عنصر در بهرهٔ جریان همهٔ ترانزیستورهایی که جریان بیس باید پیش از رسیدن به آن عنصر از آن‌ها بگذرد ضرب می‌شود و نه در هیچ چیز دیگر. با $r_o=\infty$ کلکتور یک منبع جریان ایده‌آل است، پس هر چه به گرهٔ کلکتور وصل باشد از دید بیس نامرئی است.

قانون $\Delta V_{BE}$ و آینه‌های جریان. دو ترانزیستور در دمای یکسان، با جریان‌های اشباع $I_{S1}, I_{S2}$ (متناسب با سطح امیتر، $I_{S2} = n\,I_{S1}$) و $V_A=\infty$:

پس $V_{BE}$ برابر، همان نسبت خالص سطح $n$ را می‌دهد و هر ضریب ۲ اضافی در جریان به اندازهٔ $V_T\ln 2 \approx 17\text{–}18\ \text{mV}$ هزینه دارد (ضریب ۱۰ حدود $\approx 60\ \text{mV}$ هزینه دارد).

آینهٔ ساده ($Q_1$ با اتصال دیودی، بیس‌ها به هم وصل، جریان مرجع $I_{REF}$ به گرهٔ کلکتور/بیس وارد می‌شود و $\beta_1,\beta_2$ ممکن است متفاوت باشند): KCL در گرهٔ مرجع به‌صورت $I_{REF} = I_{C1} + I_{B1} + I_{B2}$ است که با $I_{C2}=nI_{C1}$ نتیجه می‌دهد

آینه با مقاومتی میان بیس‌ها ($R_B$ از گرهٔ مرجع — که همان بیس $Q_2$ است — تا بیس $Q_1$): جریان بیس $Q_1$ روی $R_B$ افت ولتاژ ایجاد می‌کند، پس $V_{BE1} = V_{BE2} - I_{B1}R_B$ و خروجی تقویت می‌شود:

منبع ویدلار (مقاومت $R_E$ در امیتر قطعهٔ خروجی، با صرف‌نظر از جریان‌های بیس) — حرکتی در جهت عکس؛ خروجی کاهش می‌یابد:

ولتاژ ارلی محدود نسبت ایده‌آل را در $\dfrac{1+V_{CE2}/V_A}{1+V_{CE1}/V_A}$ ضرب می‌کند؛ مقاومت خروجی آینه $r_{o2}$ است (که با دژنراسیون امیتر به $r_{o2}\left[1+g_{m2}(R_E\parallel r_{\pi 2})\right]$ افزایش می‌یابد).

امیترفالوور از دید امیتر آن. اگر بیس از گره‌ای راه‌اندازی شود که معادل تونن آن $(v_{oc},\,R_x)$ است، امیتر همانند منبع $v_{oc}$ پشت مقاومت $R_{th} = r_e + \dfrac{R_x}{\beta+1}$ دیده می‌شود. با بار $R_L$ به زمین و جریان سیگنال $i_x$ که از گرهٔ امیتر بیرون کشیده می‌شود:

فالوور تنها زمانی «بهرهٔ واحد» دارد که جریان سیگنال امیترش کوچک باشد؛ سیگنال بیس–امیتر آن همواره $v_{be} = r_e\,i_e$ است.

مشخصهٔ انتقال سیگنال‌بزرگِ فالوور با بایاس چاه جریان (بیس در $V_{in}$، مقاومت سری امیتر $R_1$ تا گرهٔ خروجی، چاه جریان ایده‌آل $I$ از گرهٔ خروجی به ریل منفی، بار $R_L$ از گرهٔ خروجی به زمین):

3. روش — این مسائل را عملاً چگونه حل کنیم

A. مسائل DC / بایاس

1. همهٔ خازن‌ها را باز کنید. از شبکهٔ بیس معادل تونن بگیرید.
2. از معادلهٔ عمومی بایاس استفاده کنید. اگر $R_{BB}/(\beta+1) \ll R_E$ (مقسم «سفت») باشد، کافی است بنویسید $V_E = V_{BB} - V_{BE}$ و $I_E = V_E/R_E$؛ اگر $\beta = \infty$ داده شده باشد، جریان‌های بیس دقیقاً صفرند و مقسم دقیقاً یک مقسم است.
3. $V_C = V_{CC} - I_C R_C$ را به دست آورید و ناحیهٔ کار را تأیید کنید: $V_{CE} > V_{CE,\text{sat}}$ (npn فعال)؛ در غیر این صورت با فرض اشباع دوباره حل کنید ($V_{CE}=0.2\ \text{V}$، $I_C$ از حلقهٔ کلکتور تعیین می‌شود، سپس $I_B > I_C/\beta$ را بررسی کنید).
4. زنجیره‌های چندطبقه با کوپلاژ DC: با $\beta=\infty$ هیچ گره‌ای گرهٔ قبلی را بارگذاری نمی‌کند، پس مدار زنجیره‌ای از گام‌های حسابی است — سهم هر طبقه فقط این است: «$\pm V_{BE}$ روی پیوند B–E، و تمام جریان امیتر در مقاومت بعدی می‌نشیند.» اگر هدف (یک توان، یک جریان، یک ولتاژ گره) در انتهای دور زنجیره باشد، از همان مشخصه زنجیره را به عقب بپیمایید: $I=\sqrt{P/R}$، سپس گره به گره تا مقاومت مجهول به عقب برگردید.

B. مسائل سیگنال‌کوچک

1. نخست مرحلهٔ DC را انجام دهید — $g_m,\ r_\pi,\ r_e$ از $I_{CQ}$ به دست می‌آیند؛ هیچ چیز دیگری پیش از آن شروع‌شدنی نیست.
2. مدار AC را دوباره رسم کنید: منابع تغذیه $\to$ زمین، خازن‌های بزرگ $\to$ اتصال کوتاه. اکنون توپولوژی را از نو شناسایی کنید، زیرا اتصال‌کوتاه‌کردن خازن‌ها اغلب گره‌ها را یکی می‌کند و پایهٔ «مشترک» را تغییر می‌دهد. خازنی که از یک گرهٔ بایاس به امیتر وصل است بوت‌استرپ است، نه بای‌پس؛ خازنی که از امیتر به زمین وصل است بای‌پس است و CE با دژنراسیون را به CE با بهرهٔ کامل تبدیل می‌کند.
3. آرایش را نام‌گذاری کنید و جدول را به کار ببرید — یا هنگامی که توپولوژی غیراستاندارد است، دو معادلهٔ KCL برحسب $v_b, v_e$ با $v_\pi = v_b - v_e$ بنویسید و حل کنید. سپس طبق تعریف $R_{in} = v_{in}/i_{in}$.
4. با دیدگاه «شاخه‌های موازی» درستی‌آزمایی کنید: $R_{in}$ همیشه برابر است با (مقاومت دیده‌شده از بیس) $\parallel$ (همهٔ مسیرهای بایاس/بوت‌استرپ در آن گره).

C. مسائل سوئینگ

1. نقطهٔ $Q$ را بیابید: $I_{CQ}$، $V_{CQ}$، $V_{EQ}$.
2. خط بار AC را از $Q$ با شیب $-1/R_{ac}$ رسم کنید.
3. حدِ بالایی (برای CE، خروجیِ بالارونده) قطع است: جریان AC نمی‌تواند از $-I_{CQ}$ منفی‌تر شود، پس $v_{out} \le I_{CQ}R_{ac}$ — فاصله تا ولتاژ تغذیه معمولاً قید تعیین‌کننده نیست.
4. حدِ پایینی اشباع است که گزاره‌ای کاملاً DC است: کلکتور فقط تا $V_{EQ} + V_{CE,\text{sat}}$ می‌تواند پایین بیاید (با امیترِ بای‌پس‌شده $V_{EQ}$ ثابت می‌ماند؛ با امیترِ بای‌پس‌نشده گرهٔ امیتر هم جابه‌جا می‌شود و این حد تنگ‌تر می‌شود).
5. دامنهٔ متقارنِ بدون اعوجاج، کوچک‌ترِ این دو است.
6. امیترفالوور / طبقهٔ خروجی کلاس A. نخست سراغ ریل‌های تغذیه نروید. (i) مشخصهٔ انتقال سیگنال‌بزرگ را با فرض فعال‌بودن قطعه بنویسید: $V_E = V_{in} - V_{BE\text{-}on}$، سپس KCL در گرهٔ خروجی (جریانی که از امیتر می‌رسد = جریان چاه بایاس + جریان بار). (ii) آن را در مقادیر حدی ورودی محاسبه کنید. (iii) با دو حدِ قطعه مقایسه کنید: اشباع در مسیر بالا ($V_E \le V_{CC} - V_{CE,\text{sat}}$) و قطع در مسیر پایین ($I_E \ge 0$، یعنی $V_{out} \ge -IR_L$ با چاه $I$). قلهٔ واقعی کوچک‌ترِ مقدار ناشی از ورودی و سقف اشباع است؛ درهٔ واقعی بزرگ‌ترِ مقدار ناشی از ورودی و کف قطع است. اگر به هیچ‌یک از دو حد نرسیم، خروجی صرفاً نسخه‌ای مقیاس‌شده و با جابه‌جایی DC از ورودی است.

D. مسائل آینهٔ جریان

1. گرهٔ مرجع را مشخص کنید و KCL را در آنجا با احتساب همهٔ جریان‌های بیس بنویسید — با قطعهٔ خروجیِ کم‌$\beta$ یا با سطح بزرگ، $I_{B2}$ می‌تواند کسر بزرگی از $I_{REF}$ باشد.
2. دو $V_{BE}$ را مقایسه کنید. بیس‌ها به هم وصل و امیترها زمین: $I_{C2} = nI_{C1}$. هر مقاومتی که میان دو حلقهٔ بیس–امیتر جریان حمل کند (در سرِ بیس یا سرِ امیتر) یک $\Delta V_{BE}$ ایجاد می‌کند: از $I_{C2}/I_{C1} = n\,e^{\Delta V_{BE}/V_T}$ استفاده کنید.
3. جهت طراحی (یافتن مقاومت برای $I_{out}$ مطلوب): $I_{out}$ مقدار $I_{B2}$ را تعیین می‌کند، سپس KCL مقادیر $I_{C1}$ و $I_{B1}$ را تعیین می‌کند، نسبت مطلوب $\Delta V_{BE} = V_T\ln(\cdot)$ را تعیین می‌کند و قانون اهم $R$ را می‌دهد. جهت تحلیل (مقاومت داده‌شده) به معادله‌ای غیرجبری می‌انجامد — تکرار کنید یا گزینه‌ها را بیازمایید.
4. ثابتی که در صورت سؤال داده شده، مانند $\ln 2$ یا $\ln 10$، به شما می‌گوید اعداد مسئله قرار است کدام نسبت جریان را بسازند.

E. مدارهای سیگنال‌کوچک چندترانزیستوری (بدون سطر آماده در جدول)

1. برای هر قطعه $g_m, r_\pi, r_e$ را بیابید و مدار AC را دوباره رسم کنید.
2. اگر ورودی یک منبع ولتاژ ایده‌آل باشد، هر شاخهٔ متصل به آن مستقلاً $v_s$ را می‌بیند — شاخه‌ها یکدیگر را بارگذاری نمی‌کنند، پس هر ترانزیستوری که از آن گره راه‌اندازی می‌شود جداگانه قابل حل است.
3. هر ترانزیستور را به جریانی که تزریق می‌کند تبدیل کنید: یک CE با دژنراسیون جریان $i_c = \beta v_b/\left[r_\pi + (\beta+1)R_e\right] \approx v_b/(r_e+R_e)$ را از گرهٔ کلکتورش می‌کشد؛ یک CE با امیترِ زمین‌شده $g_m v_b$ را می‌کشد.
4. در هر گرهٔ داخلی KCL بنویسید و به یاد داشته باشید که (a) مقاومت‌هایی که به‌جای زمین به ورودی وصل‌اند جریان پیش‌خورِ $v_s/R$ تزریق می‌کنند، و (b) بیسی که به گره وصل است جریان $i_b = i_e/(\beta+1)$ می‌کشد که در آن $i_e$ همان چیزی است که مدار امیتر می‌طلبد.
5. برای فالوورِ انتهای زنجیره، $v_o = v_b - v_{be}$ را با $v_{be} = r_e i_e = r_\pi i_b$ به دست آورید؛ هرگز پیش از بررسی بزرگی $i_e$ فرض نکنید $v_{be}=0$.
6. برای مقاومت ورودی از میان زنجیره‌ای از امیترها، از انتهای دور به سمت داخل انعکاس دهید: $R_{b} = r_\pi + (\beta+1)\times(\text{what the emitter sees})$، که برای هر ترانزیستور یک بار اعمال می‌شود.

4. مثال حل‌شدهٔ کوتاه

طبقهٔ استاندارد CE با چهار مقاومت. $V_{CC}=12\ \text{V}$، $R_1=20\ \text{k}\Omega$ (به $V_{CC}$)، $R_2=5\ \text{k}\Omega$ (به زمین)، $R_C=4\ \text{k}\Omega$، $R_E=1\ \text{k}\Omega$ کاملاً بای‌پس‌شده، $R_L=4\ \text{k}\Omega$ با کوپلاژ خازنی. $\beta=100$، $V_{BE\text{-}on}=0.7\ \text{V}$، $V_A=\infty$، $V_{CE,\text{sat}}=0.2\ \text{V}$، $V_T=25\ \text{mV}$.

DC. $V_{BB} = 12\cdot\frac{5}{25} = 2.4\ \text{V}$، $R_{BB} = 20\parallel 5 = 4\ \text{k}\Omega$.

$I_E = \frac{2.4-0.7}{1\ \text{k}\Omega + \frac{4\ \text{k}\Omega}{101}} = \frac{1.7}{1.0396\ \text{k}\Omega} = 1.635\ \text{mA}, \qquad I_C = \alpha I_E = 1.62\ \text{mA}$

$V_E = 1.635\ \text{V}, \qquad V_C = 12 - (1.62)(4) = 5.52\ \text{V}, \qquad V_{CE} = 3.89\ \text{V} > 0.2\ \text{V}\ \checkmark$

سیگنال‌کوچک. $g_m = \frac{1.62\ \text{mA}}{25\ \text{mV}} = 64.8\ \text{mA/V}$، $r_\pi = \frac{100}{g_m} = 1.54\ \text{k}\Omega$، $r_e = \frac{25\ \text{mV}}{1.635\ \text{mA}} = 15.3\ \Omega$. با $R_E$ بای‌پس‌شده و $R_C' = 4\parallel 4 = 2\ \text{k}\Omega$:

$A_v = -g_m R_C' = -(64.8\ \text{mA/V})(2\ \text{k}\Omega) \approx -130, \qquad R_{in} = R_{BB}\parallel r_\pi = 4\parallel 1.54 = 1.11\ \text{k}\Omega, \qquad R_{out} = 4\ \text{k}\Omega$

سوئینگ. $R_{ac} = 2\ \text{k}\Omega$، پس

$v_{out}^{+} \le I_C R_{ac} = (1.62\ \text{mA})(2\ \text{k}\Omega) = 3.24\ \text{V}, \qquad \left|v_{out}^{-}\right| \le V_C - V_E - V_{CE,\text{sat}} = 5.52 - 1.635 - 0.2 = 3.69\ \text{V}$

این طبقه نخست در قلهٔ مثبت بریده می‌شود؛ دامنهٔ بدون اعوجاج $3.24\ \text{V}$ است، یعنی ورودی‌ای با قلهٔ تنها $3.24/130 = 25\ \text{mV}$.

همان مدار، با حذف خازن امیتر. اکنون $R_e = 1\ \text{k}\Omega$ در مسیر سیگنال قرار دارد:

$A_v = -\frac{R_C'}{r_e + R_e} = -\frac{2000}{1015} \approx -1.97, \qquad R_{in} = R_{BB}\parallel(\beta+1)(r_e+R_e) = 4\ \text{k}\parallel 102.5\ \text{k} = 3.85\ \text{k}\Omega$

بهره $66\times$ کاهش یافت؛ $R_{in}$ به اندازهٔ $3.5\times$ افزایش یافت و بهره اکنون با یک نسبت مقاومتی تعیین می‌شود (مستقل از دما و $\beta$). همین مبادله تمام هدف دژنراسیون است.

آینه با مقاومت بیس (طراحی). $I_{REF}=2\ \text{mA}$ به گره‌ای وارد می‌شود که کلکتور $Q_1$ و بیس $Q_2$ را به هم وصل می‌کند؛ $R_B$ از آن گره تا بیس $Q_1$؛ هر دو امیتر زمین شده‌اند. $I_{S2}=4I_{S1}$، $\beta_1=200$، $\beta_2=20$، $V_T=25\ \text{mV}$، $V_A=\infty$. مقدار $R_B$ را برای $I_{out}=10\ \text{mA}$ بیابید.

با $R_B=0$ آینه فقط $I_{out} = \dfrac{4\cdot 2}{1+\frac{1}{200}+\frac{4}{20}} = 6.64\ \text{mA}$ می‌دهد، پس تقویت لازم است. با حرکت به عقب از مقدار هدف:

مقاومت ورودی دارلینگتون با دژنراسیون. $Q_a$ (ورودی، $\beta_a=50$) ترانزیستور $Q_b$ ($\beta_b=100$، $I_{Cb}=1\ \text{mA}$) را راه‌اندازی می‌کند، $R_E=100\ \Omega$ در امیتر $Q_b$ قرار دارد، کلکتورها به یک مقاومت کلکتور وصل‌اند، $V_A=\infty$، $V_T=25\ \text{mV}$. آنگاه $r_{\pi b}=2.5\ \text{k}\Omega$ و چون $I_{Ca}\approx I_{Bb}=10\ \mu\text{A}$، داریم $r_{\pi a}=125\ \text{k}\Omega$ ($=\beta_a r_{\pi b}$).

صورت سریعِ $r_{\pi a}+\beta_a r_{\pi b}+\beta_a\beta_b R_E = 125+125+500 = 750\ \text{k}\Omega$ با خطای کمتر از $3\%$ همین را می‌دهد؛ مقاومت کلکتور هرگز وارد محاسبه نمی‌شود.

فالوور با پایین‌کشِ وابسته به سیگنال. بیسِ یک فالوور ($\beta=200$، $g_m=40\ \text{mS}$، پس $r_e = \alpha/g_m = 24.9\ \Omega$) روی گره‌ای است که معادل تونن آن $v_{oc}=-6v_s$، $R_x=8\ \text{k}\Omega$ است. تنها بار امیتر آن، کلکتورِ یک ترانزیستور با امیترِ زمین‌شده و همان $g_m$ است که بیسش با $v_s$ راه‌اندازی می‌شود، پس $i_x = g_m v_s$.

اگر فالوور را بافری بی‌بار با بهرهٔ واحد بگیریم، $-6$ به دست می‌آید؛ مقدارِ جاافتادهٔ $-2.59$ برابر است با $-1.0$ ناشی از $v_{be}$ ($r_e g_m \approx 1$) به‌علاوهٔ $-1.59$ ناشی از افتی که جریان بیس آن روی مقاومت گرهٔ $8\ \text{k}\Omega$ ایجاد می‌کند.

سوئینگ فالوور با بایاس چاه جریان. تغذیه‌ها $\pm 10\ \text{V}$، $I=50\ \text{mA}$، $R_1=20\ \Omega$، $R_L=200\ \Omega$، $V_{BE\text{-}on}=0.7\ \text{V}$، $V_{CE,\text{sat}}=0.2\ \text{V}$، ورودی سینوسی با دامنهٔ $6\ \text{V}$.

قله: $\dfrac{6-1.7}{1.1} = 3.91\ \text{V}$، پایین‌تر از سقف اشباع $\dfrac{10-0.2-1}{1.1} = 8.0\ \text{V}$. دره: $\dfrac{-6-1.7}{1.1} = -7.0\ \text{V}$، بالاتر از کف قطع $-IR_L=-10\ \text{V}$ (در آنجا $I_E = 50 - 35 = 15\ \text{mA} > 0$). خروجی یک سینوسیِ بدون اعوجاج از $-7.0$ تا $+3.91\ \text{V}$ است که روی آفست DC برابر $-1.7/1.1 = -1.55\ \text{V}$ سوار شده است. اگر دامنهٔ ورودی را به $10\ \text{V}$ برسانیم، دره به $-10.6\ \text{V}$ نیاز خواهد داشت: ترانزیستور قطع می‌شود و خروجی در $-10\ \text{V}$ تخت می‌شود، در حالی که قله ($7.55\ \text{V}$) همچنان سالم است.

5. گونه‌ها و حالت‌های خاص

• طبقات pnp. همه چیز قرینه می‌شود: $V_{EB} = +0.7\ \text{V}$ (امیتر ۰٫۷ ولت بالاتر از بیس قرار دارد)، مقاومت امیتر به ریل مثبت وصل می‌شود و جریان از کلکتور بیرون می‌آید. ناحیهٔ فعال مستلزم $V_C \le V_B$ است. همهٔ فرمول‌های بهره/امپدانس از نظر اندازه بدون تغییرند.
• ایده‌آل‌سازی $\beta = \infty$. $I_B = 0$، $\alpha = 1$، $I_C = I_E$، $r_e = 1/g_m$ و هیچ گره‌ای با بیس بارگذاری نمی‌شود — همین است که مسائل بایاس چندطبقه با کوپلاژ DC را با یک بار پیمایش گره‌ها (رو به جلو یا رو به عقب) حل‌شدنی می‌کند.
• بایاس با منبع جریان. جایگزینی $R_E$ با منبع جریان ایده‌آل $I_{BIAS}$، مقدار $I_{CQ}$ را از $\beta$، $V_{BE}$ و دما مستقل می‌کند؛ آینهٔ جریان همین کار را روی تراشه انجام می‌دهد (فرمول‌ها در §2، روش D). برای AC منبع ایده‌آل مدار باز است، پس امیترِ طبقهٔ CE که این‌گونه بایاس شده باید با یک خازن به زمین بای‌پس شود (بهرهٔ کامل $-g_mR_C'$) یا از طریق یک مقاومت دژنراسیونِ صریح به‌همراه خازن برگردانده شود؛ در غیر این صورت بهره فرومی‌ریزد.
• فالوور بوت‌استرپ‌شده. خازنی از گرهٔ میانی مقسم بایاس به امیتر، آن گره را در پتانسیل خروجی قرار می‌دهد؛ مقاومتی که بیس را تغذیه می‌کند آنگاه فقط $(1-A_v)v_b$ را در دو سر خود می‌بیند و به‌صورت $R/(1-A_v)$ ظاهر می‌شود. با $A_v \approx 0.95$ این یک ضرب $20\times$ است — روش استاندارد برای رسیدن به $R_{in}$ بسیار بزرگ‌تر از شبکهٔ بایاس.
• زوج دارلینگتون ($Q_1$ = قطعهٔ ورودی که امیترش بیس $Q_2$ را تغذیه می‌کند). $\beta_{eq} \approx \beta_1\beta_2$، $V_{BE,eq} = 2V_{BE}$، و چون $Q_1$ فقط با جریان $I_{C2}/\beta_2$ کار می‌کند، $r_{\pi 1} \approx \beta_1 r_{\pi 2}$، پس $r_{\pi,eq} = r_{\pi 1} + (\beta_1+1)r_{\pi 2} \approx 2\beta_1 r_{\pi 2}$. با مقاومت امیتر، مقاومت ورودی $r_{\pi 1} + \beta_1 r_{\pi 2} + \beta_1\beta_2 R_E$ می‌شود (انعکاس آبشاری). $R_{in}$ عظیم به بهای آفست دوبرابر و سرعت/نشتی بدتر. اگر یک مقاومت تخلیه یا منبع جریان در گرهٔ داخلی افزوده شود، $Q_1$ جریان بیشتری حمل می‌کند و $r_{\pi 1} \approx \beta_1 r_{\pi 2}$ دیگر برقرار نیست — هر $r_\pi$ را از $I_C$ خودش محاسبه کنید.
• کسکود (CE + CB). طبقهٔ CB کلکتور اول را در ولتاژی ثابت نگه می‌دارد، پس طبقهٔ CE بهرهٔ $A_v \approx -1$ را می‌بیند و ضرب میلریِ $C_\mu$ از بین می‌رود؛ بهره همچنان $A_v \approx -g_{m1}R_C'$ است (قطعهٔ CB جریان را با $\alpha\approx 1$ عبور می‌دهد)، اما پهنای باند بسیار بیشتر می‌شود و مقاومت خروجیِ دیده‌شده از کلکتور بالایی تا حدود $\beta r_o$ افزایش می‌یابد.
• سوئیچینگ / اشباع. برای یک سوئیچ BJT، نخست اشباع را فرض کنید، $V_{CE}=0.2\ \text{V}$ بگیرید، $I_C$ را از حلقهٔ کلکتور به دست آورید و شرط فراراه‌اندازی $I_B > I_C/\beta$ را تأیید کنید. در غیر این صورت قطعه در ناحیهٔ فعال است.
• اثر ارلی دقیقاً در جایی اهمیت دارد که $r_o$ با چیز کوچکی موازی نشده باشد: مقاومت خروجی یک طبقهٔ دژنره‌شده یا یک کسکود، و بهرهٔ ذاتی $g_m r_o = V_A/V_T$.
• سوئینگ امیترفالوور یک حدِ کلاس A است. بار با کوپلاژ خازنی، بایاس با مقاومت $R_E$: جریان سیگنال نمی‌تواند از $-I_{EQ}$ منفی‌تر شود، پس قلهٔ منفی به $-I_{EQ}(R_E\parallel R_L)$ محدود می‌شود، در حالی که قلهٔ مثبت با اشباع محدود می‌شود. بار با کوپلاژ مستقیم، بایاس با چاه جریان $I$: ترانزیستور هنگامی قطع می‌شود که بار تمام جریان چاه را بگیرد، پس کف برابر $V_{out}=-IR_L$ است (برای دامنهٔ $\hat V$ مقدار $I \ge \hat V/R_L$ را برگزینید) و سقف همان مقدار اشباعِ §2 است. در هر دو حالت این‌ها فقط سقف هستند: اگر دامنهٔ ورودی کوچک‌تر باشد، ورودی قله را تعیین می‌کند.
• بهبودهای آینه. یک کمک‌کنندهٔ جریان بیس (امیترفالووری که هر دو جریان بیس را از تغذیه تأمین می‌کند) خطای $\beta$ آینهٔ ۱:۱ را از $\approx 2/\beta$ به $\approx 2/\beta^{2}$ کاهش می‌دهد: $I_{out} = I_{REF}\Big/\left[1+\dfrac{2}{\beta(\beta+1)}\right]$. چند خروجی روی یک مرجع، هر کدام جریان بیس خود را به KCL گرهٔ مرجع می‌افزایند: برای $N$ خروجی یکسان، $I_{out} = I_{REF}\big/\left[1+\dfrac{N+1}{\beta}\right]$. آینه‌های pnp یکسان‌اند، با $V_{EB}$ به‌جای $V_{BE}$.

نکتهٔ کنکوری: سه بررسی یک‌خطی که تکلیف بیشتر سؤال‌های چندترانزیستوری را روشن می‌کند. (1) آینه: نخست همهٔ جریان‌های بیس را در KCL گرهٔ مرجع بگذارید، سپس $I_{C2}/I_{C1} = n\,e^{\Delta V_{BE}/V_T}$ را اعمال کنید — مقاومتی در سرِ بیس فقط به اندازهٔ $I_BR_B$ افت می‌دهد، ولی تنها $18\ \text{mV}$ جریان را دوبرابر می‌کند. (2) مقاومت ورودی: هر عنصر را فقط در $\beta$ ترانزیستورهایی که «جلوی» آن قرار دارند ضرب کنید؛ عبارتی که همه چیز را در $\beta_1\beta_2$ ضرب کند، یا هیچ چیز را در $\beta$ ضرب نکند، گزینهٔ انحرافی است. (3) فالوور: فقط تا زمانی بافرِ بهرهٔ واحد است که جریان سیگنال امیترش کوچک باشد؛ اگر ترانزیستور دیگری $g_mv_s$ را از آن عبور دهد، $v_{be}$ آن حدود یک $v_s$ کامل سیگنال حمل می‌کند.

تلهٔ رایج: دو حدِ برش از مدارهای متفاوتی پیروی می‌کنند. حدِ قطع یک گزارهٔ AC است — از $R_{ac} = R_C\parallel R_L$ و جریان نقطهٔ کار استفاده می‌کند، $\hat{v}^{+} = I_{CQ}R_{ac}$، پس بارِ کوپل‌شدهٔ $R_L$ آن را کوچک می‌کند. حدِ اشباع یک گزارهٔ DC است — $V_{CQ}-V_{EQ}-V_{CE,\text{sat}}$ — که $R_L$ هیچ نقشی در آن ندارد (هیچ جریان DC از خازن کوپلاژ نمی‌گذرد). جابه‌جا گرفتن این دو (استفاده از فاصله تا تغذیه $V_{CC}-V_{CQ}$ برای حد بالا، یا $R_L$ تنها برای حد پایین) دقیقاً همان مقادیر انحرافی را بازتولید می‌کند که طراحان سؤال در گزینه‌ها می‌کارند. و پیش از همهٔ این‌ها: بررسی کنید آن خازنِ سمت امیتر به زمین می‌رود (بای‌پس) یا به گرهٔ خروجی (بوت‌استرپ) — این دو به پاسخ‌هایی با یک مرتبهٔ بزرگی اختلاف می‌انجامند. برای فالوور، مقدارِ محدودشده به ریل یک کران بالاست، نه پاسخ: نخست مشخصهٔ انتقال را در قلهٔ واقعی ورودی محاسبه کنید و هنگامی که مقاومتی با امیتر سری است، افت $IR_1$ و مقسم $R_L/(R_L+R_1)$ را فراموش نکنید.