Elektronikawzad34

W. Cwzyński - ELEKTRONIKA W ZADANIACH

Częic 1; Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Ecc UBE	12 V-0,6 V
‘ ^Rl^+RZ	30 kn
, ^Ebb+Ube	12 V - 0,6 V
R, '	30 kii

= 0,38mA

= 0,14 mA

Prąd bazy Sianowi ich różnicę:

I_B = J, - Ij = 0,38 mA - 0,14 mA = 0,24 mA

Dodatni znak prądu bazy potwierdza słuszność przyjętego założenia o tym, że tranzystor znajduje się w stanic przewodzenia.

Obliczmy teraz jeszcze wartość prądu bazy In, na

granicy stanu nasycenia i stanu aktywnego tranzystora, gdy możemy jeszcze wykorzystać zależność h: = fi -Ir. a napięcie wyjściowe wynosi C/_HT = U_CFj = 0.2 V:

gęc-Ł/ca 12 V-0,2 V

Re

_‘c, _ 5,36 mA

' A. ~    .    ^—

Ir

2,2 kn

= 0,107 m A

=536mA

p 50

Wyliczona powyżej wartość l_B = 0,24 mA jest ponad dwukrotnie większa od Ir,, czyli tranzystor przy „wiszącym” wejściu jest głęboko nasycony.

Teraz możliwe jest już obliczenie potencjału w punkcie A:

U\ = E_cc- h ■ Ri = 12 V - 15 kQ • 0,38 mA = 6,3 V

Ad 2. Ponieważ potencjał    U a    przy

„wiszącym” wejściu jest wyższy' od wartości 0,6 V to podłączenie wejścia do masy (Uwe = 0 V) spowoduje zwarcie punktu A z masą przez diodę, a Ua ustali się na wartości 0,6 V, czyli prąd I\ będzie teraz, miał wartość:

E_cc-Ux, _12V-0,6V

R,

15 kil

= 0,76 mA

Zwróćmy uwagę na to, że gdyby tranzystor nadal przewodził, potencjały w obydwu punktach A i B (po obu stronach rezystora R2) musiałyby wynosić 0.6 V. A to oznaczałoby że prąd płynący przez R2 jest równy zeru, czyli nie mógłby płynąć prąd bazy. Wobec tej sprzeczności tranzystor przy zwarciu wejścia do masy nie może przewodzić, co na naszym schemacie zastępczym odpowiada rozwarciu obwodu baza-cmiter. W tej sytuacji prąd /3 będzie miał wartość:

Ebb⁺U_d__ 12 V + 0,6 V

Ri+R>

105 kn

= 0,12 mA

czyli przez diodę D będzie płynął prąd:

Iwe = h-l 1 = 0.12 mA - 0,76 mA = - 0.64 mA Przy oznaczeniu jak na rysunku obok znak minus oznacza, że prąd ten wypływa z wejścia układu. Napięcie na bazie tranzystora można teraz obliczyć jako:

U_g = U„ - h ■ R2 = 0.6 V - 0,12’ mA - 15 kn 0,6 V - 1,8 V = 1,2 V

Dla tranzystora npn ujemny potencjał na bazie (obszar typu p) oznacza polaryzację zaporową złącza baza-emiter, co potwierdza żc tranzystor po zwarciu wejścia do masy znalazł się w stanie odcięcia, a napięcie wyjściowe (przy założeniu zerowej wartości prądu Iceo) wynosi Uwr = 12 V.

Ad 3. Jeśli teraz podłączymy niewielkie napięcie dodatnie U we (np. I V) do katody diody wejściowej, z wejścia układu nadal będzie wypływał prąd. przewodząca dioda D może być traktowana jako SEM o wartości 0,6 V, a potencjał Ua ustali się na wartości wyższej o 0.6 V od napięcia wejściowego. Jest to dla rosnących wartości U we słuszne tak długo, jak dioda jest spolaryzowana w kierunku przewodzenia, a więc dla napięć wejściowych zmieniających się w zakresie od zera do 5.7 V (wtedy napięcie w punkcie A wynosi 6,3 V, a prąd diody spada do zera przy spadku napięcia na niej - jak wynika z uproszczonej charakterystyki - nadal równym 0,6 V).

Aby wyznaczyć wartości U we odpowiadające granicom stanu aktywnego tranzystora rozpatrzymy przedstawiony obok (na rysunku 1.18.5) schemat zastępczy. Punkt A możemy uw'ażać za podłączony do SEM o wartości U we + U o i wykorzystując zasadę superpozycji (pozostawiamy to zadanie do samodzielnego wykonania Czytelnikowi) możemy sprowadzić układ polaryzacji bazy (dla podanego zakresu wartości 5.7 V) do jednego źródła zasilającego złożonego z zastępczej SEM (o wartości zależnej od Uwe)'

1

Kys. 1.18.5

r₂ + r₃ 90 kn.

,)R₃+E_BBR₂1=

15kfU90kśż

(t/_H., + 0.6 V)-

15 kLI

(1.18.2)

i5kn+9om

]2V=0,X57-U_vf-\,2V

oraz rezystancji wewmętrznej:

R_z =    '^R} = -⁵    .^-?P--^k-Q- = 12,86 kfl    (U 8.3)

Zwróćmy uwagę na fakt, że parametry źródła zastępczego (£’z i Rz) nie zależą od Uc.c i Rh co zresztą można było przewidzieć, gdyż potencjał U a jest wymuszany przez SEM równą Uwe + Ud. ^ niezależnie od Ecc.    _j_

Teraz można już obliczyć (patrz rysunek 1.18.6) prąd bazy R>s. 1.18.6 tranzystora jako:

j E<-U_u    0.857Ł/,y_g -1,2 V-0,6 V 0,857U_WE -1,8 V    ^

* R_z    12,86 kfż    12,86 kśl

Na granicy stanu odcięcia mamy Ib = 0 (1c = 0; Uwr = 12 V). a takiej sytuacji na podstawie powyższego rówmania odpowiada napięcie wejściowe:

U_wai = 1.8V/0,857 = 2,IV

(1.18.5)