Elektronikawzad16

w. Ct*2y6*ki - ŁLfcKt KONIKA W ZADANIACH l. OWtcrame puakiów pracy prty«*ló\* półprzewodnik.^•ch

lc2= ft • /«« 99 ■ 100 pA = 9,9 tnA;

In - (P+DIb2= (99+1) • 100 pA = 10 mA Polencjał emitera T2 względem masy wynosi:

(/n = -/fr/f£=-10mA0,5m = -5V Ubi = Uf.2 - Ufbi- Veb2 = - 5 V - 0,6 V - 0,6 V = - 6,2 V Uf.ci = Ecc - Un - UEB2- 15V-5V - 0,6 V = 9,4 V = Ubc2 Vt:c2 = Ecc-U_r.= 15 V - 5 V = 10 V (/bc/ = Ecc- Ub= 15 V-6,2 V = 8,8 V

Złącza baza-kolcktor (B-C) obydwu tranzystorów są spolaryzowane w kierunku zaporowym (w obydwu przypadkach wyższy potencjał na bazie, która jest obszarem typu n). Tranzystory Tl i T2 w warunkach zadania znajdują się zatem w stanie aktywnym, co weryfikuje wykonane obliczenia.

Podobnie jak w zadaniu 1.7 tranzystory Tl i T2 można potraktować jak pojedynczy „tranzystor złożony” tutaj typu pnp o wyprowadzeniach w punktach oznaczonych odpowiednio jako B\ C’ i E\ Mamy wtedy:

Ib- = hi

h' - h.2 = (l⁺f?2) Ib2 = (l^fii) (I +/J?) hi = (I + Pi + fh + Pi fo) h Ir = la + lC2 = Pt hi + P2 h? = Pi hi + fh (I⁺Pi) hi = (Pi + P2 + Pi P2) h Z dwu ostatnich równości wynika, że współczynnik wzmocnienia prądowego „złożonego tranzystora” T’ równoważnego dwu połączonym tranzystorom Tl i T2 ma wartość:

P’= Pi + P2 + Pi P2~ Pt P2    (1.8.1)

W warunkach zadania oznacza to wartość wzmocnienia rzędu 10^ (dokładnie 9999). Wszystkie wnioski z poprzedniego zadania zachowują swoją ważność.

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 Ut spada do zera (czyli amplituda dodatniej połówki sygnału może wynieść 5 V. Zwróćmy uwagę na to, że 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 M£1

Gdy wartość chwilowa sygnału sterującego osiąga maksimum dla ujemnej połówki czyli wartość - 5V napięcie na bazie B’ ma wartość -11,2V, 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.

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 Ubci występujące także na źródle prądowym w tym momencie spadłoby już do zera. Tranzystor T2 w układzie tranzystora złożonego nie może wejść do stanu głębokiego nasycenia. Jego napięcie Ubc2> jako że jest równe Uf.ci może przy nasyceniu tranzystora Tl przyjmować małe wartości, ale nie może zmienić znaku.

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

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

R_b= 8.8 V/1 pA = 8,8 MO

W. Oą>yńtki EI.EKTR0N1KA W ZADANIACH Częii I Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Włączenie takiego rezystora w miejsce źródła prądowego /= I pA zapewni takie same spoczynkowe punkty pracy tranzystora Tl i T2 określone przez, prądy emiterów odpowiednio hi = 100 pA i = 10 mA i napięcia cmitcr-kolcktor Ueci-9,4V U En = 10 V. Podobnie jak poprzednio taka zmiana pogarsza nieco rezystancję wejściową wiórnika napięcia. Dokładnie te efekty zostaną przeanalizowane przy nieco zmodyfikowanych założeniach upraszczających w drugim tomie zbioru poświęconym analizie małosygnałowej.

Omawiana zmiana ma także pewien niewielki wpływ na stabilność punktu pracy przy zmianach temperatury. Tego typu efekty są rozpatrywane poniżej, w zadaniach drugiej części zbioru.

Napięcia pr/ełmia tiaiuvstorn bi^arpcŁO

zkiórych

•    -napk^iciprzebiciazłączitkolektorowego, emiterze (Ir « 0);

•    prze^cia ^zy^toi^ilprzykładww-emiteh wyznaeme przy bazie zwanej z emiterem.

•    * napięcie przebicia tranzy stora przykładane pomiędzy-kolektor a'

w

nov    z <Mhiferem nonrzć/.rć/.vstorft: -    .

7 ry sunku widać, że : dopuszczana^ wartość ; napięcia katalogach