Elektronikawzad14

w Ciątytaki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH

C7<K I Obliczanie punklÓH pracy ptcyntyłów półprzewodnikowych

Zadanie 1.7

W pokazanym na rysunku 1.7.1 układzie wtórnika napięciowego należy:

1.    wyznaczyć punkty pracy tranzystorów Tl i T2 określone przez wartości prądów emitera h i napięcia kolektor-cmiter Ucel

2.    przy założeniu, źe pojemności

kondensatorów sprzęgających są na tyle duże, że można dla częstotliwości sygnału uważać je za zwarcie, a rezystancja obciążenia Rl jest bardzo duża obliczyć maksymalną niezniekształconą amplitudę napięcia wyjściowego U wy ml    ^R>^s-^,'⁷*¹

3.    obliczyć wartość rezystancji rezystora

R_b, którego włączenie zamiast źródła prądowego / nic spowodowałoby zmiany punktów pracy tranzystorów.

Dla tranzystorów Tl i T2 można przyjąć, że:

-    napięcia U be nie zależą od wartości prądu bazy /«i wynoszą po 600 mV;

-    prądy zerowe Iceo są bardzo małe i mogą być pominięte;

-    współczynniki wzmocnienia prądowego p,=p₂ = 99, a prądy Ic w obszarze aktywnymi nie zależą od wartości napięcia Vce\

-    granicą pomiędzy stanem aktywnym a stanem nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy Ucn = 0.

Rozwiązanie:

Ad 1. Układ ten od analizowanego w poprzednim zadaniu różni zastosowanie połączenia dwu tranzystorów' npn, znanego jako „tranzystor złożony” lub „układ Darlingtona”.

Przy' podanym kierunku prądu / = l_BI = 1 pA złącza baza-emiter (B-E) obydwu tranzystorów npn są spolaryzowane w kierunku przewodzenia (Ube = 0,6 V). Przy oznaczeniach jak na rysunku dla tranzystorów w stanie aktywnym możemy napisać: la=P>-lBi = 99-1 pA = 99 pA; h.i = <P+Wb= (99+1) ■ 1 pA = 100 pA = l_B2\

1c2= p₂ • hż= 99 - 100 pA = 9.9 mA;

1e2 = (P+l)fB2= (99+1) • 100 pA = 10 mA;

Uf.2 = Iei-Re= 10 mA • 0,5 kil = 5 V

Ubi = Ue+ Ubei + Ube2 = 5 V + 0,6 V + 0,6 V = 6,2 V

u CE! = Ecc - U E2 - Ubf.2 = 15 V - 5 V - 0,6 V = 9,4 V = U a, 2

U_CE2 = Ecc- Uf₂= 15 V - 5 V = 10 V

Ucbi = Ecc- Ubi = 15 V - 6.2 V = 8.8 V

Złącza kolektor baza (C--B) obydwu tranzystorów są spolaryzowane w kierunku zaporowymi (w obydwu przypadkach wyższy potencjał na kolektorze, który jest obszarem typu n). Tranzystory Tl i 17 w warunkach zadania znajdują się zatem w stanic aktywnymi, co weryfikuje wykonane obliczenia.

Zwróćmy uwagę na fakt, że tranzystory' Tl i T2 można potraktować jak pojedynczy „tranzystor złożony” T’ o wyprowadzeniach w punktach oznaczonych odpowiednio jako B\ C* i E‘. Mamy wtedy: h' - hi

h = It2 = (l+fhflsi - (1⁺P0 0⁺P₂)hi = (I + Pi + P2 + Pi P₂)h lc = hi + la= Pt hi + fc h2 - Pi hi + P₂ U ~Pi)hi = (Pi + p₂ + Pi P₂)h-

Z dwu ostatnich równań wynika, że współczynnik wzmocnienia prądowego złożonego tranzystora T* równoważnego dwu połączonym tranzystorom Tl i T2 ma wartość:

P^, = Pi+p2 + P,p₂*P_lp₂    (1.7.1)

W warunkach zadania oznacza to wartość wzmocnienia prądowego rzędu 10⁴ (dokładnie 9999). Tak więc omawiany układ odpowiada układowi z poprzedniego zadania w którym zostałby zastosowany pojedynczy tranzystor o współczynniku wzmocnienia /?' = 9999, oraz napięciu U be- 1.2 V oraz zostałaby zmniejszona wartość prądu polaryzacji bazy tak, aby zachować nie zmienioną wartość prądu emitera /*. = 10 mA.

Wszystkie wnioski z poprzedniego zadania zachowują swoją wartość pod względem jakościowym.

Ad 2. Podobnie jak w poprzednim zadaniu maksymalna amplituda napięcia przenoszonego na wyjście bez zniekształceń wynosi 5 V, gdyż wynika z możliwości pełnego zatkania tranzystora złożonego T\ kiedy to napięcie Uf. spada do zera (czyli amplituda ujemnej połówki sygnału może wynieść 5 V. Zwróćmy uwagę na to, że obecnie w chwili gdy wartość napięcia wejściowego wynosi - 5 V i prąd bazy Tl spada do zera, przez źródło sygnału sterującego przepływa cały prąd SPM wynoszący tylko 1 pA, co odpowiada rezystancji wejściowej równej 5 MQ. czyli 100-kromic większej niż w poprzednim zadaniu.

W momencie gdy wartość chwilowa sygnału osiąga maksimum dla dodatniej połówki czyli wartość 5 V napięcie na bazie B’ ma wartość 11,2 V, czyli napięcie na źródle prądowym spada do 3,8 V. W rzeczywistym układzie należałoby sprawdzić, czy przy tak niskim napięciu źródło prądowe działa jeszcze poprawnie.

Nawiasem mówiąc tranzystor Tl w tym układzie mógłby znaleźć się na granicy stanu nasycenia dopiero dla Ub = 15 V, czyli przy wartości chwilowej u= 8.8 V. Jednak napięcie U cm występujące także na źródle prądowym w tym momencie spadłoby już do zera. Tranzystor T2 w układzie tranzystora złożonego nie może wejść głęboko do stanu nasycenia. Jego napięcie Ucbi, jako żejest równe U cci może przyjmować małe wartości przy nasyceniu tranzystora Tl, natomiast nie może zmienić znaku.

Ad 3. Na źródle prądowym w spoczynkowym punkcie pracy występuje napięcie: E_CC- U_B = 15 V - 6,2 V = 8.8 V

Taki sam spadek napięcia przy przepływie prądu 1 pA odpowiada rezystancji:

Rn = 8,8 V /1 pA = 8,8 Mft

Włączenie takiego rezystora w miejsce źródła prądowego / = I pA zapewni takie same spoczynkowa punkty pracy tranzystora Tl i T2 określone przez prądy emiterów' odpowiednio hi = 100 pA i /_t-₂ = 10 mA i napięcia kolcktor-cmiter Ucei = 9.4 V Uce2 = 10 V. Podobnie jak w poprzednim zadaniu taka zmiana pogarsza nieco