Elektronikawzad17

W. Citfyńdci - ELEKTRONIKA W ZADANIACH

Crętó I. Obliczenie punktów pracy pre>iz*dów półp/icwodnikowych

Zadanie 1.9

W układzie wtórnika napięciowego pokazanym na rysunku 1.9.1 należy:

1.    wyznaczyć punkty pracy tranzystorów Tl i T2 określone przez wartości prądów emitera Ie i napięć kolcktor-cmiter Uc.e\

2.    przy założeniu, żc pojemności kondensatorów sprzęgających są na tyle duże, że można dla częstotliwości sygnału uważać je za zwarcie, a rezy stancja obciążenia Rl jest bardzo duża obliczyć maksymalną amplitudę {/*, * niezniekształconego napięcia wyjściowego;

3.    obliczyć wartość rezystancji rezystora Rb, którego włączenie zamiast źródła prądowego / nie spowodowałoby zmiany punktów pracy tranzystorów.

Dla tranzystorów Tl i 12 można przyjąć, że:

-    napięcia | C/«£| nie zależą od wartości prądu bazy Ig i wynoszą po 600 mV;

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

-    współczynniki wzmocnienia prądowego P1-P2- 99, a prądy U w obszarze aktywnym nie zależą od wartości napięcia Uce\

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

Rozwiązanie:

Ad 1. Analizowany układ jest wtórnikiem napięcia zbudowanym przy wykorzystaniu połączenia tranzystora pnp i tranzystora npn, znanego jako „tranzystor złożony (lub układ Darlingtona) typu pnp z tranzystorami przeciwstawnymi”. Przyjęte na rysunkach oznaczenia odpowiadają rzeczywistym kierunkom przepływał prądu i dodatnim wartościom napięć pomiędzy wyprowadzeniami tranzystorów'.

Przy podanym kierunku prądu / = hi = 1 pA złącze cmiter-baza (E-B) tranzystora Tl typu pnp jest spolaryzowane w^r kierunku przewodzenia (prąd wypływa z bazy' Tl a napięcie Uebi = 0,6 V). Z kolei prąd la wpływa do bazy tranzystora Tl typu npn i ten tranzystor także przewodzi. Przy oznaczeniach jak na rysunku dla tranzystorów w stanie aktywnym możemy napisać:

la=Pi lBi = W \ pA = 99pA = /*₂; hi = (P> + Wbi = (99 + !) • 1 pA = 100 pA; l_C2= Pz-hsz^ P2 Pi ■ hi = 99 • 99 pA = 9,801 mA; lE2 = (p2+J)lB2= (p2+J)Pi ■ ht= 100 • 99 - 1 pA = 9,900 mA Przez rezystor Re płynie prąd:

IgF. ~ Iei +lc.2 — (Pi+I)hi + p2 • Pi • l&i⁼ 100 pA + 9,801 mA = 9,901 mA

Potencjał emitera i bazy tranzystora TI względem masy wynoszą odpowiednio: Uei=~1re Re = - 9,901 mA • 0,5 kQ = - 4,95 V = U_C2 Ubi = Uei - Uebi = ~ 4.95 V - 0.6 V = - 5,55 V A potencjały emitera i bazy tranzystora T2:

Ua = -Ec.c = - 15 V

U_B2 = U& + U_BE2 = - 15 V + 0,6 V = - 14,4 V = U_a Ueci = Uei - U_a = - 4,95 - (- 14,4 V) = 9,45 V = Ucbj UcE2 = Uc2 -Ue2 = - 4,95 - (- 15 V) = 10,05 V Złącza baza-kolcktor (B -C) obydwu tranzystorów są spolaryzowane w kierunku zaporowym (w przypadku Tl wyższy potencjał na bazie, która jest obszarem typu n, a w przypadku T2 niższy' potencjał na bazie, która jest obszarem typu p). Tranzystory Tl i T2 w warunkach zadania znajdują się zatem w stanie aktywnym, co weryfikuje wykonane obliczenia.

Podobnie jak w zadaniach 1.7 i 1.8 tranzystory Tl i T2 można potraktować jak pojedynczy' „tranzystor złożony” (tutaj typu pnp, bo prąd bazy wypływa z zastępczej bazy B’) o wyprowadzeniach w punktach oznaczonych jako B\ C' i Ii’. Mamy wtedy:

lc = IE2 = (I+fh) h₂ = fi, (l+fi₂) Ib, = (fi, + Pr P2) h

h - Iei + lc2 = (/+ Pr) ht + P₂Ib2 = {1 ⁺fii)hi + fijfitht = (1 + Pi +P1P2) h'

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

p-^fii+fiifit-fiifii    U.9.1)

W warunkach zadania oznacza to wartość wzmocnienia rzędu 10⁴ (dokładnie 9900). Wszystkie unii oski z poprzedniego zadania zachowują swoją ważność.

Ad 2. Maksymalna amplituda napięcia przenoszonego na wyjście bez zniekształceń wynosi 4.95 V, gdyż wynika z możliwości pełnego zatkania tranzystora złożonego T\ kiedy to napięcie Ue spada do zera (czyli amplituda dodatniej połówki sygnału może wynieść 4.95 V. Zwróćmy uwagę na to, że w chwili gdy wartość napięcia wejściowego wynosi - 4,95 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 4,95 Mil

Gdy wartość chwilowa sygnału sterującego osiąga maksimum dla ujemnej połówki czyli wartość -4,95 V, napięcie na bazie B’ ma wartość - 10,5 V, czyli napięcie na źródle prądowym spada do 4,5 V. W rzeczywistym układzie należałoby sprawdzić, czy przy tak niskim napięciu źródło prądowe działa jeszcze poprawnie.

Tranzystor Tl w tym układzie mógłby znaleźć się na granicy stanu nasycenia dopiero dla Vbi-- 14,4 V, czyli przy wartości chwilowej i<_wf = -8,85 V. Jednak napięcie Usa występujące także na źródle prądowym w tym momencie spadłoby już do wartości 0,6 V. Tranzystor T2 w analizowanym układzie tranzystora złożonego nie może wejść do stanu głębokiego nasycenia. Jego napięcie Ucb₂, jako że jest równe Ur.a przy nasyceniu tranzystora Tl może przyjmować małe wartości, ale nic może zmienić znaku.

Ad 3. Na źródle prądowym w spoczynkowym punkcie pracy występuje napięcie:

E_Cc ~ U fu = 15 V- 5.55 V = 9,45 V

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