Elektronika w zadaniach cz. I

ZASADY O ZN A CZA N IA PRĄD ÓW I NAPIĘĆ

Prąd stały oznaczamy dużą literą I, a jego kierunek oznaczamy strzałką umieszczaną w gałęzi, w której dany prąd płynie. Dodatnia wartość natężenia prądu oznacza, że prąd płynie w kierunku wskazywanym przez strzałkę, tzn. w tym kierunku w półprzewodniku płyną ładunki dodatnie (dziury ). Ładunki ujemne (elektrony) płyną w półprzewodniku w kierunku przeciwnym do wskazywanego przez strzałkę, a całkowity prąd jest sumą prądu elektronowego i prądu dziurowego. W metalowych przewodach łączących ze sobą elementy gałęzi prąd ma charakter elektronowy, a zatem w rzeczywistości elektrony przemieszczają się w kierunku przeciwnym do wskazywanego przez strzałkę. Symbolem w postaci dużej litery U (lub V) z jednym indeksem wskazującym punkt (węzeł) obwodu oznaczamy potencjał tego punktu względem wspólnego dla całego obwodu punktu odniesienia określonego symbolem masy. Np. U a = - 5 V oznacza, że węzeł „A ” ma potencjał stały niższy o 5 V od potencjału masy. Napięcie stałe pomiędzy dwoma punktami (np. ą 0 ą 0 węzłami „A” i „B") obwodu oznaczamy symbolem w t postaci dużej litery U z podwójnym indeksem u* i ~5 m ums ’ 5 M wskazującym te punkty, (czyli np. Ua b ) przy czym B0 B0 strzałka napięcia umieszczana pomiędzy tymi punktami wskazuje na punkt określony przez pierwszy z dwu indeksów (w omawianym przypadku byłby to punkt A). Gdy potencjał punktu wskazywanego przez strzałkę jest wyższy (czyli u nas potencjał punktu A jest wyższy od potencjału punktu B) napięcie (u nas U a b ) ma wartość liczbową dodatnią. Jeśli wyższy jest potencjał punktu B, napięcie oznaczone strzałą wskazującą punkt A ma wartość ujemną. Obowiązuje zależność U ba = - IJ a b , czyli przedstawione obok dwa sposoby zapisania że potencjał punktu A jest o 5 V wyższy od potencjału punktu B są równoważne. Z powyższych stwierdzeń wynika, że kierunki strzałek dla oznaczeń napięć i prądów można wybierać dowolnie, należy tylko wartościom liczbowym napięć i prądów przyporządkować u „ R » uu /1 uĄl ft = • uKtn właściwe znaki. Strzałki napięcia i prądu na rezystorze w gałęzi AB powinny w zasadzie otrzymać zwroty przeciwne, gdyż wtedy prawo Ohma ma znaną postać R = U a b /I. Jeśli strzałki napięcia i prądu na rezystorze mają zwroty zgodne, prawo Ohma przybiera postać R = - Uab/I-

r

r

Prądy i napięcia zmienne oznaczamy małymi literami z indeksami wskazującymi miejsca ich występowania, np. /»*, u i t p . Amplitudy prądów i napięć zmiennych oznaczamy dużymi literami, przy czym stosujemy drugi indeks w postaci małej litery m (wskazujący na wartość maksymalną), np. Uwym oznacza amplitudę napięcia wyjściowego uH,.

W Y K A Z W AŻNIEJSZYCH OZN ACZEŃ 0 P A e oj C C, C„ C„, D D? Ecu / Ig 1 /cvw Iceo lD /Ł ¡o I, Ij k LED

P R Ra Re rn Rdz

Re Rl Rnr SEM

SPM l T T TP Uan Oca Ucc Uce Uco Uos U ai UF Mas Uf «w Uw, U*tm U7. UDZ Uau

~ ~ — — -

-

Współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora bipolarnego w układzie WB Współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora bipolarnego w układzie WE Przyrost wartości zmiennej (np. napięcia lub prądu) lub parametru (np. temperatury) Temperaturowy współczynnik zmian napięcia Pulsacja (częstotliwość kątowa) sygnału zmiennego (o = 2xf (rd / sek) Kondensator, pojemność kondensatora Kondensator sprzęgający Wejściowy kondensator sprzęgający Wyjściowy kondensator sprzęgający Dioda Dioda stabilizacyjna (Zenera) Wejściowe napięcie wspólne (ang. commnn mode = tryb wspólny) Częstotliwość sygnału. l!/sckj = lHz| Prąd bazy tranzystora bipolarnego c Prąd kolektora tranzystora bipolarnego (ang. collector = kolektor) Prąd polaryzacji wstecznej złącza kolektor - baza tranzystoru bipolarnego Prąd zerowy tranzystora bipolarnego w konfiguracji WE Prąd drenu tranzystora unipolarnego Prąd emitera tranzystora bipolarnego Prąd bramki tranzystora unipolarnego (ang. gatc = bramka) Prąd wsteczny diody lub złącza (prąd nasycenia nośników mniejszościowych) Prąd źródła tranzystora unipolarnego (ang. source = źródło) Stała Boltzmanna Dioda świecąca (ang. lig hi cmitluig diodę) Moc Rezystor, wartość rezystancji Rezystor w obwodzie polaryzacji bazy Rezystor w obwodzie kolek lora Rezystancja dynamiczna elementu nieliniowego (np. diody) w punkcie pracy Rezystancja dynamiczna diody Zenera w obszarze przebicia Rezystor w obwodzie emitera Rezystancja rłbcią/enia (ang. loud - obciążenie) Rezystancja wyjściowa Siła elektromotoryczna Siła prądomotoryczna Czas Temperatura bezwzględna fK] Tranzystor Temperatura podwojenia prądu zerowego złącza baza - kolektor Napięcie baza - emiter tranzystora hipolumego Napięcie kolektor - baza tranzystora bipolarnego Napięcie zasilające obwodu kolektorów Napięcie kolektor - emiter tranzystora bipolarnego Napięcie Ucz w stanie nasycenia (ang. saturaiwn = nasycenie) Napięcie dren - źródło tranzystora unipolarnego Napięcie zasilające obwodu emiterów Spadek napięcia na przewodzącej diodzie Napięcie hramka - źródło tranzystora unipolarnego Napięcie progowe tranzystora unipolarnego (ang pinch-<>ffwltagc) Zmienne napięcie wejściowe Zmienne napięcie wyjściowe Amplituda zmiennego napięcia wyjściowego um Napięcie przebicia diody Zenera Napięcie zasilające

W . C ią ty M k i E t F K T R O N IK A W Z A D A N IA C H C z ę U I O bliczanie punktów pracy pczy/iądów pótpizcwodnikcwych

'U te ' prawo Kirchtfflfe:^^^; : ^

l^ fiP P ^ P IP i# i^ i

«kterystykifstosunek napięci; szeil: prądu i jestwartością; s r&ystor,
(>v«?ziami) obwodu' oraz prądy płynące przez poszczególne- elemenry (gałęzie)' obwodu są 'liniowymi- funkcjami- źród d ^- n iu ^a jąc y c h . co oznacza k i n o w a rtKli/yrw* H niu/^lii» n tin ijr- ii i n n / ł- U t n eitm^-AłrfArtrtużt/óK rvni-h^7:i."\ [ łl A ił t x ł i l i n 7

działających w obwodzie SENl i-iub SFM. rozpąiry^Yanych z osobna.

Wyłączenie ;ź.ródła oznacza bowiem ;iylko. Ze nie wymusza 0 «Q przepłyń

C

r

W . G ąźym ki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH l . 0 0 k i* m c punk10v« piacy pixytx«]ów piMpucwodmkowyeh

r

CZĘSC

1.

o b lic z a n ie p u n k tó w p r a c y P Ó L P R Z E W O D N T K Q W V ęH

p rzy rząd ów

W PRO W A D ZEN IE W tej części zbioru zostaną zaprezentowane zadania na temat obliczania w układach elektronicznych wartości prądów i napięć stałych, określających „punkty pracy” przyrządów półprzewodnikowych. Przyrządy te (np. diody, tranzystory bipolarne i polowe) są elementami nieliniowymi, tzn. ich statyczne charakterystyki prądowonapięciowe (określone w postaci wykresu lub równania) są różne od linii prostej. W porównaniu z rozwiązaniem obwodu złożonego wyłącznic z elementów liniowych, rozw iązanie układu elektronicznego zawierającego elementy nieliniowe jest znacznie trudniejsze, ponieważ nie można tutaj stosować zasady superpozycji, tzn. nie można twierdzić, że prąd płynący przez jakiś element układu jest sumą prądów składowych pochodzących od występujących w układzie wymuszeń - tzn. sił elektromotorycznych (SEM) i sił prądomotorycznych (SPM) rozpatrywanych oddzielnie. Często możliwe okazuje się jednak podzielenie większego układu na takie fragmenty, że w każdym z nich występuje tylko jeden element nieliniowy. W takim fragmencie analizowanego układu można na podstawie ..zasady wyodrębnienia” wydzielić gałąź zawierającą element nieliniowy, a pozostałą część (dwójnik aktywny) zawierającą już tylko elementy liniowe i źródła wymuszające sprowadzić do schematu zastępczego złożonego z jednego źródła (SEM lub SPM) i jednego elementu liniowrego (rezystora). Dla źródeł stałoprądowych i elementów rczystancyjnych mamy wtedy jedną z dwu sytuacji, które można rozwiązać graficznie: /. Część Unio wą zastępujemy silą elektromotoryczną E z i rezystancją nennętrzną R l, która okazuje się połączona szeregowo z elementem nieliniowym (Zasada Thevcnina. rysunek W 1.1). Dla tego układu na podstawie Ii-go praw'a Kirchhoffa można napisać równanie:

czyli:

e2 = i „ r 2 + un

(W U )

/ = £ l_ J L { /

(W1.2)

,v

Rz

Rz

Jest to równanie prostej typu y = a - b ■x, a w układzie współrzędnych w którym na osi rzędnych znajduje się prąd /*• płynący przez element nieliniowy, a na osi odciętych

Element nieliniowy, np. diod*

Rys. W 1.1. Ilustracja zastosowania ?asady Thocnina

W. Ciązyiuki - ELEKTRONIKA W BADANIACH Cręie I: Obliczanie punklmo pracy przynaidów pólpnorwo-l/iikowych

napięcie (/,v występujące na tym elemencie, jego obrazem graficznym jest tzw. „prosta obciążenia”, tj. odcinek linii prostej przecinającej osie układu w punktach A(Ez: 0) oraz B(0; Ez/ Rz)- Każdemu punktowi na odcinku AB tej prostej odpowiada inna wartość rezystancji obciążającej źródło złożone z siły elektromotorycznej Ez i rezystancji wewnętrznej Rz, przy czym punktowi A odpowiadałoby rozwarcie tych zacisków (prąd w tych warunkach nie płynie, nie ma zatem spadku napięcia na rezystancji wewnętrznej Rz, czyli napięcie na zaciskach zewnętrznych jest równe Ez), a punktowi B odpowiadałoby zwarcie zacisków tego zastępczego źródła (napięcie na tych zaciskach byłoby w tych warunkach równe zeru, a płynący prąd miałby wartość E z/Rz). Jeśli jednak do zacisków źródła zostanie podłączony element nieliniowy o znanej charakterystyce pokazanej przykładowo na rysunku W 1.1, to rozwiązanie tego obwodu stanowią współrzędne punktu P przecięcia tej charakterystyki z prostą obciążenia. Przez element nieliniowy płynie prąd I n (P), a na zaciskach zewnętrznych źródła (a zatem także na clcmencie nieliniowym) panuje napięcie U#(P). 2. Część liniow ą zastępujemy silą prądomotoryczną Iz i rezystancją wewnętrzną /?& która okazuje się połączona równolegle z elementem nieliniowym (Zasada Nortona, rysunek W 1.2). Dla tego układu na podstawie 1-go prawa KirchhofTa można napisać równanie: / ,« * .+ / »

(W I.3)

a równanie prostej obciążenia -w układzie współrzędnych 7. rysunku W1.2, w którym w stosunku do układu z rysunku W 1.1 osie I n i Uh zamieniono miejscami - ma postać: U „ = lt

R2 - l K R2



Ch-ka elementu

Rys. W 1.2. Ilustracja zastosowania zasady Nortona

Także tutaj punktowi A odpowiadałoby rozwarcie zacisków źródła (prąd In = 0 i cały prąd Iz płynie przez zastępczą rezystancję wewnętrzną Rz, a napięcie na zaciskach jest równe Rz-lz). Punktowi B odpowiadałoby zwarcie zacisków źródła (napięcie na tych zaciskach jest wtedy równe zeru, a zatem prąd Ir = 0 a cały prąd I 7. płynie przez zwarty obwód zewnętrzny). Współrzędne punktu P przecięcia znanej charakterystyki elementu nieliniowego z opisaną prostą obciążenia stanowią rozwiązanie tego obwodu. Przez element nieliniowy płynie prąd Is(P ), a na zaciskach źródła (a zatem także na elemencie nieliniowym) panuje napięcie Un(P)Na podstawie powyższych rozważań widzimy więc, że potrafimy rozwiązywać układy prądu stałego z jednym elementem nieliniowym o charakterystyce danej w postaci wykresu (lub równania). Metodę graficzną trudno jednak uznać za wygodną i

W. C iiłyA du - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C m ii 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

dlatego w dalszej części zbioru będzie ona wykorzystywana głównie do cclów ilustracji uzyskiwanych wyników. Rozważmy jeszcze krótko możliwości analitycznego rozwiązania obwodu z rysunku W l.l opisanego równaniem W 1.1. Rozwiązanie jest możliwe, jeśli charakterystykę prądowo-napięciową 7.v= ffUn) można aproksymować wielomianem, przy czym trudności rosną gwałtownie ze wzrostem stopnia tego wielomianu. Gdybyśmy jednak np. dla diody półprzewodnikowej chcieli wykorzystać znaną zależność wykładniczą prądu Ip od napięcia Ud(W I.S)

k-T gdzie:

U = prąd nośników mniejszościowych płynący przez złącze spolaryzowane zaporowo; q= ładunek elektronu; k = stała Boltzmanna; T = temperatura bezwzględna [K]; to przyjmując ¡o - In oraz U o= t/,v otrzymujemy równanie przestępne: E r = U „ +Rz l n = U „ * R , 1, [ e x p (~ — )- l] k-T

(W 1.6)

możliwe do rozwiązania tylko numerycznie, l ak wiec ta droga postępowania jest dla naszych celów całkowicie nieprzydatna. W większości przypadków możliwe jest jednak łatwe uzyskanie rozwiązania na drodze analitycznej, jeśli zgodzimy się na pewne pogorszenie jego dokładności wynikające z przyjęcia dodatkowych uproszczeń. Na przykład nieliniowy charakterystykę diody półprzewodnikowej (lub złącza baza-emiter tranzystora bipolarnego) możemy dla kierunku przewodzenia zastąpić siłą elektromotoryczną Uy równą przybliżonemu spadkowi napięcia na diodzie, lub szeregowym połączeniem takiej SEM i rezystancji dynamicznej r j diody w oczekiwanym zakresie prądóv\ (Rysunek W l, 3).

K A

lub

Rys. W I J . Schematy ¿asiępczc diody spolaryzowanej w kierunku przewodzenia

W Ciązyński - E L E K T R O N IK A W Z A D A N IA C H C zcić 1: Obliczanie punktów piacy przyrządów półprzewodnikowych

Napięcie zasilające Uzas jest przeważnie znacznie większe od spadku napięcia Ur na złączu krzemowym pn spolaryzowanym w kierunku przewodzenia. Przy prądach w zakresie od mikroamperów do części ampera Ut przyjmuje wartości rzędu 0,5V do 0,7V. Jeśli zatem przy Uzas = 15 V przyjmiemy Uf = 0,6 V, a rzeczywista wartość spadku napięcia na przewodzącej diodzie określona metodą graficzną na podstawie znajomości dokładnej charakterystyki statycznej diody może różnić się od przyjętej o 100 mV, oznacza to że przy obliczeniu wartości płynącego prądu l^ iU ^ - U ,) / *

(W1.7)

popełniamy błąd względny rzędu lF

i i ^ o - o j - ł ¡.|{ K )% = 0 7 % [ 15.0-0,6 J

(W J8 )

Przy polaryzacji diody (złącza pn) w kierunki! zaporowym możemy na schemacie zastępczym układu uwzględnić tę diodę jako SPM równą prądowi nasycenia (prądowi nośników mniejszościowych) /,. Wynika to z równania (W 1.5) w którym człon wykładniczy dla ujemnych wartości Uo szybko maleje do zera (wobec tego, że napięcie dyfuzyjne Ur = k.T/q w temperaturze 300 K wynosi ok. 26 mV, ju ż np. dla napięcia U o - - 260 mV wyrażenie to ma wartość e 10 i na pewno może być zaniedbane wobec 1). Często prąd h mający przeważnie wartości w zakresie znacznie poniżej I nA jest w ogóle pomijany, czyli dioda spolaryzowana zaporowo jest w prezentowanych zadaniach traktowana jako przerwa w obwodzie. Omówienia wymagają także przyjmowane w większości prezentowanych poniżej zadail uproszczenia dotyczące przebiegu charakterystyk wyjściowych tranzystorów. Na rysunku W 1.4 przedstawiono w charakterze przykładu zasilany napięciem Ucc szeregowy obwód złożony z (liniowego) rezystora Rę i (nieliniowego) tranzystora bipolarnego npn.

Rys. W 1.4. Prosie obciążana na charakterystykach wyjściowych uonzystora bipolarnego npn w połączeniu ze wspólnym emiterem (WK)

W. Ciązyńilu - hLfckTROMKA W ZADANIACH Część I • Obiiczanie punktów pcjcy przyrządA»- półprzewodnikowych

Także tutaj punkt pracy P, określony tym razem przez wartości prądu kolektora i napięcia kolektor-emiter tranzystora znajdujemy jako przecięcie prostej obciążenia (dla której współrzędne punktów A i B przecięcia z osiami układu współrzędnych pokazano na rysunku) z nieliniową charakterystyką tranzystora. Ponieważ jednak tranzystor jest elementem sterowanym, którego charakterystyka zależy od wartości prądu bazy, to punkt pracy P przy zmianach wartości I r może przemieszczać się po prostej obciążenia: • od położenia A ’ dla Ib = 0 czyli dla przerwy w obwodzie bazy (punkt A jest nieosiągalny z tego powodu, że tranzystor dla ¡b - 0 nie stanowi idealnej przerwy i płynie przez niego mały prąd zerowy I ceo. a więc Ucf. różni się od napięcia zasilania Ucc o niewielki spadek napięcia Iceo ■R c ) • do położenia B ' odpowiadającego nasyceniu tranzystora (punkt B jest nieosiągalny 7. tego powodu, że dla dużych wartości I r tranzystor pracujący w stanic nasycenia nie stanowi idealnego zwarcia, występuje na nim pewne napięcic resztkowe Uce»* a zatem prąd kolektora jest nieco mniejszy od wartości Dcc f Rc odpowiadającej zwarciu tranzystora. Liniami przerywanymi narysowano proste obciążenia dla zwiększonej dwukrotnie wartości Rc (obniża się wtedy położenie punktu B). oraz dla zwiększonej nieco wartości napięcia zasilającego U cc (prosta przesuwa się równolegle, gdyż proporcjonalnie do zmiany U cc przesuwają się obydwa punkty A i B). \a podstawie rysunku można stwierdzić, że zarówno wartość płynącego prądu lc (rzędna odpowiedniego punktu pracy P, PI lub P2) jak i wartości prądu zerowego I ceo (rzędna punktu pracy A ’ , lub odpowiadającego mu punktu na innych prostych obciążenia) i napięcia nasycenia U ce«(odcięta punktu pracy B ’, lub odpowiadającego mu punktu na innych prostych obciążenia) zależą w pewnym stopniu od napięcia zasilającego U cc i rezystancji RcZależności te są jednak w' rzeczywistości mniej wyraźne, niż wynikałoby z rysunku i dlatego w rozważanych w tej części zbioru zadaniach (w przypadkach gdy interesuje nas praca tranzystora w stanie aktywnym) zakładamy dla prostoty, że: • spadek napięcia U be na przewodzącym złączu baza-emiter nie zależy od prądu bazy IB ; • prąd kolektora jest określany podobnie jak w większości podręczników jako: lc = P ■Ib + I ceo , czyli zakłada się że lc nie zależy od napięcia Uce [co odpowiada temu, że charakterystyki ¡c = I c (U ce) są dla kolejnych wartości prądu bazy Ib liniami prostymi biegnącymi poziomo], przy czym wzmocnienie prądowe w układzie wspólnego emitera /3 ma wartość stałą, niezależną od punktu pracy (charakterystyki przejściowe tranzystora lc = lc ( h ) dla różnych wartości Uce pokrywają się i mają przebieg liniowy); • napięcie Uce, na nasyconym tranzystorze nie zależy od wartości prądu kolektora lc ani od prądu bazy I b- Najczęściej przyjmujemy, że granicą pomiędzy stanem aktywnym a stanem nasycenia tranzystora jest sytuacja gdy Ucb = 0, czyli Uce = Ure- W przypadku wzmacniaczy napięciowych, gdy chodzi nam o wyznaczenie maksymalnych amplitud nieznickształconego napięcia wyjściowego, możemy bardziej ostrożnie przyjmować większą wartość napięcia Uce»- W układach w których wykorzystuje się stan nasycenia tranzystora, np. w układach przełączających i logicznych możemy przyjmować wartości napięcia Uce.
W. CUtyAłii - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cręii 1: Obiiutamc punktów ptacy przyrządów półprzewodnikowych

Przy polaryzacji zaporowej diody lub złącza baza-emiter zakładamy, że prąd wsteczny nie zależy od wartości napięcia polaryzującego złącze pn w kienmku zaporowym (jc4H tylko jest ono co do wartości bezwzględnej większe od około 0.3 V).

Rys. W 1.5. Proste obciążenia na uproszczonych charakterystykach wyjściowych tranzystora bipolarnego npn w połączeniu WE

Powyższym założeniom upraszczającym odpowiadają w obszarze aktywnym pracy tranzy stora charakterystyki wyjściowe jak na rysunku W 1.5. Zwróćmy uwagę na fakt. że teraz zmiany (w pewnym zakresie) wartości rezystancji obciążenia kolektora lub napięcia zasilającego (przy stałym Ig) nie wywołują zmian wartości prądu kolektora Ic■ Można to podsumować w taki sposób, że przy tych założeniach tranzystor bipolarny uważamy za sterowane prądem bazy idealne źródło prądowe, tzn. źródło prądu ¡c o nieskończenie dużej rezystancji wyjściowej. Wymienione założenia są usprawiedliwione rzeczywistym kształtem charakterystyk prądowo-napięciowych tranzystorów i prowadzą w prosty sposób do wyników mających wartość przy wstępnej analizie układów tranzystorowych. Znajomość takich uproszczonych zależności pozwala uniknąć wielu błędów czyhających na początkujących użytkowników zaawansowanych programów analizy układów elektronicznych (takich jak np. SPICE i programy od niego pochodne), wykorzystujących znacznie dokładniejsze, ale także znacznie bardziej złożone nieliniowa modele przyrządów półprzewodnikowych. Doświadczenia wynikające z takiej uproszczonej analizy pozwalają także na głębszą interpretację wyników uzyskanych przy użyciu takich zaawansowanych narzędzi programowych.

W. Ciążymki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częić 1: O blicum c punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Z a d a n ie 1.1 Na rysunku 1,1.1 pokazano wzmacniacz prądu zmiennego z tranzystorem npn w układzie wspólnego emitera (WE). Dla tranzystora T w stanie aktywnym można przyjąć, że: - napięcie Ube nie zależy od wartości prądu bazy J b >wynosi 600 mV; - prąd zerowy I ceo jest bardzo mały i może być pominięty; - współczynnik wzmocnienia prądowego /? = 50. a prąd ¡c w obszarze aktywnym nic zależy od wartości napięcia Uqe\ - granicą pomiędzy stanem aktywnym a stanem nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy U cb = 0. Przy podanych na rysunku danych liczbowych należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości stałego prądu kolektora lę i stałego napięcia kolektor-emiter Uce\ 2 . określić maksymalną amplitudę niezniekształconego napięcia wyjściowego 3. określić jakie wartości może przybierać Rc, aby przy nie zmienionych wartościach Ker. i R b tranzystor pozostawał w stanie aktywnym. Rozwiązanie: Zwróćmy najpierw uwagę na fakt, że przedstawione na rysunku obwody wejściowy i wyjściowy dla napięcia zmiennego mogą być w naszych rozważaniach dotyczących napięć i prądów stałych w układzie całkowicie pominięte. Zauważmy tylko na razie, że zmienne napięcia wejściowe i wyjściowe są rozpatrywane względem potencjału masy i do tego wspólnego (dla obwodu wejściowego i wyjściowego) potencjału jest także podłączony emiter tranzystora, co uzasadnia nazwanie pokazanego sposobu włączenia tranzystora „układem ze wspólnym emiterem (W E)” . Ad 1. Złącze baza-emiter (B-E) tranzystora npn przy dodatnim potencjale na bazie (która jest obszarem typu p) jest spolaryzowane w kierunku przewodzenia (a zatem przy danych założeniach znamy napięcie Ube = 0.6 V). Dla oznaczeń jak na rysunku możemy napisać: h = (Ecc - Ube) / R b = (10 - 0.6) / 9.4 [V / kH] = I mA

(1.1.1)

fc = P Ib + Iceo = P(Ecc - Ube)/Rb = 50 (10-0.6)/9,4 [V /kfl] = 50 mA

( 1. 1.2 )

Uce = E c c - Ic - R c = 10 V - 50 mA • 1 0 0 0 = 5 V

(1.1.3)

Złącze kolektor-baza (C-B) jest spolaryzowane napięciem Ucb = 4,4 V w kierunku zaporowym (wyższy potencjał na kolektorze, który jest obszarem typu n). Tranzystor T w warunkach zadania znajduje się zatem w stanic aktywnym, czyli wykorzystanie powyżej do obliczenia wartości lc zależności Ic = P ■I b + I ceo było uzasadnione, i

W. CmyAski - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część I . Obliczinic punktów prłcy pizyrotduw półprzewodnikowych

tranzystor T znajduje się rzeczywiście w punkcie pracy określonym przez wartości prądu kolektora ic = 50 mA i napięcia kolektor-emiter Uce = 5 V. Ad 2. W rzeczywistym układzie przyłożenie zmiennego (np. sinusoidalnego) napięcia wejściowego mw powoduje, że na stałą wartość prądu bazy w punkcie pracy równą | mA nakłada się składowa zmienna o odpowiadającym napięciu wejściowemu kształcie i amplitudzie. Punkt pracy P tranzystora (patrz np. rysunek W 1.5) przesuwa się po prostej obciążenia, czemu odpowiadają zmiany prądu kolektora Ic i napięcia Ucir. Jeśli i/v.r jest małe i tranzystor pozostaje w stanie aktywnym, kształt składowej zmiennej napięcia na kolektorze tranzystora, nałożonej na stałe napięcie Uce = 5 V. a zatem i zmiennego napięcia wyjściowego u*., jest taki sam jak ksztah napięcia wejściowego. Napięcie Uwy ma amplitudę zwiększoną w stosunku do przy czym dla przyjętej uproszczonej charakterystyki złącza baza-emiter nie jesteśmy w stanie obliczyć wartości wzmocnienia napięciowego układu. Takie obliczenia prowadzone przy nieco zmodyfikowanych założeniach są przedmiotem zadań umieszczonych w drugim tomie zbioru, ilustrujących metody analizy małosygnałowej układów półprzewodnikowych. W tym miejscu zwróćmy tylko uwagę na to. że napięcie wyjściowe jest odwrócone (jak mówimy przesunięte w fazie o pół okresu, czyli o 180° lub n radianów). Dla dodatniej połówki sygnału (dodatnich wartości chwilowych «„*) prąd bazy osiąga wartości większe od spoczynkowej wartości 1 mA, czyli prąd kolektora ma wartości większe od 50 mA, a napięcie na kolektorze ma wartości mniejsze od SV . Narastającemu zboczu (np. sinusoidalnego) napięcia uw odpowiada zatem opadające zbocze napięcia r/wv Jeśli amplituda napięcia u„, jest zbyt duża, punkt pracy tranzystora może w swej drodze po prostej obciążenia osiągnąć (dla ujemnych wartości chwilowych ¿w) położenie A* odpowiadające I r = 0 czyli zatkaniu tranzystora, i/lub (dla dodatnich wartości chwilowych u,.f) położenie B ' odpowiadające nasyceniu tranzystora. W lakich przypadkach napięcie wyjściowe nic może już nadal odtwarzać kształtu czyli odcięte tych punktów' granicznych określają maksymalną niezniekształconą amplitudę napięcia wyjściowego. W naszym przypadku (przy pominięciu prądu zerowego) napięcie Uce nie może osiągnąć wartości większej niż E cc= 10 V, czyli może w rosnąć o 5 V. oraz na granicy stanu nasycenia może osiągnąć 0,6 V. czyli zmniejszyć się o 4,4 V. Napięcie wyjściowe może mieć zatem bez zniekształceń dodatnią amplitudę równą 5 V, a ujemną amplitudę 4,4 V. Przy zwiększaniu amplitudy napięcia wejściowego zniekształcenia pojawią się zatem przy amplitudzie uwy równej 4.4 V (co przy napięciu zasilania 10 V nie jest wynikiem złym) i zniekształcana będzie najpierw ujemna połówka sygnału wyjściowego. Rozwiązanie optymalne w tym układzie polegałoby na wybraniu punktu pracy położonego w środku zakresu zmian napięcia dla obszaru aktywnej (liniowej) pracy tranzystora, tzn. napięcia Ucr. = (10 + 0,6) V = 5.3 V. Bez. zmiany pozostałych parametrów (tzn. przy poprzednich wartościach Ib i Ic) oznaczałoby to konieczność zastosowania rezystora Kc = (Ecc - Uce) I Ic - 4,7 V / 50 mA = 94 SI. Wtedy bez zniekształceń można byłoby uzyskać amplitudę h ,v równą 4,7 V. Ad 3. Zauważmy, że w wyrażeniu (l .1.2) określającym wartość prądu Ic. tzn.: Ic = P- Ir + /
W. Ciążyńnki tlU-KTRONlKA W ZADANIACH C t f łi 1: Obliczanie punktów pracy jir7yr7ąitów półpwwodnikowycłi

nie występuje Rc, a więc dopóki tranzystor pozostaje w stanic aktywnym, prąd kolektora nie zależy od wartości rezystancji Rę. Rozważmy sytuację dla Rc = 0. Nic ma teraz spadku napięcia na rezystorze Rc. a zatem na tranzystorze panuje pełne napięcie zasilające Uce = Ecc = 10 V. Tranzystor znajduje się także w stanic aktywnym, gdyż złącze baza kolektor jest spolaryzowane napięciem Ucb = 9,4 V w kierunku zaporowym. Mamy zatem także lc = 50 mA, czyli dolną wartością graniczną poszukiwanego zakresu wartości rezystancji Rc jest Rcmm = 0. Należy w tym miejscu wspomnieć, że dla Rc = 0 przyłożenie napięcia zmiennego uw powoduje wystąpienie składowych zmiennych prądu bazy (wokół wartości stałej I mA) i prądu kolektora (wokół wartości stałej 50 mA), ale napięcie na kolektorze tranzystora pozostaje stałe i równe Uce - Ecc = 10 V. Zmienne napięcic wyjściowe Uuy jest zatem wtedy równe zeru. Widać wyraźnie, że rolą rezystora Rc w układzie wzmacniacza jest przetwarzanie zmian prądu kolektora na zmienne napięcic wyjściowe. Będzie ono miało przy danym wysterowaniu tym większą amplitudę im większa będzie wartość Rc. W układzie wzmacniacza napięciowego należy zatem dążyć do przyjęcia możliwie dużej wartości RcZwiększanie w-artości Rc powoduje, że przy nie zmieniającej się wartości prądu lc (tranzystor przy przyjętych założeniach upraszczających stanowi źródło prądowe dla rezystora Rc jako obciążenia) napięcie Uce> a więc i napięcie Ucb staje się coraz mniejsze. Za granicę stanu nasycenia mamy przyjąć sytuację, gdy Uca staje się równe zeru. Oznacza to Uce = Ube = 0,6 V, a więc spadek napięcia na rezystancji Rc wynosi maksymalnie lc 'Rcm u= Ecc - Ube = 10 V - 0,6 V = 9,4 V. Dla prądu równego 50 mA odpowiada to maksymalnej wartości rezystancji w obwodzie kolektora Rcm
W. O ążyiukj - ELEKTRONIKA W ZADANIACH 1. Ofcbczuiic punktów piaty pizynutiióy« półprzewodnikowych

Zad anie 1.2 W układzie pokaranym na rysunku 1.2.1. przy założeniach jak w poprzednim zadaniu należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości prądu kolektora ¡ę i napięcia kolektor-emiter Uce', 2. określić w jakim zakresie przy niezmienionych wartościach Ecc, Rb i Re mogłaby zmieniać się wartość Rc, aby tranzystor pozostawał w stanie aktywnym; 3. wyznaczyć prądy i napięcia w układzie, w przypadku gdy wartość rezystancji Rc w io ś n ie do 500 Q , zakładając dla nasyconego tranzystora Uce* = 50 mV. Rozwiązanie: Rvs. 1.2.1 Podobnie jak w poprzednim zadaniu przedstawione na tematowym rysunku obwody wejściowy i wyjściowy dla napięcia zmiennego mogą być całkowicie pominięte w naszych rozważaniach dotyczących napięć i prądów stałych w układzie. Zauważmy jeszcze tylko, że zmienne napięcia wejściowe i wyjściowe są rozpatrywane względem potencjału masy i że tym razem do tego wspólnego (dla obwodu wejściowego i wyjściowego) potencjału masy nie jest podłączone żadne z trzech wyprowadzeń tranzystora, co oznacza że mamy tutaj do czynienia z przypadkiem ogólnym włączenia tranzystora (nie jest to żaden z układów szczególnych WE, WB, ani WC). Ad 1. Złącze baza-emiter (B-E) tranzystora npn przy dodatnim potencjale na bazie (która jest obszarem typu p) jest spolaryzowane w kierunku przewodzenia (czyli znamy Ube = 0,6 V). Dla oznaczeń jak na rysunku na podstawie 11-go prawa Kirchhoffa możemy napisać: R b 'Ib + Ube+If. • R e—Ecc Uwzględniając I e — I c + Ib = P ' I b + Ib - ( P + 1)1b

(¡ 2 . 1) ( 1-2. 2 )

mamy: Rb -I b + Ube + (P + l) h -Re = Ecc (1.2.3) Skąd jest ju ż możliwe wyznaczenie wartości /*, a następnie lc i h i wywołanych przez te prądy spadków' napięć: /f = _ Ecc J Ra +(/J +\)RE

r~r = ~ ~ ~ r = 0.648 mA 9,4+510,1 kQ 14,5 k ii

(1.2.4)

l c = p iB= 50 • 0,648 = 32,4 mA; lc • Rc = 32,4 mA • 0,1 k£2 = 3,24 V l E= (P+1)Ib =51 • 0,648 mA = 33,1 mA; 1E • 33,1 mA • 0,1 kCl = 3,31 V Poszukiwana wartość napięcia Uce wynosi więc: Uce = Ecc - I f. ’ R r - lc • R c —(10 - 3,31 - 3,24) V = 3,45 V Złącze baza kolektor (B-C) jest spolaryzowane napięciem U en = 2,85 V w kierunku zaporowym (wyższy potencjał na kolektorze, który jest obszarem typu n). Tranzystor T w warunkach zadania znajduje się zatem w stanie aktywnym, czyli wykorzystanie

W . Ciąryrmki E1.PKTR0N1KA W Z A D A N IA C H C zctó 1: O bliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

powyżej do obliczenia wartości I c zależności lc = P -Ib + I ceo było uzasadnione. Należy zwrócić uwagę na to, że dopiero ten ostatni wniosek weryfikuje wykonane obliczenia. Ad 2. Przy zmianach wartości Rc potencjały emitera UE = 3.31 V i bazy Ur = U e + U b e - 3,31 V + 0.60 V = 3,91 V nie zmieniają swoich wartości, dopóki tranzystor pozostaje w stanie aktywnym. Na granicy stanu nasycenia (Ucb = 0) mamy jcdnakow-c potencjały bazy i kolektora Uc = Ub = 3,91 V, a zatem maksymalny możliwy spadek napięcia na rezystancji Rc wynosi lę • R c- 10 V - 3,91 V = 6,09 V. Przy stałej w'artości prądu /c = 3 2 ,4 m A odpowiada to maksymalnej dopuszczalnej wartości rezystancji Rcmu = 6,09 V / 32.4 mA = 178 Ad 3. Rc = 500 Cl jest większe od wyznaczonej powyżej wartości Rcmax< a zatem tranzystor znajduje się wr stanie nasycenia i nic można w ogóle myśleć o wykorzystaniu omawianego układu w charakterze wzmacniacza. Przy przyłożeniu sygnału sinusoidalnego tranzystor wychodziłby ze stanu nasycenia tylko w pobliżu ujemnej wartości maksymalnej sygnału i to tylko wtedy, gdy jego amplituda byłaby dostatecznie duża, a więc sygnał wyjściowy zupełnie nie oddawałby kształtu sygnału wejściowego. Do obliczenia wartości napięć i prądów w układzie nic można wykorzystać zależności Ic = P ■Ib + Iceo obowiązującej tylko w stanie aktywnym. Obydwa złącza pn tranzystora są spolaryzowane w kierunku przewodzenia odpowiednio napięciem Ubu i Ucb, a Uce, jest różnicą tych napięć, co tłumaczy fakt, że napięcie U as może przyjmować bardzo małe wartości. W zakresie nasycenia charakterystyki lę = f (Uce) tranzystora są nieliniowe (patrz rysunek W 1.4) i szansę wyznaczenia wartości napięć i prądów w układzie daje nam tylko założenie pewnej wartości Uce* (podanemu w temacie założeniu Uce, = 50mV odpowiadałyby napięcia polaryzujące złącze B-E tranzystora Ube = 600 mV, a złącze B-C tranzystora Ucb= 550 mV). Dla oznaczeń jak na rysunku na podstawie 1-go i Ii-go prawa Kirchhoffa możemy napisać 3 równania o niewiadomych Ib, I c i h ‘ (1.2.5) I e = Ib + Ic (1.2.6) Rb- I b + Ub e + I e Re = Ecc (1.2.7) Rc • Ic +Uces + Ie •Re = Ecc Odejmując dwa ostatnie równania stronami mamy: R b -1b + Ube = R c -1c + Uce* czyli l c =-^-(RM l B- U CEr +UK£)

( 1.2.8 )

Podstawiając powyższy wynik do rówrnania (1.2.6) oraz uwzględniając równanie (1.2.5) przekształcamy równanie (1-2.6) do postaci pozwalającej ju ż na obliczenie prądu bazy: r*

i,

h

'

*

= e cc Kc

M « , d + | Ł )+ R E! = £ c c - y « ( i + ^ Ł > + ^ 7 Ł i\

C

C

Potencjał na bazie można wyliczyć jako: Ug = Ecc - I b R b = 10V - 0,816 mA • 9,4 kO. = 2,330 V

(1.2.9)

W. Ci*łyń*ki - ELEKTRONIKA W ZADAŃ U C H C z ę ii 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów putprzcwixlmkow>vJi

Potencjał emitera wynosi: IJE = U n - UBk = 2,330 V - 0,600 V = 1,730 V. co odpowiada prądowi /¿= 1,730 V / 100 i i = 17,3 mA. Potencjał kolektora wynosi: Uc = U r + U a* = 1,730 V + 0,050 V = 1,780 V co odpowiada spadkowi napięcia na rezystorze kolektorowym l c Rc = 10V - 1,780V = 8,22V a zatem prądowi kolektora lc = 8,22 V /0,5 k ii = 16,44 mA. Jak można sprawdzić, wynikające z I-go prawa Kirchhoffa równanie (1.2.5), tzn. równanie: Ig - I b + lc jest spełnione z wystarczającą dokładnością.

LtiUad z a w ija połąwimt szeregowo dwie SUM i element ««»'owy (ir.eiystijfj; W $ iK) itórae-ja stóg

zasady superpozycji dla obwodu Hniowego.

:

WĘI^ĘSĘIMIHM e:

v

« .i« 'u

XV. CiążyAski - KLfcKTROKfKA W ZADANIACH Część 1: O blłca n K punlitów pr*ey przyrządów półpntcwodnikowych

Z a d a n ie 1.3 W układzie pokazanym na rysunku, przy założeniach jak w poprzednim zadaniu należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości prądu kolektora Ic i napięcia kolektor-emitcr Uce\ 2. przeanalizować jakie zmiany w układzie spowoduje przeniesienie rezystora Rc = 100 i i do obwodu emitera tranzystora. Rozwiązanie Ad 1. Tranzystor T znajduje się na pewno w stanic aktywnym, gdyż prąd bazy wytwarza dodatnie napięcie Ucb = h • Rb- Prąd płynący przez rezystor Rc możemy więc obliczyć jako: Irc = lc + U = P h + h = (P+ IH b

<*& 1)

Uwzględniając powyższe w równaniu koła napięć napisanym na podstawie 11-go prawa Kirchhoffa uzyskujemy zależność: Ecc - Rc • Irc + RftmIb + U be - Rc (P+ I) I b + R b I b + Ubf.

d -3.2)

z której jest ju ż możliwe wyznaczenie wartości I b'10-0,6 /# -

Ra +(fi+\)Rc

V

9,4+51-0,1 k il

94 V —— —— = 0.648 mA 14,5 k il

(1.3.3)

oraz pozostałych prądów i napięć: ¡c = P ■Ib = 50 • 0.648 = 32,4 mA; Ił =(P + M r = 51 • 0,648 m A = 33,1 mA; I rc • R c= 33,1 mA • 0,1 k il = 3,31 V; Uce = Ecc - I rc ■R<:= 10 V - 3,31 V = 6,69 V

(1.3.4)

albo inaczej: Ucn = Ubf. + I b Rb = 0,6 V + 0.648 mA • 9.4 k i2

(1.3.5)

= 0,6 V + 6,09 V = 6,69 V Tak więc tranzystor znajduje się w punkcie pracy określonym przez napięcie Uce = 6,69 V i prąd Ic = 32,4 mA. Ad 2. Zauważmy, że zgodnie z równaniem (1.3.1) przez rezystor Rc płynie prąd równy prądowi emitera Irc = l E, a więc przeniesienie rezystora Rc = I00i2 jak to pokazano obok na rysunku 1.3.2 do obwodu emitera (gdzie także płynie przez niego I e) nie zmieni występującego na nim napięcia, czyli nie powinno prowadzić do zmiany wartości I b (a więc także prądów I c i oraz napięcia Uce)- Tłumaczy to fakt, dlaczego uzyskana powyżej wartość prądu Ic jest

W. Ciąiyłskl - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C apć 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

identyczna z wartością uzyskaną dla układu z zadania 1.2. Analizowany schemat odpowiada bowiem układowi z zadania 12 , dla którego przyjęło K r = 0. Nawiasem mówiąc na rysunku 1.3.2 usunięto kondensator wyjściowy z obwodu kolektora, gdyż po przeniesieniu rezystora składowa zmienna u*? na kolektorze tranzystora byłaby równa zeru (kondensator okazałby się podłączony do stałego napięcia zasilającego). Układ taki może więc pełnić rolę wzmacniacza prądu zmiennego tylko pod warunkiem przeniesienia wyjścia na emiter tranzystora. W konfiguracji dla prądu stałego identycznej jak w zadaniu 1.2, dla składowej zmiennej byłby to układ o zupełnie innych własnościach - układ ze wspólnym kolektorem (zwany też wtórnikiem emiterowym). Układ ten jest m. in. przedmiotem zadania 1.6, a dla składowej zmiennej będzie dokładnie przeanalizowany w zadaniach drugiego tomu zbioru. Powyższe rozumowanie można także zastosować do przypadku, gdy do obwodu emitera przeniesiemy tylko część rezystancji Rc- Także wtedy punkt pracy tranzystora nic ulegnie zmianie.

yvuv>V.'T/ 7 . .TT.. —» oraz o równomiernym rozkładzie koncentracji domieszki akceptorowej, tyr na długo>ci obsza ni bazy • miałby w połączeniu y>wcrsvjnym parametry identyczne juk w połączeniu normalnym. Takich tranzystorów się jednak nic produkuje, gdyż ilic 'm a ją żadnych .zalet w porównaniu z tranzystorami dryltowymi (inaczej: tranzystoromizniejednorodną bazą, luł>; tranzyiioraini 2 wbudowanym polem w • obszarze bsłżvV;Każdv rzeczvwistv tranzystor'włączony inwersyin»c będzie miał

W. C Jątytaki- ELEKTRONIKA W ZADANIACH C « ś ć 1: Obltciamc punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Z a d a n ie 1.4 W układzie wzmacniacza prądu zmiennego jak na rysunku 1.4.1 należy na podstawie znajomości charakterystyk wyjściowych tranzystora T przedstawionych na rysunku 1.4.2 dobrać wartości Rp i Rc, dla których uzyskuje się przy pobudzeniu np. sygnałem sinusoidalnym największą możliwy do uzyskania amplitudę nie zniekształconego sygnału wyjściowego. Zakładamy, źe: - napięcie Uce,= 1 V i nie zależy od wartości prądu /ci - złącze baza-emiter można zastąpić spadkiem napięcia Ub e - 0,6 V i szeregową rezystancją dynamiczną n, = 100 Q; - prąd zerowy I ceo jest bardzo mały, możliwy do pominięcia; - pojemności kondensatorów' sprzęgających C, są na tyle duże, że dla częstotliwości /sygnału wejściowego u„r możemy przyjąć ich iropedancje jako równe zeru

Rys. 1.4.1

I /(u )C ,)= l/< 2 n fC ,) = Q. Rozwiązanie

Rys. 1.4.2

Schemat wzmacniacza dla prądu stałego jest identyczny jak schemat przeanalizowany w zadaniu 1.1. W temacie nie podano wartości współczynnika wzmocnienia prądowego P, jednak dla pokazanych na rysunku 1.4.2 charakterystyk można stwierdzić, że w dowolnym punkcie obszaru aktywnego ft = le / 1a = 100. Sygnał wejściowy uw powoduje, że na stałą wartość prądu bazy Ib (zależną od wybranej wartości RB) zostaje nałożona składowa zmienna prądu o częstotliwości / i amplitudzie zależnej od wartości amplitudy sygnału «*,. Punkt pracy tranzystora będzie oscylował po prostej obciążenia (patrz rysunek 1.4.3 poniżej) wokół położenia P odpowiadającego wybranemu stałemu prądowi bazy /$. Na wejściowym kondensatorze sprzęgającym panuje napięcie stałe równe Ube » składowa zmienna prądu bazy to właśnie prąd przeładowania tego kondensatora w takt zmian Uwr. Kondensator ten jest potrzebny, gdyż bez niego stały prąd ¡b byłby zwierany do masy przez (na rysunku 1.4 równą zeru) rezystancję źródła sygnału u czyj i punkt pracy tranzystora znajdowałby się w położeniu oznaczonym we „Wprowadzeniu” jako A (stan odcięcia tranzystora: IB = 0; lę = I ceo'. Ucf. = Ecc)Kondensator wyjściowy ma za zadanie oddzielić od napięcia wyjściowego składową stałą równą Uce (P), dzięki czemu sygnał wyjściowy na obciążeniu Rl wzmacniacza ma przebieg sinusoidalny (o zerow-ej składowej stałej). Obydwa kondensatory muszą mieć na tyle duże wartości, żeby w czasie kolejnej połowy okresu sygnału (kiedy to kondensator jest na przemian ładowany lub rozładowywany) napięcie na nich się prawie nic zmieniało.

W . Ciązymki ELEKTRONIKA W ZADAŃIAC11 Częić I • Oblkxuiie punktów pracy przyr/Ądów półprzewodnikowych

Powiedzmy jeszcze wyraźnie, że nic zajmujemy się w tym zadaniu wartością wzmocnienia napięciowego naszego wzmacniacza, tzn. nie chcemy (na razie, tym będziemy się interesować w zadaniach nt. analizy małosygnałowej w przygotowywanym drugim tomie zbioru) wiedzieć przy jakim napięciu wejściowym pojawia się rozpatrywany sygnał wyjściowy. Przy przyjętych założeniach upraszczających sygnał wyjściowy jest zniekształcany tylko w wyniku wchodzenia tranzystora w stan nasycenia lub stan odcięcia. Korzystne jest więc przyjęcie punktu pracy tranzystora P w taki sposób, aby określające go napięcie U ce (P ) odpowiadało połowie zakresu zmienności napięcia U ct dla stanu aktywnego tranzystora. Gdyby możliwe było przyjęcie Uce* - 0 odpowiadałoby to przyjęciu napięcia w punkcie pracy Uce (P) = ^ Ecc- Wobec tego, że Uces« E cc często tak właśnie formułujemy odpowiedź. Ponieważ w zadaniu przyjmujemy jednak bardziej ostrożnie i/a* = I V , to przy napięciu zasilającym Ecc = 10 V i wobec przyjęcia I ceo = 0 mamy zakres zmienności napięcia U er. dla stanu aktywnego od 1 V do 10 V. W tym 9-woltowym zakresie musi zmieścić się podwójna amplituda maksymalnego nicznickształconego napięcia wyjściowego. Amplituda ta jest zatem równa 4,5 V, a napięcie Uce(P) przy którym jej osiągnięcie jest możliwe to środek zakresu zmienności napięcia dla stanu aktywnego tranzystora, czyli 5,5 V. Jeśli przyjmiemy, że w punkcie pracy Ic = 3 mA (co odpowiada pełnemu wykorzystaniu obszaru podanych charakterystyk), to otrzymujemy: 1c R c = E c c - U c e ( P )

= 10 V - 5,5 V = 4,5 V czyli: Rc = 4 ,5 V / 3 mA = 1,5 k£I a prosta obciążenia na rysunku 1.4.3 jest określona przez punkty A (10 V: 0 mA) i B (1 V; fi mA). Na rysunku 1.4.3 pokazano też mechanizm powstawania zniekształ­ ceń, jeśli dla wybranej wartości rezystancji R c= 1.5 kO przyjęlibyśmy jednak: - spoczynkowy prąd bazy mniejszy od optymalnej wrartości równej 30 pA (np. I r = 20 pA, wyzna­ czający punkt pracy M na tej samej prostej obciążenia, dla którego napięcie Ucf (M) = 1,0 V). W wyniku wchodzenia tranzystora w stan odcięcia dla zbyt dużych ujemnych wartości chwilowych uHV (gdy wartość chwilowa prądu bazy spada do zera) obcinane są górne (dodatnie) połówki sygnału wyjściowego, gdyż napięcie na kolektorze nie może przekroczyć wrartości Ecc - 10 v odpowiadającej całkowitemu zatkaniu tranzystora. Przykładowy przebieg pokazany linią punktową pozwala nam powiedzieć, że przy wybraniu punktu pracy M maksymalna niezniekształcona amplituda sygnału wyjściowego wynosi:

W. C * t» 4 * i - hLfcKFRONIKA W ZADANIACH C a p i 1: Obliczami; punkli>w piłcy ptzyu^dftw półprzewodnikowych

Ecc - Ucł (M ) = 10 V - 7,0 V = 3.0 V ; - spoczynkowy prąd bazy większy od optymalnej wartości (np. IB = 50 nA wyznaczający punkt pracy N na tej samej prostej obciążenia, któremu odpowiada napięcie Uce (N) = 2,5V). Zniekształcenia objawiające się obcięciem dolnych (ujemnych) połówek sygnału wyjściowego (jeśli ich amplituda jest większa niż U ce (N) - Ucex = 2,5 V - 1,0 V = 1,5 V) są wywołane wchodzeniem tranzystora w stan nasycenia dla zbyt dużych dodatnich wartości chwilowych u*,. Można jeszcze wspomnieć, że tego typu zniekształcenia są mniej wyraźne niż na granicy stanu odcięcia, gdyż dla wyższych wartości prądu bazy punkt pracy nie pozostaje na prostej obciążenia w położeniu B, a jeszcze nieco przesuwa się (prąd Ic nieco rośnie ze wzrostem głębokości nasycenia tranzystora). Oczywiście, przy mniejszych amplitudach sygnału wyjściowego (dla przykładowych punktów M i N przy amplitudach nie przekraczających odpowiednio 3,0 V i 1,5 V) sygnał nie jest zniekształcany, tzn. zachowuje kształt sygnału wejściowego. Pozostaje jeszcze wyznaczenie wartości Rti odpowiadającej prądowi lB = 30 [lA w punkcie pracy P. Na podstawie Ii-go prawa Kirchhoffa piszemy: Rb I b + U be - Ecc Podstawiając UBir= 0.6 V + r/, • Ib mamy. R b • I b + 0.6 V + rb -lB = ECC R p+ rh =(E cc- l)>(> V )/lB czyli Rb + n ,- (10 V - 0,6 V ) / 30 ^lA = 313 kii.

(1-4.1) i 1-4-2)

Rezystancja dynamiczna złącza fh — 100 Q jak widać prawie nie wpływa na całkowitą rezystancję w’ obwodzie polaryzacji bazy. W praktycznym rozwiązaniu przy zastosowaniu rezystorów o tolerancji 10% w roli rezystancji R b mógłby wystąpić stały rezystor o wartości nominalnej 270 k ii połączony szeregowo ze zmiennym rezystorem o wartości nominalnej 82 kii. Jeśli chcielibyśmy uwzględnić jeszcze pewien rozrzut charakterystyk tranzystorów i wahania napięcia zasilającego mogłaby okazać się celowa zmiana proporcji w kierunku zwiększenia udziału części zmiennej rezystancji. Dla pełnego obrazu policzmy jeszcze wartość liczbową napięcia U be w punkcie pracy (przy braku sygnału wejściowego): U 8 e = 0-6 V + rb ■l B = 600 mV + 100 i i • 30 nA = 603 mV Wartość prądu Ic = 3 mA wybrano powyżej arbitralnie. Równie dobrze warunki zadania spełnia punkt np. pracy PI odpowiadający prądowi l c = 6 mA, dla którego optymalna wartość R c= 0,75 k ii, a dla zapewnienia prądu //ł = 60nA należałoby wtedy zastosować RB=151 k ii W praktyce o wyborze prądu Ic (a zatem wartości Rc} decyduje pożądana wartość wzmocnienia napięciowego wzmacniacza (wzmocnienie to jest proporcjonalne do zastosowanej wartości Rc - patrz zadania w trzeciej części zbioru), a w przypadku wzmacniaczy mocy także moc strat wr elementach układu. Czytelnikowi pozostawia się do przemyślenia w jaki sposób na dobór elementów R b i Rc zapewniających maksymalną nieznickszlałconą amplitudę napięcia wyjściowego (przy zachowaniu Ic = 3 m A) wpłynęłaby zmiana napięcia zasilania Ecc z 10 V na np. 15 V lub 8 V.

W. CV>**kj -ELEKTRONIKAWZADAŃIACII Częii J: Obticuuuepunktówpr»cyprryrodówpólprn:*vdnikov.yęh

Zadanie 1.5 Przeanalizować w jaki sposób w układzie wzmacniacza prądu zmiennego z poprzedniego zadania na położenie punktu pracy P, a zatem na maksymalną amplitudę niezniekształconego sygnału wyjściowego w-płynie podłączenie rezystora obciążającego R l o wartości rezystancji równej l ,5 kii: 1. bezpośrednio do kolektora tranzystora; 2. poprzez kondensator sprzęgający C , o Rys. 1.5.1 wartości pojemności na tyle dużej, że dla częstotliwości / sygnału jego impedancja I / (2 x f Cs) może być uznana za równą zeru. Wszystkie pozostałe dane i założenia upraszczające jak w poprzednim zadaniu. Rozwiązanie Ad 1. Pomyślmy o tym układzie tak, jak gdyby obwód bazy i obwód kolektora tranzystora były zasilane z oddzielnych źródeł napięcia 10 V i zajmijmy się tylko obwodem kolektorowym (patrz rysunek 1.5.2). Na mocy twierdzenia Thevenina wycinamy z tego obwodu element nieliniowy (tranzystor), a pozostałą liniową cześć zawierającą SEM źródła zasilającego i dzielnik rezystancyjny zbudowany na rezystorach Rc i R l sprowadzamy do zastępczego układu złożonego z jednego źródła - równoważnej SEM Ez i zastępczej rezystancji wewnętrznej R 7 - przy czym Er jest równe napięciu panującemu w miejscu wyciętej gałęzi: E 2 = E,cc - Ł — R, + Rc

iov.‘ 1,5 k i ł + 1,5 k ił

= 5V

a rezystancja wewnętrzna jest równa rezystancji widzianej z miejsca wycięcia (oznaczonego na rysunku 1.5.2 krzyżykiem) przy zwartej SEM zasilania: D Rc R l 1,5 k ił 1,5 k ił A , -----------------------------------— 750 i l R c + R l l,5 k ił+ l,5 k ił Przy nic zmienionej wartości I b = 30 |iA znajdujemy nowy punkt pracy P’ (patrz rysunek 1.5.3) jako przecięcie odpowiedniej charakterystyki tranzystora z nową prostą obciążenia przechodzącą teraz przez punkty A ’(5 V; O mA) i B'(0 V; 6.67 mA). Punkt ten jest określony przez prąd Ic - 3 mA i napięcie: Uce (P ') - E z- Ic- R z = 5 V - 3 mA • 0.75 k ił = 2,75 V Utrzymując w mocy założenie, że Uc.Et = 1 V otrzymujemy w wyniku sytuację, w

Rys. 1.5.3

W . Ciąfcymki ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część I: Obliczanie punktów pracy przyrządów półpucwodnikov»\cli

której na składową stałą równą 2,75 V można nałożyć bez zniekształceń sygnał zmienny o maksymalnej amplitudzie równej 1,75 V. Przy większych amplitudach sygnał byłby „obcinany od dołu”, czyli zniekształcona byłaby ujemna połówka składowej zmiennej (np. sinusoidalnej) napięcia wyjściowego. Dodatnia połówka sygnału wyjściowego byłaby zniekształcana dopiero dla amplitud większych od 2.25 V. Ad 2. Podłączenie RL przez kondensator sprzęgający C, nie zmienia układu z zadania 1.4 dla prądu stałego. Nie ulega zatem zmianie położenie punktu pracy P, który nadal jest określony przez Ic - 3 mA i Uce = 5.5 V. Dla częstotliwości sygnału kondensator stanowi jednak zwarcie i rezystor Rl okazuje się podłączony równolegle do Rc (składowa zmienna o częstotliwości sygnału jest w punkcie o stałym potencjale Ecc = + 10 V oczywiście równa zeru), l ak więc prosta obciążenia dla składowej zmiennej przechodzi przez punkt P (patrz rysunek 1.5.4), ale ma nachylenie określone przez rezystancję Ra = Rl \\Rc = 750 Q , czyli zmniejszeniu prądu ¡c równego 3 m A do zera odpowiada teraz przyrost napięcia równy: AU ce ' R/ = 3 mA ■750 — 2,25 V. Sygnał wyjściowy, który' w tym przypadku nic ma składow ej stałej może zatem mieć bez zniekształceń dodatnią amplitudę nie przekraczającą 2,25 V. Z rysunku 1.5.4 wynika, że przy próbie zwiększenia amplitudy sygnału wyjściowego ponad 2,25V najpierw' uległyby obcięciu górne połówki sygnału wyjściowego w wyniku wchodzenia tranzystora T w stan odcięcia.

widzianej pomiędzyjego zadskńini prży wyłączonych źródłaęłi, czyjj przy zwartych;: SfiM i rozwartych ŚPM dylujących węwnąfr^ <.Uvojnika).' ::

W. CiątyMci - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częić I : OfolłCMnic punktów pracy ptzyreąclaw półprzewodnikowych

Zad anie 1.6 W układzie wtórnika napięciowego pokazanym na rysunku 1.6.1 należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości prądu emitera Ie i napięcia kolektor-emiter Uce\ 2. przy założeniu, że pojemności kondensatorów sprzęgających Cw i Cwy są na tyle duże, że można dla częstotliwości sygnału uważać je za zwarcie, a rezystancja obciążenia R l jest bardzo duża obliczyć maksymalną niezniekształconą amplitudę napięcia wyjściowego Uwym\ 3. obliczyć wartość rezystancji rezystora Rn którego włączenie zamiast źródła prądowego / nie spow-odowałoby zmiany punktu pracy tranzystora. Czy taka zmiana będzie miała jakikolwiek wpływ na pracę układu ? Ula tranzystora T można przyjąć, że: - napięcie U be nie zależy od wartości prądu bazy Ig i wynosi 600 mV; - prąd zerowy ¡ceojest bardzo mały i może być pominięty; - współczynnik wzmocnienia prądowego /? = 99, a prąd ¡c w obszarze aktywnym nie zależy od wartości napięcia UęE\ - granicą pomiędzy stanem aktywnym a stanem nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy Ucb - 0. Rozwiązanie: Ad 1. Podobnie jak w poprzednich zadaniach przedstawione na rysunku obwody wejściowy i wyjściowy dla napięcia zmiennego mogą być całkowicie pominięte w naszych rozważaniach dotyczących napięć i prądów stałych w układzie. Zauważmy tylko, że zmienne napięcie wejściow-e (podłączone do bazy tranzystora) i napięcie wyjściowe (podłączone do emitera tranzystora) są rozpatrywane w-zględem potencjału masy. Kolektor tranzystora jest natomiast podłączony do stałego potencjału źródła zasilania. Innymi słowy można powiedzieć, że składowa zmienna napięcia zasilającego jest równa zeru, dlatego na schemacie dla składowej zmiennej możemy ten punkt uważać za podłączony do potencjału masy (wspólnego dla obwodu wejściowego i wyjściowego). Oznacza to, że dla wzmacnianych sygnałów zmiennych mamy tutaj do czynienia z włączeniem tranzystora w układzie wspólnego kolektora (WK). Analiza schematów dla składowych zmiennych będzie przedmiotem zadań zawartych w drugim tomie zbioru. Przy podanym kierunku prądu / = lB = 100 pA złącze baza-emiter (B-E) tranzystora npn jesi spolaryzowane w kierunku przewodzenia (U re = 0,6 V). Przy oznaczeniach jak na rysunku dla tranzystora w stanie aktywnym możemy napisać: l c = p i B= 99 • 100 pA = 9,9 mA; h = (fi+ l)h = (99+1) 100 pA = 10 mA; Uk = I e -Re- 10 mA • 0.5 k ii = 5 V Ub = U e + Ube = 5 V + 0,6 V = 5,6 V

W. Ci42yń8lu - ELEKTRONIKA W BADANIACH Częić I: Obłicuaic punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

U ce = E cc - U f.= 15 V - 5 V = 10 V U cb = E cc - U b = 15 V - 5,6 V = 9,4 V Złącze baza-kolektor (B-C) jest spolaryzowane napięciem Ucb = 9,4 V w kierunku zaporowym (wyższy potencjał na kolektorze, który jest obszarem typu n). Tranzystor T w warunkach zadania znajduje się zatem w stanie aktywnym, czyli wykorzystanie powyżej do obliczenia wartości Ic zależności lc - P • Ib było uzasadnione. Należy zwrócić uwagę na to, że dopiero ten ostatni wniosek weryfikuje wykonane obliczenia. Ad 2. Jeśli kondensator wejściowy lub wyjściowy nie jest podłączony, potencjał jego drugiej okładki nic jest określony. Dlatego przystępując do analizy zachowania się układu dla sygnałów zmiennych powinniśmy zauważyć, że podłączenie SEM sygnału zmiennego do wejścia oznacza także ustalenie potencjału ujemnej okładki kondensatora wejściowego na wartości zerowej. Także R l = oo jest potrzebny w naszych rozważaniach, żebyśmy mogli powiedzieć, że na ujemnej okładce kondensatora wyjściowego w stanie bez wysterowania mamy potencjał zerowy. Dla wejścia podłączonego do masy lub wejściowej SEM równej zeru kondensator wejściowy C** jest naładowany do napięcia 5,6 V. Jeśli leraz uwzględnimy szybkozmienne napięcie wejściowe mot kondensator ten będzie stanowił dla takiego napięcia zwarcie i potencjał na bazie tranzystora będzie miał wartość chwilową: i/a = 5,6 V + 1/*, (1.6.1) Potencjał emitera różni się od potencjału bazv o wartość U be = 0,6 V, a więc: U e = U b - U b e = 5,0V + iw ' ( 1.6 .2 ) Jeśli pomiędzy wyjście wzmacniacza a masę jest podłączone jakieś obciążenie użytkowe Ri. kondensator wyjściowy CHy jest naładowany do napięcia 5,0 V. Na obciążeniu (za kondensatorem) występuje więc napięcie: «*,- = UE- 5,0 V = «w (1.6.3) Przy przyjętych założeniach upraszczających układ powtarza zatem napięcie w-ejściowe na obciążeniu, co uzasadnia jego określenie jako „wtórnika napięciowego”. Taka własność powtarzania napięcia tylko pozornie jest mało interesująca. Tutaj zauważmy tylko, że źródło sygnału jest obciążane niewielką składową zmienną prądu bazy (przeładowującą nieznacznie pojemność wejściową), a do obciążenia użytkowego może płynąć znacznie większa składowa zmienna prądu emitera. Aby ocenić maksymalną amplitudę napięcia wyjściowego dla nieobciążonego układu (Ri = o d ) , przy której nie występują jeszcze zniekształcenia, zauważmy że dla w ło ś c i chwilowej = - 5 V mamy Ub = 5,6 V + u** = 0,6 V a prąd bazy i prąd emitera mają wartości zerowe. Prąd żródla prądowego / = 100 ^iA zamyka się w tym momencie przez źródło sygnału przeładowując kondensator wejściowy. Potencjał emitera wobec braku prądu I e spada do zera: UE= U B- UBe = 5,0 V + u*, = 0 V , Wtedy napięcie wyjściowe unj = - 5 V (szybka zmiana napięcia Ug o 5 V w dół przenosi się przez kondensator wyjściowy na obciążenie R l). Dalsze zmniejszanie napięcia wejściowego nie przenosi się ju ż na emiter, ani na wyjście. Gdyby napięcie wejściowe miało ujemną amplitudę większą od 5 V, zostałaby ona na wyjściu obcięta. Jeśli sygnał wejściowy ma być sinusoidą o zerowej składowej stałej należy rozpatrzyć jeszcze sytuację dla wartości chwilowej = 5 V. Mamy wtedy:

W. CiążyńiU - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częić 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowymi)

UR = 5 ,6 V + « W = 10,6 V UE » Ub - Ube = 5,0 V + = 10 V / i = Ue / R b = 10 V / 0,5 k ii = 20 mA co oznacza, żc prąd bazy musi mieć wartość chwilową równą 200 pA, czyli oprócz prądu źródła prądowego /= 1 0 0 n A musi ze źródła sygnału dopłynąć poprzez kondensator C*, dodatkowe 100 pA. Na tranzystorze panują napięcia Uce = E c c - U e = 15 V - 10 V = 5 V Ucb = E cc15 V - 10,6 V = 4,4 V Tranzystor znajduje się zatem jeszcze w stanie aktywnym i dodatnia połówka sygnału wcjściowcgo zostanie przeniesiona bez zniekształceń. W rzeczywistym układzie należałoby jeszcze zainteresować się, czy napięcie Uca =4,4 V występujące w tym momencie na źródle prądowym jest wystarczające dla jego poprawnej pracy. Nawiasem mówiąc tranzystor w tym układzie mógłby znaleźć się na granicy stanu nasycenia dopiero dla =15 V, czyli uH* = 9.4 V. Jednak napięcie Ucb występujące także na źródle prądowym w tym momencie spadłoby już do zera. Ad 3. Na źródle prądowym w spoczynkowym punkcie pracy występuje napięcie: E cc- UB = 15 V - 5,6 V = 9,4 V Taki sam spadek napięcia przy przepływie prądu 100 pA odpowiada rezystancji: R b = 9,4 V / 0,1 mA = 94 k ił Włączenie takiego rezystora w miejsce źródła prądowego zapewni taki sam spoczynkowy punkt pracy określony przez prąd emitera 7/7=10 mA i napięcie kolcktor-cmiter Uce = 10 V. Zmiana taka ma jednak pewne konsekwencje przy wysterowaniu naszego wtórnika ze źródła sygnału w postaci SEM o np. przebiegu sinusoidalnym i o pewnej rezystancji wewnętrznej. Jak wspomniano powyżej przy wysterowaniu wtórnika napięciem o , amplitudzie 5 V w momencie gdy wartość chwilowa sygnału wynosi + 5 V do bazy tranzystora musi wpłynąć prąd 200 pA, co w dotychczasowym układzie z polaryzacją przy wykorzystaniu źródła prądowego / = 100 pA oznaczało, żc źródło sygnału dostarczało brakujących 100 pA prądu. Dla źródła sygnału wtórnik napięcia przedstawia sobą zatem rezystancję wejściową 5 V /100 pA = 50 k ił. Po zastąpieniu źródła prądowego rezystorem Rb prąd polaryzacji tranzystora płynący przez ten rezystor przy takim wysterowaniu wynosi I r = 4.4 V / 94 k ił = 47 pA, czyli ze źródła sygnału musi dopłynąć brakujących 153 pA. Podobnie dla wartości minimalnej sygnału równej - 5 V zamiast poprzedniej wartości 100 pA prądu wpływającego do źródła uzyskalibyśmy wartość chwilową równą 153 pA. Źródło sygnału jest zatem obciążane nieco większym prądem, czyli jak mówimy układ wtórnika ma nieco mniejszą rezystancję wejściową. Ponieważ duża wartość rezystancji wejściowej jest podstawową zaletą i przyczyną stosowania wtórnika napięcia oznacza to pewne pogorszenia jego własności użytkowych, ujawniające się zwłaszcza przy' dużych wartościach rezystancji wewnętrznej źródła sygnału. Wartości takich parametrów układów- jak rezystancja wejściowa i wyjściowa (pozwalających na pełne ilościowe ujęcie zasygnalizowanych tylko powyżej zjawisk) będą dokładniej obliczane przy nieco zmodyfikowanych założeniach upraszczających w drugim tomie zbioru prezentującym metody analizy małosygnałowej.

W. Ciąiyteki - ELfcKtKONIKA W ZADANIACH C7ię<ć I ' OMicranie punktów pracy pr/yiz^dów pólpnwfKlnikowych

Zastąpienie SPM polaryzacji bazy rezystorem Rb ma także pewien niewielki wpływ na stałość punktu pracy przy zmianach temperatury. Tego typu efekty są analizowane poniżej w zadaniach drugiej części zbioru.

Tranzystor d ^fto w y Tranzystor dryftowy

(a n g .

drift in w is io n

to

tranzystor z niejednorodną bazą.

Przy irauzystora n » w p n is k ie koncentracje d o ^ e s z % | ^ jół)u stronach złącza kolektorowego, czyli uzyskujemy pożądane wysokie napięcia przebicia tego złącza. Po obu stronach złącza emiterowego mamy jednak wysokie koncentracje domieszek, a to oznacza niskie napięcie przebicia tego złącza spolaryzowanego zaporowo. W katalogu tranzystorów wśród parametrów

możliwością przebicia złącza/ W rzeczywistości charakterystyka złącza B-ii większości tranzystorów- wygląda tak;jak ełtarakterystyka diody Zcnera. a napięcie : -.-.L

/C - f i V

« m y w a ła

n

W v L 'A r 7 V.
¡££¡£1

w Cniyltoki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częić I Obliczanie punktów pracy priynądów półprzewodnikowych

Zad anie 1.7 W pokazanym na rysunku 1.7.1 układzie wtórnika napięciowego należy: i 1 . wyznaczyć punkty pracy tranzystorów T l i T2 określone przez wartości prądów emitera IE i napięcia kolektorcmiter Uce; 2 . przy założeniu, źe pojemności kondensatorów sprzęgających są na tyle duże, że można dla częstotliwości sygnału uważać je za zwarcie, a rezystancja obciążenia R l jest bardzo duża obliczyć maksymalną niezniekształconą amplitudę napięcia wyjściowego U ^ m\ 3. obliczyć wartość rezystancji rezystora Rb, którego włączenie zamiast źródła prądowego / nic spowodowałoby zmiany punktów pracy tranzystorów. Dla tranzystorów T l i T2 można przyjąć, że: - napięcia Ube nie zależą od wartości prądu bazy Ib i wynoszą po 600 m V ; - prądy zerowe I ceo są bardzo małe i mogą być pominięte; - współczynniki wzmocnienia prądowego p ,= p 2 = 99, a prądy ¡c w obszarze aktywnym nie zależą od wartości napięcia Uce', - 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 / = /# ,= 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: lc t= P i- fBi = 99-1 pA = 99 pA; h / = (P+1)Ib= (99+1) • 1 pA = 100 *lA = lBf, fr 2= p 2 - h 2= 99 - 100 pA = 9.9 mA; l £2 = (P+W b 2 = (99+1) • 100 pA = 10 mA; Uf.2 = ¡£2 -Re= 10 mA • 0.5 k ii = 5 V Ubi = Ue +Ubf.i+Ube 2 = 5 V + 0 ,6 V + 0.6V = 6,2V Ucej = Ecc - UE2 - Ure2 = 15 V - 5 V - 0,6 V = 9,4 V = UCB2 VcE2 = Ec c - U f2= 15 V - 5 V = 10 V Ucbi = E c c - Up, = 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

w . Ciaiyńsłii - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C z tii I : Obliczanie punktów pracy pczyraądów po)pOŁCwovłi

obszarem typu n). Tranzystory T l i 17 w warunkach zadania znajdują się zatem w stanic aktywnym, 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 " = Ie 2 = ( I + 0 2 )1b2 = ( l + 0 0 ( 1 + 02)1 BI = ( I + 0 1 + 0 2 + 0 1 02) U

I r = ¿ci + l a = 0 i h i + 02 Ib 2 = 0 i h i + 02 (l+ 0 i)h i = (0t + 0 2 + 0102)1bZ dwu ostamich równań wynika, że współczynnik wzmocnienia prądowego złożonego tranzystora T’ równoważnego dwu p o łą c z o n > T n tranzystorom Tl i T2 ma wartość: 0 ' = 0 ,+ 0 2 + 0 !0 2 ~ 0 , 02 (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 0 = 9999, oraz napięciu U b e - 1.2 V oraz zostałaby zmniejszona wartość prądu polaryzacji bazy tak, aby zachować nie zmienioną wartość prądu emitera lt:= 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 Ue 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 T l spada do zera, przez źródło sygnału sterującego przepływa cały prąd SPM wynoszący tylko 1 nA , co odpowiada rezystancji wejściowej równej 5 M ii. czyli 100-krotnic większej n iż 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 prądow-e 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 = 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 Ucb2, jako że jest równe Ucei może przyjmować małe wartości przy nasyceniu tranzystora T l, natomiast nie może zmienić znaku. Ad 3. Na źródle prądowym w spoczynkowym punkcie pracy występuje napięcie: Ecc - UB = 15 V - 6,2 V = 8,8 V Taki sam spadek napięcia przy przepływie prądu 1 ^iA odpowiada rezystancji: Ra = 8,8 V /1 nA = 8,8 M ii Włączenie takiego rezystora w miejsce źródła prądowego / = I |a.A zapewni takie same spoczynkowa punkty pracy tranzystora Tl i T2 określone przez prądy emiterów odpowiednio /e ;= 1 0 0 h A i /¿-2= 1 0 m A i napięcia kolcktor-emiter Ucei = 9.4 V Uce2 = 10 V. Podobnie jak w poprzednim zadaniu taka zmiana pogarsza nieco

W . CŃtfyfaki - E L E K T R O N IK A W Z A D A N IA C H Część I : O blicum ie punktów pr*cy prz}izq<łów półprzewodnikowych

rezystancję wejściową wtórnika napięcia, tyle żc obecnie to pogorszenie następuje przy wyższych wartościach rezystancji. Dokładnie te efekty zostaną przeanalizowane przy nicco zmodyfikowanych założeniach w drugim tomie zbioru poświęconym analizie małosygnałowej. Omawiana zmiana ma także pewien niewielki wpływ na stałość położenia punktu pracy przy zmianach temperatury. Tego typu efekty są rozpatrywane poniżej w zadaniach drugiej części zbioru. prądy zerowe t r ą n o r a . h i p a r n e g o | | jj W stmtie odcięcia prwztffUUystor płynie tłiewielki prąd zerowy, o wartości‘zaleinej elektrody X do Y (l-a^y-ztych

elektroda jest. zwartą z określoną przez dru^i indeks) (uh R (oznac/a, że. tiże ćii -elektroda jesi półą<2óna: z drugą poprzez pewną rezyshmeję f<). .połąo^tuu W)B p rz y p ra w ie w obwodzie emitera. C7>-h przy Js » 0):

UwJĘĘ

Ir -o. I r d la L - 0 m iu n v

¿SS :'

polaryzującj e w; kierunku zaporowym (w tranzystorze npn wyższy potencjał na obszarze; jy p un }:P lym e prąd. nośników mniejszościowych tego złącza równy AriK--^ącze B-E zupełnie nie uczestniczy \vzachodzących zjawiskach. . ♦ ' w u W a d zie T O napięci« zasifająceUęz jest przyłożone m szeregowo połączone obydwa złącza tranzystora. Prawie całe napięcie odkłada się na spolaryzowanym

W. Ciąryiitki ni.EKTRONIKA W ZADAN1ACII Czcić I Obitewinie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Zad anie 1.8 W układzie wtórnika napięciowego pokazanym na r>sunku 1.8.1 naieży: 1. wyznaczyć punkty pracy tranzystorów Tl i T2 określone przez wartości prądów emitera J e i napięcia kolektor-emiter Vec\ 2 . przy założeniu, że pojemności kondensatorów sprzęgających są na tyle duże, że można dla częstotliwości sygnału uważać je za zwarcie, a rezystancja obciążenia R l jest bardzo duża obliczyć maksymalną niezniekształconą amplitudę napięcia wyjściowego UMym; 3. obliczyć wartość rezystancji rezystora Rb, którego włączenie zamiast źródła prądowego 1 nie 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 m V ;

- prądy zerowe J Ceo są bardzo małe i mogą być pominięte; - współczynniki wzmocnienia prądowego Pi = p 2 = 99, a prądy Ię w obszarze aktywnym nie zależą od wartości napięcia Uec\ - granicą pomiędzy1stanem aktywnym a stanem nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy UCb = 0. Rozwiązanie: Ad 1. Analizowany układ jest wtórnikiem napięcia zbudowanym przy wykorzystaniu połączenia dwu tranzystorów pnp, znanego jako „tranzystor złożony pnp” lub układ Darlingtona. Przerysowanie tego układu w sposób pokazany na rysunku 1.8.2 uwidacznia jego pełną symetrię względem potencjału masy z „tranzystorem złożonym npn” omówionym w zadaniu 1.7. Przyjęte na rysunkach oznaczenia odpowiadają rzeczywistym kierunkom przepływu prądu i dodatnim wartościom napięć wyprowaditeniami tranzystorów.

pomiędzy

Przy podanym kierunku prądu / = / * / = 1 pA złącza emiler-baza (E-B) obydwu tranzystorów pnp są spolaryzowane w kierunku przewodzenia ( U e b = 0,6 V). Przy oznaczeniach jak na rysunku dla tranzystorów w stanic aktywnym możemy napisać: l a — P r h i = 99 • 1 pA = 99 pA; h i = (p + l)lB= (99+1) • 1 pA = 100 pA = lB2\

W. Citżytaki - bLfcKI KONIKA W ZADANIACH Czędć L Oblicitnic punktów pr»cy paynĄ Ćó* półprzewodnikowych

lc 2= p 2 -1* 2 = 99 • 100 \xA= 9,9 raA; l u = (P+1)Ib2= (99+1) • 100 \iA = 10 mA Potencjał emitera T2 względem masy wynosi: U n = - Ie2 ■Re = - 10 mA • 0,5 k ft = - 5 V Ih t = U E2 - UeBI-Ueb 2 = - 5 V - 0,6 V - 0,6 V = - 6,2 V UF.a = E cc- Ue2 -Ueb2 = 15 V - 5 V - 0.6 V = 9.4 V = UBC2 VEa = E cc - U r = 15 V - 5 V = 10 V Ubci = E cc- U B = 15 V - 6,2 V = 8,8 V Złącza baza-kolektor (B-C) obydwu tranzystorów są spolaryzowane w kierunku zaporowym (w obydwu przypadkach wyższy potencjał na bazie, która jest obszarem typu n). Tranzystory T l i T2 w warunkach zadania znajdują się zatem w stanie aktywnym, co weryfikuje wykonane obliczenia. Podobnie jak w zadaniu 1.7 tranzystory T l 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 = h i ¡E' - fo.2 = ( l +fi2) 1b2 = ( l~ P 0 (1 +P i) h t = (1 + P i + fh + P i P i) h

I r = l a + Ic2 = f il h i + 02 ¡B2 = P i h i + fh ( 1+P i) h i = (Pi + P2 + P i P t) h Z dwu ostatnich równości wynika, że współczynnik wzmocnienia prądowego „złożonego tranzystora” T’ równoważnego dwu połączonym tranzystorom Tl i T2 ma wartość: P ’ = PI +P 2 + P IP 2 ~ P IP 2 <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 U t spada do zera (czyli . amplituda dodatniej połówrki sygnału może wynieść 5 V. Zwróćmy uwagę na to, że w chwili gdy wartość napięcia wejściowego wynosi + 5 V i prąd bazy T l spada do zera, przez źródło sygnału sterującego przepływa cały prąd SPM wynoszący tylko 1 jiA, co odpowiada rezystancji wejściowej równej 5 M ii. Gdy wartość chw'ilowra sygnału sterującego osiąga maksimum dla ujemnej połówfki czyli wartość -5V napięcie na bazie B ’ ma wartość - 1 1 ,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 poprawcie. Tranzystor T l w tym układzie mógłby znaleźć się na granicy stanu nasycenia dopiero dla C,a = - 1 5 V . czyli przy wartości chwilowej u** = - 8 .8 V . Jednak napięcie Ubci występujące także na źródle prądowym w tym momencie spadłoby ju ż 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 T l przyjmować małe wartości, ale nie może zmienić znaku. Ad 3. Na źródle prądowym w spoczynkowym punkcie pracy występuje napięcie: Ecc- Ubi = 15 V - 6,2 V = 8,8 V Taki sam spadek napięcia przy- przepływie prądu 1 nA odpowiada rezystancji: Rb = 8,8 V / 1 nA = 8,8 M il

W. CiąFyfttki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C f f ii I: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Włączenie takiego rezystora w miejsce źródła prądowego / = 1 pA zapewni takie same spoczynkowe punkty pracy tranzystora Tl i T2 określone przez prądy emiterów odpowiednio Jei = 100 pA i /¿ ^ s lO m A i napięcia emiter-kolektor U¿ c i= 9,4 V UEC2 = 10 V. Podobnie jak poprzednio taka zmiana pogarsza nieco rezystancję wejściową Piórnika napięcia. Dokładnie te efekt)' zostaną przeanalizowane przy nieco zmodyfikowanych założeniach upraszczających w drugim toniie 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.

Zwrocrny. uwagę vna : ujemne : i-w,.!-/.-szv zilitKejs/.e.-iic się t

- T\1

-A* !.«

.i .

w MHAłA/i riiiArtiA

Płądu /okresie :p i ^ S a . •ł a ^ v i ^ a ilr ,.} v K

••n •*r .if.•\r/kWl

W Citfyńdci - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Czętó I: ONic/saie punktów pracy prr>iz*dów półprzewodnikowych

Z a d a n ie 1.9 W układzie wtórnika napięciowego pokazanym na rysunku 1.9.1 należy: 1. wyznaczyć punkty pracy tranzystorów TI i T2 określone przez wartości prądów emitera I e i napięć kolektorcmiter Uce', 2 . przy założeniu, żc pojemności kondensatorów- sprzęgających są na tyle duże, że można dla częstotliwości sygnału uważać je za zwarcie, a rezystancja obciążenia R l jest bardzo duża obliczyć maksymalną amplitudę £/*, niezniekształconego napięcia Rys. 1.9.1 wyjściowego; 3. obliczyć wartość rezystancji rezystora Rb, którego włączenie zamiast źródła prądowego / nie spowodowałoby zmiany punktów pracy tranzystorów. Dla tranzystorów Tl i T2 można przyjąć, że:

- napięcia |U b e \ nie zależą od wartości prądu bazy I b i wynoszą po 600 mV; - prądy zerowe I ceo są bardzo małe i mogą być pominięte; - współczynniki wzmocnienia prądowego /?j -/?2 = 99, a prądy Ic w obszarze aktywnym nie zależą od wartości napięcia U c e \ - granicą pomiędzy stanem aktywnym a stanem nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy Ucb = 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 przepływa) prądu i dodatnim wartościom napięć pomiędzy wyprowadzeniami tranzystorów'. Przy podanym kierunku prądu I = I bi = l yA złącze cmiter-baza (E-B) tranzystora Tl typu pnp jest spolaryzowane wr kierunku przewodzenia (prąd wypływa z bazy Tl a napięcie Uebi = 0,6 V). Z kolei prąd l a wpływa do bazy tranzystora T2 typu npn i ten tranzystor także przewodzi. Przy oznaczeniach jak na rysunku dla tranzystorów w stanie aktywnym możemy napisać: 1cj= P i 1bi = W \uA = 99 jtA = / « ; I ei = (P>+J)Ibi = (99 + I) • 1 \iA = 100 jiA; ¡C2= • ¡82 = P2 ■Pi ■Ibi = 99 • 99 *tA = 9,801 mA; ¡E2 = (P 2+J)lB2= (P2+J)P i • Ib i= 100 • 99 - 1 \iA = 9,900 mA Przez rezystor Re płynie prąd: Ire = Iei +łc2 — (Pi+ I)Ibi + P2 • Pi * h i = 100 ^iA + 9,801 m A = 9,901 mA

w . ClĄźylUlu - tLEKTRONIKA W ZADANIACH ClBCde l . Obiicianic punktów pracy pnryraądów półprzewodnikowymi

Potencjał emitera i bazy tranzystora TI względem masy wynoszą odpowiednio: U ei=~ 1re Re = - 9,901 mA • 0,5 kQ = - 4.95 V = UC2 UB¡ = u El - Uebi = - 4.95 V - 0.6 V = - 5,55 V A potencjały emitera i bazy tranzvstora T2: U l7 = - E cc = - 1 5 V UB2 = U n + Ube2 = - 15 V + 0,6 V = - 14,4 V = Ua Ueci = Uu - U a - - 4,95 - (~ 14,4 V) = 9,45 V = U cm ÜCE2 = U(72- Ur.2 = - 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 E\ Mamy wtedy:

Tc. = h i = <1+P2) 1*2 = P> ( I+ P 2) h i = (Pi + P1 P2) I * r £- = ¡E! + Ic2 = (1 + P l) ¡BI + P2 lB2 = <1 + P l)lB l + p 2 fill* l = ( I + P l + f l l P2) I * 1 Z dwu ostatnich równości wynika, że współczynnik wzmocnienia prądowego złożonego tranzystora T’ równoważnego dwu połączonym tranzystorom przeciwstawnym TI i T2 ma wartość:

p ’ = p i + p t p 2 * p ip 2

(1.9.1)

W warunkacłi zadania oznacza to wartość wzmocnienia rzędu 104 (dokładnie 9900). Wszystkie wnioski 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 (.iA, co odpowiada rezystancji wejściowej równej 4,95 M£2. 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 Uff/ —— 14,4 V, czyli przy wartości chwilowej «WÍ = - 8 ,8 5 V . Jednak napięcie Ubci występujące także na źródle prądowym w tym momencie spadłoby ju ż do wartości 0,6 V. Tranzystor T2 w analizowanym układzie tranzystora złożonego nie może wejść do stanu głębokiego nasycenia. Jego napięcie i/ c « , jako że jest równe Ueci przy nasyceniu tranzystora T l może przyjmować małe wartości, ale nic może zmienić znaku. Ad 3. N a źródle prądowym w spoczynkowym punkcie pracy występuje napięcie: Ecc - Ufí, = 15 V - 5.55 V = 9,45 V Taki sam spadek napięcia przy przepływie prądu 1 fiA odpowiada rezystancji:

W. CiąZyńdH - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C zęk I Obliczanie pcnktów pracy- przyrządów półprzewodnikowych

Rb = 9,45 V / 1 fiA = 9,45 M il Włączenie takiego rezystora w miejsce źródła prądowego / = 1 pA zapewni takie same spoczynkowe punkty pracy tranzystora Tl i T2 określone przez prądy emiterów odpowiednio I e i = 100 pA i ¡r.j = 9,9 mA i napięcia emiter-kolektor U t a = 9,45 V U c f .2 = 10,05 V. Podobnie jak w zadaniu 1.6 taka zmiana pogarsza nieco rezystancję wejściową wtórnika napięcia. Dokładnie te efekty zostaną przeanalizowane przy nieco zmodyfikowanych założeniach upraszczających w drugim tomie zbioru poświęconym analizie małosygnałowęj. 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.

w ten spoiób wpływając ha rezystancję pomiędzy drenem a źródłem, a, zatem t.a w artość przepływ ającego p ra óu d re n ie $

. czterech przypadkach.metalowa elektroda sterującą, czyli bramka G jest'-oddzielona Oil obszaru półprzewodnik?, tworzącego kanał warstwą izolatora (dwutlenku kr/.eimii. ,Na nośniki w kanale bramka oddziaływa podobnie jak w tranzy>i<^ach Łączowych, a k wyincznie elektrostatycznie, prąd bramki p ły n ą c y ' przez \yarslwę Z.

’ '-~ *\/L

. Laa

u la

. mm >

i<<>\*•

L'I 'i .*ł‘‘ił' i/f nłirt\»*A f *» /

W . Ciąfyńdci ELEKTRONIK A W ZADANIACH C 7ęti I Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Z a d a n ie 1.10 W układzie symetrycznego różnicowego wzmacniacza prądu stałego z rysunku 1.10.1 należy przyjąć, żc: - tranzystory T l i T2 są identyczne; - złącza baza-cmiter tych tranzystorów spolaryzowane w kierunku przewodzenia można zastąpić spadkiem napięcia U b e = 0.5 V; - współczynniki wzmocnienia prądowego P i = (h tranzystorów są na tyle duże, że można przyjąć lBj - lB2 = 0, a zatem Jc = ¡e dla każdego z tranzystorów; R>s' 1101 - prąd kolektora I r każdego z tranzystorów w obszarze aktywnym nic zależy od wartości napięcia U cePrzy tych założeniach upraszczających należy: 1. obliczyć wartości rezystancji R a i Rei odpowiadających maksymalnej amplitudzie nieznie kształconego napięcia wyjściowego U„ym'. 2. przeanalizować wpływ na pracę układu napięcia wspólnego (tzn. napięcia podawanego jednocześnie na obydwa wejścia) Es, = E g2 = Ecm. Obliczyć wartości rezystancji R a i R ęi dla przypadku, gdy wzmacniacz różnicowy musi dopuszczać napięcia wspólne w zakresie I Ecm\ś 5 V. Rozwiązanie Ad 1. Jeśli tranzystory Tl i T2 są identyczne, to w sytuacj i gdy obydwa sygnały wejściowe Eei i Esz są równe zeru, prąd / = 200 fiA umieszczonego w obwodzie emiterów tych tranzystorów źródła prądowego rozpływa się równomiernie i przez emiter każdego z tranzystorów płynie prąd I ei czyli 100 u A

Wobec tego, żc Pi = p 2 tranzystorów są bardzo duże, można prądy baz In = U A P + I) pominąć i prąd kolektora IC=P IeAP+ 1) przyjąć dla każdego tranzystora jako równy prądowi kolektora Ic = Ie - V iI = 100 *iA. Dopóki tranzystory znajdują się w stanic aktywnym prądy te nic zależą od wartości RcPonieważ potencjały baz są równe zeru, a spadek napięcia na złączu baza-emiter wynosi 0,5 V, to potencjał połączonych ze sobą emiterów wynosi Uf. = - 0 ,5 V. Na każdym z rezystorów Rc występuje spadek napięcia równy Rc • fc zmniejszający napięcie (Jen odpowiedniego tranzystora, które dla R c= 0 byłoby równe 10,5 V. Jeśli teraz zakłócilibyśmy stan równowagi przez podłączenie dodatniego sygnału wejściowego Egi, to tranzystor Tl zostanie bardziej wysterowany i jego prąd l a wzrośnie (a zatem wzrośnie spadek napięcia l a ■Rei i napięcie Uctt zmaleje).

W. C utŁyM i - hLliKTKONlKA W ZADANIACH Czę& 1 Oblicaaie punktów pracy przyu^dów pótpizcwodmiowych

Ponieważ suma prądów l a + l a musi być stała i równa / (wymusza to idealna - jak zakładamy - siła prądomotoryczna w obwodzie emiterów), towarzyszy temu takie samo zmniejszenie się prądu l a (i odpowiedni wzrost napięcia Urn)- Gdy przy odpowiednio dużym dodatnim napięciu Eg, tranzystor Tl przejmie cały prąd źródła /, tranzystor T2 wchodzi w stan odcięcia, tzn. l a = 0 a Ucx2 = 10,5 V (zanika spadek napięcia l a Ret i potencjał kolektora Uc2 = E cc= 10 V). Spadek napięcia l a ■R a jest wtedy największy, a zatem napięcie Ucei ma wartość najmniejszą, co z kolei oznacza, żc tranzystor Tl mógłby wtedy znajdować się na granicy stanu nasycenia. Jeśli za granicę stanu nasycenia przyjmiemy sytuację gdy Ucb = 0 V, odpowiada to potencjałowi kolektora U c = 0 V (tzn. napięciu L'ce= 0,5 V). Tak więc zmianie prądu kolektora w zakresie od zera do pełnego prądu źródła odpowiada zmiana potencjału kolektora od 10 V do zera. Stąd wynika, że maksymalna wartość rezystancji w obwodach kolektorów R a = R a = 10 V / 200 ^ A = 50 kQ. Przy takiej wartości obydwu rezystorów Rc w stanie równowagi (Egl = EK2 = 0), gdy przez każdy z tranzystorów płynie prąd l a = lcz = / = 100 pA potencjały kolektorów są równe i wynoszą U a = U a = 5 V i mogą się zmieniać bez zniekształceń w zakresie od zera (granica stanu nasycenia tranzystora) do 10 V (dla stanu odcięcia tranzystora). Jeśli sygnałem wyjściowym jest napięcie symetryczne pomiędzy kolektorami tranzystorów Uwr sym to stanowi równowagi odpowiada zerowa wartość napięcia wyjściowego (napięcia na obydwu kolektorach są jednakowe), a maksymalna niezniekształcona amplituda wynosi 10 V (od położenia równowagi potencjały obydwu kolektorów mogą się odchylić po 5 V w każdą stronę, przy czym tranzystory' pozostają jeszcze w stanie aktywnym). Najczęściej jednak mamy do czynienia z wyjściem niesymetrycznym (tzn. pomiędzy jednym z kolektorów', a masą układu) i wtedy sygnał wyjściowy jest nałożony na składową stałą 5 V, a maksymalna niezniekształcona amplituda składowej zmiennej wynosi 5 V. Rozpatrywany układ ma zastosowanie jako stopień wejściowy wzmacniacza operacyjnego, tzn. wzmacniacza prądu stałego z symetrycznym (różnicowym) wejściem i niesymetrycznym wyjściem. W takim przypadku dążąc do uzyskania zerowego napięcia wyjściowego w stanie równowagi musimy jako kolejny stopień wzmocnienia zastosować tzw. układ przesuwania poziomu, który likwiduje opisywane niepożądane przesunięcie napięcia wyjściowego. W przypadku jak na rysunku, gdy niesymetrycznym napięciem wyjściowym jest napięcie na kolektorze tranzystora T2 czyli U wy = U a , dla rezystora R a można przyjąć wartość dowolną w zakresie od zera do 50 k ii (nie zmienia to rozpływu prądu źródła pomiędzy' obydwa tranzystory, a potencjał U a jest tylko sygnałem wewnętrznym układu). Przyjęcie wartości Rc2 mniejszej od 50 k ii powoduje, że potencjał U ci w stanie równowagi rośnie, a zatem mniejsza może być amplituda górnych połówek składowej zmiennej sygnału wyjściowego. Przyjęcie wartości R a większej od 50 k ii powoduje, że potencjał U a w stanic równowagi maleje, a zatem mniejsza może być amplituda dolnych połówek składowej zmiennej sygnału wyjściowego. Ad 2. Wzrostowi napięcia wejściowego Egi odpowiada wzrost prądu /c/. zmniejszenie prądu l a , a zatem wzrost napięcia wyjściowego Ua- Wejście 1 jest zatem wejściem nic odwracającym fazy (przy sygnałach okresowych składowa zmienna napięcia wyjściowego odtwarza kształt napięcia wejściowego, czyli jest z

W . CiVyA«lri nr.P.KTRO\IKA W ZADANIACH C ię ji •: ObltCJ»nie punktiSw pracy przyrządów półprzewodnikowych

nim zgodna w fazie). Wzrostowi napięcia wejściowego Es2 odpowiada wzrost prądu i &. czyli opadanie napięcia wyjściowego. Wejście 2 jest zatem wejściem odwracającym fazę (przy symetrycznych sygnałach okresowych składowa zmienna napięcia wyjściowego jest w stosunku do napięcia wejściowego przesunięta w fazie o pól okresu, czyli o 180°). Przy założeniu idealnej symetrii układu wzmocnienia dla obydwu wejść mają taką samą wartość bezwzględną (różnią się tylko znakiem). A jak zachowa się układ, gdy (jak na rysunku 1.10.3) na połączone ze sobą wejścia podamy napięcie wspólne £cw? Odpowiada to sytuacji, gdy Eg, = EK2, czyli w idealnie symetrycznym układzie wpływy obydwu wejść wzajemnie się równoważą, tj. napięcie wyjściowe nie ulega zmianie (mówimy, że wzmocnienie dla napięcia wspólnego jest tw n e zeru). Można to wytłumaczyć także w ten sposób, że napięcie wspólne Ec.u nie zmienia rozpływu prądu / pomiędzy dwa identyczne tranzystory Tl i T2, a zatem nie wpływa na wartość U wy- Jedynym skutkiem przyłożenia napięcia wspólnego Ecm jest zmiana potencjału połączonych zc sobą emiterów tranzystorów T l i T2, a przez to zmiana maksymalnej amplitudy niezniekształconego napięcia wyjściowego. Jeżeli np. Ecm = 2 V to tranzystor T2 wchodzi w stan nasycenia przy U w y = 2 V, a więc dla R a = 50 kH i spoczynkowej wartości U wy = 5 V oznacza to, że ujemna amplituda składowej zmiennej U w y (pochodzącej od napięcia różnicowego) uległaby zmniejszeniu do 3 V. W rozpatrywanym układzie dodatnie napięcie wspólne nic może oczywiście przekroczyć w-artości + 5 V. kiedy to ujemna amplituda składowej zmiennej U wy spada do zera. Ujemne napięcie wspólne zwiększa zakres, w którym zmieniają się napięcia Uce czyli pod tym względem na pew^no nie pogarsza parametrów wzmacniacza. Zmniejsza ona natomiast różnicę potencjałów, pomiędzy którymi działa SPM wymuszająca prąd I. W rzeczywistym układzie dopuszczalna wartość ujemnego napięcia wspólnego jest uzależniona od własności źródła prądowego /, które w tym zadaniu nie są analizowane.

W. CiążyfeU - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cręić I: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Zad anie 1.11

•c.

r* W układzie symetrycznego wzmacniacza różnicowego z rysunku 1.11.1 należy przyjąć, że: - tranzystory T 1. T2 i T3 są identyczne; - złącza baza-emiter tych tranzystorów spolaryzowane w kierunku przewodzenia można zastąpić spadkiem napięcia Ube = 0,6 V, tzn. zależność spadku napięcia od prądu bazy można przedstawić jak na rysunku 1.11.2 linią pionową. Innymi słowy odpowiada to przyjęciu zerowej rezystancji dynamicznej obwodu baza-emiter; - współczynniki wzmocnienia prądowego

Cl

R Ci

C.v

tranzystorów T l, T2 i T3 Pi = (h = P j tranzystorów są na tyle duże, że można

Rys. 1.11.1

przyjąć Im = ¡B2 = h i = 0; - prądy ¡c tranzystorów w obszarze aktywnym nie zależą od napięcia Uce', - charakterystyka diody Zencra ma przebieg pokazany na rysunku 1.11.3. Wynika z niej, że dla kierunku przewodzenia spadek napięcia na diodzie wynosi 0,8 V, a dla kierunku polaryzacji zaporowej dioda przebija się przy napięciu U z= 5,6 V. Dla uproszczenia zakłada się, że rezystancja dynamiczna obydwu części D la diod y charakterystyki jest równa zeru. a prąd zerowy diody dla napięć mniejszych od napięcia *yjv) przebicia 1, = 0.

D la T l, T2 i T3:

(»8= 0) 0.6

Kvs. 1.11.2

U "*) Z en era:

•5,6V

08 U0JJVl Przy tych założeniach upraszczających należy: 1. obliczyć wartości rezystancji R a i Rcz odpowiadających największej amplitudzie Rys. 1.11.3 niezniekszlałconej składowej zmiennej napięcia wyjściowego UMym w sytuacji, gdy wzmacniacz różnicowy musi dopuszczać wartości wejściowego napięcia wspólnego w zakresie I E cm I i 5 V; 2. ocenić jak zmieni się największa niezniekształcona amplituda składowej zmiennej napięcia wyjściowego Uwym, gdy przy dobranych powyżej wartościach rezystancji Rei i R a każde z napięć zasilających wzmacniacz zostanie zmniejszone o 3 V (do wartości odpowiednio + 12 V i - 12 V). Rozwiązanie Ad 1. Dioda Zencra umieszczona w obwodzie bazy tranzystora T3 jest spolaryzowana w kierunku zaporowym, a napięcie na diodzie i połączonym z nią szeregowo rezystorze Rn wynosi 15 V. Dioda pracuje więc w obszarze przebicia, spadek napięcia na niej wynosi fJz = 5,6 V i płynie przez nią prąd: /z = (15 V -5,6 V )/ 5 k fl = 1,88 mA

W. Cnźyftjki - ELEKTRONIKA w ZADANIACH Cxtf6 1 Utliczuuc punktów p«»cy p w a td ó w półprzewodnikowych

Dla tranzystora T3 możemy napisać: Uz =

U be + ¡ e R e

czyli: JE = (£/z - Ubf) t Rf. = (5.6 V - 0.6 V) / 5 k il = I mA, a potencjał emitera tranzystora T3 wynosi: U E3 = - E Fj r + I f - R f . = - 15 V + 1 mA -5 k il = - 10 V W sytuacji gdy obydwa sygnały wejściowe E gi i E g 2 są równe zeru (czyli E c u = 0 V) potencjał połączonych ze sobą emiterów Tl i T2 wynosi - U b e = - 0 .6 V, a więc napięcie Ucej = 9,4 V i tranzystor T3 pracuje w stanie aktywnym. Po podłączeniu napięcia wspólnego E c m napięcie U c f j będzie zmniejszało się zgodnie z zależnością: U c e * = 9,4 V + E c m (1.11.1) i przy Ecm = - 5 V wyniesie 4,4 V, a więc tranzystor przy największym ujemnym napięciu wspólnym pozostaje jeszcze w stanie aktywnym. Dodatnim wartościom Ecu towarzyszy zwiększanie się napięcia U cf. u które przy E c m = + 5 V wyniesie 14.4 V Tak więc w całym zakresie dopuszczalnych wartości napięcia wspólnego E c m część układu na tranzystorze T3 stanowi źródło prądowe wymuszające przepływ sumarycznego prądu 1 mA przez gałęzie na tranzystorach Tl i T2. Jeśli tranzystory Tl i T2 są identyczne, to w sytuacji gdy obydwa sygnały wejściowe są jednakowe Esi - E& = Ecm prąd f e = Jej = I mA źródła prądowego rozpływa się równomiernie i w obwodzie każdego z emiterów płynie prąd h , = h i = 0,5 mA. Ten prąd w stanie równowagi wzmacniacza różnicowego musi wywoływać na rezystorze Rc2 taki spadek napięcia, żeby spoczynkowy potencjał Uci znajdował się w połowic zakresu zmienności potencjału tego punktu układu przy wysterowaniu wzmacniacza napięciem różnicowym. Gdy przy odpowiednio dużym dodatnim napięciu Egi (większym od Eg2) tranzystor Tl przejmie cały prąd źródła, tranzystor T2 wchodzi w stan odcięcia, tzn. Ic 2 = 0 a Ucs2 = l 5 V (potencjał kolektora Uc = Ecc = 15 V). Przy odpowiednio dużym ujemnym napięciu Eg/, gdy tranzystor T2 przejmie cały prąd źródła a napięcie Ucf.2 osiągnie najmniejszą wartość, tranzystor ten nie może jeszcze znajdować się w nasyceniu, a co najwyżej może wtedy znajdować się na granicy stanu nasycenia. Jeśli musimy uwzględnić dodatnie wartości napięcia wspólnego, to trzeba zauważyć, że powodują one przesunięcie potencjałów kolektorów wr górę. Dla maksymalnej dopuszczalnej wartości Ecm = 5 V potencjał U a na granicy stanu nasycenia wynosi 5 V (gdyż wtedy Uce2 = 0,6 V, czyli Ucb = 0 V). Tak więc optymalne wykorzystanie możliwego do uzyskania bez zniekształceń (a więc dla tranzystora w obszarze aktywnym) zakresu zmian potencjału kolektora od 15 V do 5 V uzyskujemy dla takiego R c , przy którym ta zmiana odpowiada zmianie prądu kolektora tranzystora T2 w zakresie od zera do pełnego prądu źródła. Stąd wynika, że optymalna rezystancja R n = 10 V / 1 mA = 10 k il. Ponieważ mamy do czynienia z wyjściem niesymetrycznym (tzn. pomiędzy jednym z kolektorów, a masą układu) rezystor Rc, może być przyjęty dowolnie w zakresie od zera do 10 k il (nie zmienia to rozpływu prądów pomiędzy tranzystory T l i T2, a zależny od tej rezystancji potencjał U a jest tylko sygnałem wewnętrznym układu). Sygnał wyjściowy na kolektorze T2 jest nałożony na składową stałą 10 V (Ecc czyli 15 V minus spadek napięcia na rezystancji R n , który w stanie równowagi jest równy I k il • 0,5 mA = 5 V). Ta składowa stała odkłada się na kondensatorze sprzęgającym

W. Ciąiytelo - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C»{ić I. Obliczanie punktów pracy pcryrntdów półprzewodnikowych

Cny i napięcie uHy ma już zerową składową stałą. Maksymalna nicznickształcona amplituda składowej zmiennej i/*, „ wynosi zatem 5 V. Przy próbie większego wysterowania sygnałem różnicowym dla E cm < 5 V zniekształceniu w wyniku wchodzenia tranzystora T2 w stan odcięcia ulegną najpierw gómc połówki sygnału uHy. Przy próbie przyłożenia napięcia wspólnego np. 6V amplituda składowej zmiennej Uuy m zmniejszy się odpowiednio do 4V, przy czym teraz zniekształceniu ulegną najpierw dolne połówki sinusoidy sygnału w*, w wyniku wchodzenia tranzystora T2 w stan nasycenia. A d 2. W stanic równowagi zmniejszenie ujemnego napięcia zasilającego mogłoby wpłynąć na pracę źródła prądowego. Źródło to pracuje poprawnie dopóki tranzystor T3 znajduje się w stanie aktywnym. Krytyczna pod tym względem jest sytuacja gdy Ecm = - 5 V. Przy napięciu zasilającym E e e = - 15 V otrzymaliśmy dla tego przypadku U cej= 4,4 V. Tak więc obecnie, gdy E f. f. = - 1 2 V otrzymamy napięcie o 3 V mniejsze czyli i/cw = 1.4V, Tranzystor T3 jest jeszcze w stanic aktywnym, prąd le j - 1 m A i ta zmiana nic ma wpływu na pracę źródła prądowego. Dopiero ograniczenie ujemnego napięcia zasilającego do wartości poniżej 11,2 V spowodowałoby (przy Ucej = 0.6 V) wejście tranzystora T3 w stan nasycenia i zmianę prądu lęj. Przy jeszcze mniejszym napięciu zasilającym układ źródła prądowego pracowałby jednak nadal poprawnie pod warunkiem ograniczenia dopuszczalnego napięcia wspólnego (np. dla Ew = - 10 V musielibyśmy przyjąć! EcmI ^ 3,8 V). Zmniejszenie o 3 V dodatniego napięcia zasilającego Ecc powoduje, że w stanie równowagi potencjał Uc2 obniża się też o 3 V (z 10 V do 7 V), gdyż spadek napięcia na rezystorze Rcz ma nadal wartość 5 V. Tak więc teraz w krytycznym przypadku gdy Ecu = 5 V potencjał Ucz przy zmniejszaniu się prądu ¡ci może wzrosnąć jak poprzednio o 5 V (czemu odpowiadałoby odcięcie tranzystora T2), ale przy zwiększaniu się prądu ¡cz do granicy stanu nasycenia tranzystora napięcie U a może obniżyć się tylko od 7 V do 5 V. a więc największa osiągalna niezniekształcona amplituda składowej zmiennej Uwym wynosi tylko 2 V. Przy próbie jej przekroczenia obcinane będą najpierw dolne połówki sygnału wyjściowego. Przy napięciu zasilającym Ecc - 12 V układ pracuje jednak nadal poprawnie dla amplitud « do 5 V pod warunkiem ograniczenia dopuszczalnego napięcia wspólnego do wartości l£cJś2 V . Podsumowując powyższe rozważania możemy powiedzieć, że w rozpatrywanym układzie pod warunkiem poprawnej pracy źródła prądowego (tzn. wtedy, gdy ujemne napięcie zasilające E ef . jest dostatecznie duże, aby przy największym ujemnym dopuszczalnym napięciu wspólnym Ecm min tranzystor T3 pozostawał w stanie aktywnym), tj. pod warunkiem że:

\ E ec\ > U z + |£qk™,I = 5 ,6 V + I Ecm min I

U ‘ >-2)

obowiązuje zależność: U wym= Y i( Ecc - Ecm max) O-lU ) którą można wypowiedzieć słowami następująco: „Największa osiągalna amplituda nie zniekształconego napięcia wyjściowego jest równa połowic różnicy dodatniego napięcia zasilającego Ecc i dozwolonego dodatniego napięcia wspólnego Ecu max "■

W Ciązjtaki ELEKTRONIKA W ZADANIACH Czcić 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Aby tę maksymalną amplitudę osiągnąć należ)' równą:

wybrać wartość rezystancji Rę2

Rc l = E c c ~ E a “ “

( U 1.4)

C3

co odpowiada temu, że przy przepływie całego prądu l a źródła prądowego przez R a i przy najwyższej dodatniej wartości napięcia wspólnego tranzystor T2 znajduje się na granicy stanu nasycenia (la- R a = Ecc - Ecu mat)Autor ma nadzieję, że powyższe rozważania na temat wpływu napięcia wspólnego na zachowanie w,zmacniacza pozwolą lepiej docenić fakt, że we współczesnych wzmacniaczach operacyjnych (analogowych układach scalonych składających się z kilkudziesięciu tranzystorów) osiąga się dopuszczalny zakres napięć wspólnych równy w zasadzie pełnemu napięciu zasilania.

dw u k p iłe m ^.

»odnienvie typu n. Bekttoda sterująć.% czyli hranM;

wj>łys\?m-;

•

|

«n:cr.i3^c przekrój kanału i w ten Sposób :wphwająo aa rezystancję pousiędzy drenem a z ry łe m ; a .zaiem na wartość prze^yvvajacego prądu drentu Opisana

Gdy ujemne napięcie U c i polaryzujące wsiecznie złącze bramka-kanał jest /lnrt
7nm Vniotv

T i ttU rtivi/' tlUnifiCIS i/c.ii-:

o

r Ü S-

C < C ^

ÏÇ y

g. Ł

§'8=S I f

■<&“ rQ

N

N

W ÎC

a 03

'- I| 1 » §: ñ g c

Í » f* io ^

§

i «tps 4» => ’S 2 3' Ü .O Q VI C/i g

Sw. TJ ! « • *

g § u o ‘ ‘3 ■3 rŹ C

a 3 5 3 3

2. c o 'fr- cfz> K

I. 8* 5

?

4-0-

JE <8

•I

c t/t

y? 6>

o-

Cl.

o' t»

»

fl> 3 »

ro

W C it fy M r i - E L E K T R O N IK A W Z A D A N IA C H C z e « 1: Obliczanie pwnkiów pracy przyrządów półprzewodnikowych

przyjąć że prąd bramki nie płynie, nie występuje zatem spadek napięcia na zastępczej rezystancji 1,5 M il i potencjał bramki jest równy U ę - E z - 6 V . Dla obwodu bramka-źródło możemy napisać: U c ^ U cs+ ls ■Rs ( 1. 12. 1) Wobcc tego, żc Is = h marny: b ■Rs = U c- U es czyli: Ip - Uc /R s - Ucs / Rs ( 1. 12.2) Ostatnie równanie w układzie współrzędnych /D = f (Uc,s) ma postać prostej przechodzącej przez punkty ( 1 2 m A ; 0 V ) i (0 mA; 6 V), czyli wychodzącej z punktu odpowiadającego na osi napięć Ucs wartości Uc = 6 V i posiadającej nachylenie odpowiadające rezystorowi Rs= 0,5 k ii (patrz rysunek 1.12.4). Prosta ta przecina charakterystykę przejściową tranzystora w punkcie o współrzędnych Ip = 2 mA i Ucs = 5 V stanowiącym rozwiązanie tego obwodu. Potencjał źródła tranzystora wynosi Us= ls • Rs= 2 mA • 0,5 k ii = 1 V. Dla obwodu wyjściowego możemy napisać:

Ryi. 1.12.4

Eon = Io- R d + Uds + ls -R s czyli napięcie dren-źródło wynosi: Uds = E d d - 1d ( R d + Rs)= 12 V - 2 mA (2 k il + 0,5 ki}) = 7 V, a potencjał drenu Ud = I s - R s + Uds= 1 V + 7 V = 8 V Ad 2. Na charakterystyce przejściowej podano, źe obowiązuje ona dla Ups = 2 -r 20 V, co oznacza że charakterystyki wyjściowe /¿> = f (Uds) w podanym zakresie napięć biegną poziomo (prąd Id nie zależy w tym zakresie od napięcia drenźródło U p s )- Oznacza to, że minimalna wartość którą można przyjąć bez niebezpieczeństwa pojawienia się zniekształceń to 2 V. Czyli U d mm= U s + U d s min = I V + 2 V = 3 V , a maksymalny spadek napięcia na rezystorze R d wynosi I d ■R d mm = 9 V. Tdk więc maksymalna wartość rezystancji w obwodzie drenu lo RDmai = 9 V / 2 mA = 4,5 k il. Wartość minimalna tej rezystancji to Romin = 0, gdyż wtedy U d s = 11 V i tranzystor pracuje także w zakresie pentodowym charakterystyk. Tak więc ostatecznie: 0 < /fo < 4,5 k il. A d 3. Podłączenie sygnału eH„ zmiennego w czasie (np. sinusoidalnego) powoduje, że poprzez kondensator Cw naładowany do napięcia stałego 6 V sygnał ten zostaje podany na bramkę tranzystora. Potencjał bramki zmienia się teraz w czasie zgodnie z zależnością Ua(t) = 6 V + e W układzie bez kondensatora Cs prosta obciążenia przesuwałaby się w takt zmian sygnału e** równolegle, jak to na rysunku 1.12.5 zaznaczono liniami przerywanymi dla amplitudy sygnału równej I V (czyli zmiany potencjału bazy od 5 V do 7 V), co powodowałoby odchylenia prądu ls w górę i w dół

W. Ccążyiulu - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częić 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

od wartości 2 mA. Dla małych amplitud sygnału em możemy założyć, że charakterystyka przejściowa tranzystora jest w otoczeniu punktu P liniowa i wtedy w obecności sygnału wartość średnia prądu nie ulegałaby zmianie. Zmieniający się w czasic prąd nałożony na prąd stały o wartości równej 2 mA płynie jednak w naszym układzie przez równoległy obwód złożony z rezystora Rs i kondensatora C$. Przez połowę okresu (gdy prąd źródła ls wzrasta ponad wartość 2 mA) kondensator Cs jest doładowywany, a przez drugą połowę (gdy prąd źródła ls maleje poniżej wartości 2 mA) kondensator Cs jest rozładowywany. Zachowanie układu zależy od wartości pojemności kondensatora Cs (czyli od stałej czasowej r5 = Rs • Cs)s oraz od szybkości zmian (częstotliwości) sygnału e„r. Jeśli stała czasowa r.v jest znacznie większa od okresu zmian sygnału (przykładowo dla częstotliwości sygnału I kHz okres wynosi 1 ms, czyli pojemność Cs musiałaby być kilkakrotnie większa n iż I ms / 0,5 k ii = 2 ^F ) to przez pół okresu napięcie na kondensatorze zmieni się tak nieznacznie, że możemy je uznać za stałe. Omawiane równoległe połączenie rezystora Rs = 0,5 k ii z kondensatorem Cs o bardzo dużej pojemności przy wysterowaniu wzmacniacza napięciem przemiennym zachowuje się jak stała SEM o wartości U$ = 1 V. Dla składowej zmiennej mamy w obwodzie źródła impedancję równą zeru. czyli prosta obciążenia dla tej składowej na rysunku 1.12.5 powinna przebiegać pionowo, a napięcie sterujące obwód bramka-źródło wynosi: Ucs(t) = U d t) - U s = 6 V + * « - 1 V = 5 V + * * Pionowemu przebiegowi prostych obciążenia przy wysterowaniu takim samym napięciem ew, odpowiadają większe przyrosty prądu źródła Is niż w sytuacji bez kondensatora Cs (co pokazano na rysunku 1.12.5 dla amplitudy równej 1 V). Możemy stwierdzić, że zastosowanie kondensatora Cs prowadzi do wzrostu wzmocnienia dla eus. poprzez eliminację ujemnego sprzężenia zwrotnego na rezystorze Rs. Natomiast prąd drenu zmieniający się sinusoidalnie wokół wartości / o = 2 m A wytwarza na rezystancji Rd zmienne napięcie wyjściowe. Sygnał wyjściowy nie jest zniekształcony (odtwarza kształt sygnału wejściowego e„r_ jeśli tranzystor dla wszystkich wartości chwilowych napięcia wejściowego pozostaje w obszarze pentodowym (stanowi sterowane napięciem bramki źródło prądowe). Odpowiada to wymaganiu, aby potencjał drenu wr chwili odpowiadającej maksymalnej wartości dodatniej sygnału nie spadał poniżej Uomii,- Us + Unsmm= I V + 2 V = 3 V. Z drugiej strony maksymalna wartość chwilowa potencjału drenu (odpowiadająca chwilowemu spadkowi prądu ¡u do zera) jest równa napięciu zasilającemu 12 V. Zakres zmienności potencjału drenu 1 2 V - 3 V = 9 V odpowiada podwójnej amplitudzie sygnału wyjściowego. Jej osiągnięcie jest możliwe, gdy przyjmiemy spoczynkowy punkt pracy w środku zakresu zmienności, czyli gdy wybierzemy wartość potencjału drenu w punkcie pracy (przy braku sygnahi zmiennego) równą U o - 7,5 V . Odpowiada to spadkowi napięcia w wyniku przepływu prądu spoczynkowego 2 mA równemu ¡ o - R n ^ - 4,5 V, a więc odpowiada przyjęciu wartości rezystancji R o ^ t = 4,5 V / 2 mA = 2,25 kii. Kondensator wyjściowy Cwy pozwala na oddzielenie składowej stałej występującej w spoczynkowym punkcie pracy ( / p = 7 . 5 V, a więc na rezystancji obciążenia Rt. podłączonej za kondensatorem mamy ju ż tylko wzmocnione napięcie wejściowe, o zerowej składowej stałej i amplitudzie do 4,5 V. Podobnie jak w innych zadaniach tej części zbioru nie mówimy jakie jest wzmocnienie wzmacniacza, a zatem jakiej odpowiada to amplitudzie napięcia wejściowego.

W Ciątyfcfci

F litK T R O M K A W ZADAK1ACII

Czętó I: ON icanie pcnktów pr*ey prz>Tządów półpewwłdnikcnaych

Zadanie 1.13 Dla pokazanego na rysunku 1.13.1 układu wzmacniacza z parą komplementarną tranzystorów Tl (npn) i T2 (pnp) o idealnie symetrycznych charakterystykach należy: 1. wykreślić charakterystykę przejściową U wy = UU wf.) dla napięć |U we\< 15 V; 2. narysować przebiegi czasowe sygnału wyjściowego «*, przy pobudzeniu układu sygnałem sinusoidalnym uWf o częstotliwości 1 kHz i amplitudach kolejno równych 0,5 V; 2 V i 10 V; 3. obliczyć w jakim zakresie mogłaby w powyższym układzie zmieniać się wartość rezystancji obciążenia R l, jeśli maksymalna dopuszczalna wartość chwilowa prądu kolektora lcmax każdego z tranzystorów wynosi 2 A.

U.T

Zakładamy, źe: - napięcie w stanie nasycenia dla każdego z tranzystorów wynosi I Ucb, I = 0,6 V i nie zależy od wartości prądu lc\ - złącze baza-emiter każdego z tranzystorów znajdującego się w stanie aktywnym można zastąpić spadkiem napięcia I U b e I = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy; - prąd wsteczny złącza baza-emiter każdego z tranzystorów spolaryzowanego w kierunku zaporowym jest bardzo mały i może być pominięty; - prądy zerowe Iceo obydw-u tranzystorów- są bardzo małe, możliwe do pominięcia; - współczynnik wzmocnienia prądowego /3 —100 dla każdego z tranzystorów. Rozwiązanie Ad 1. Zauważmy przede wszystkim, że złącza baza-emiter obydwu tranzystorów są połączone równolegle. Dla U wf. = 0 mamy także Uwy = 0, obydwie diody baza-emiter są spolaryzowane napięciem U be = 0, tranzystory znajdują się w stanie odcięcia, a obydwa napięcia Ucf. są równe 15 V. W układzie nie płyną żadne prądy. Jeśli teraz zmienimy napięcie Uwe na dodatnie, np. rów-ne 0,5 V, będzie to oznaczać zmianę potencjału połączonych ze sobą baz w kierunku odpowiadającym przewodzeniu tranzystora T l (tranzystor typu npn, baza o charakterze półprzewodnika typu p spolaryzowana napięciem dodatnim). W rzeczywistym tranzystorze mógłby się ju ż pojawić pewien mały prąd bazy IBi- Przy wykorzystaniu do analizy uproszczonej charakterystyki złącza baza-emiter graniczną wartością jest 0,6 V. Prąd bazy pojawia się dopiero po przekroczeniu tej wartości, a napięcie wyjściowe jest równe różnicy napięcia wejściowego i spadku napięcia Ubf. (przy podanych założeniach równego 0,6 V niezależnie od wartości prądu bazy). Tak więc: dla U we > 0 .6 V mamy Uwy= U we- 0,6 V (1.13.1) Odpowiada temu pobieranie energii ze źródła dodatniego źródła zasilającego + Ecc poprzez tranzystor Tl i przepływ przez obciążenie Ri, prądu emitera I ei = UwyI Rt< podczas gdy źródło sygnału Uwe jest obciążane wielokrotnie mniejszym prądem bazy

W. Ciąiyński - ELEKTRONIK \W ZADANIACH Cz
h i = h i/ ( P + l) ‘ Dla maksymalnego napięcia U w e = 15 V napięcie U w y = 14,4 V i tranzystor T l znajduje się na granicy stanu nasycenia, gdyż U c e i spada wtedy do wartości 0,6 V. Spójrzmy jednak czy usprawiedliwione jest to, źe nie zajmujemy się w ogóle tranzystorem T2. Napięcie 0,6 V polaryzujące bazę (obszar typu p) tranzystora Tl (typu npn) w kierunku przewodzenia, dla tranzystora T2 typu pnp oznacza polaryzację bazy (obszar typu n) w kierunku zaporowym. Prąd 1b2 nie płynie i tranzystor T2 może dla dodatnich U w e być całkowicie pominięty. Jeśli teraz podamy ujemne napięcie U we > będzie to oznaczać zmianę w kierunku odpowiadającym przewodzeniu tranzystora T2 (typu pnp). Przy wykorzystaniu do analizy uproszczonej charakterystyki złącza baza emiter graniczną wartością jest napięcie - 0,6 V. Prąd bazy pojawia się dopiero po przekroczeniu tej wartości, a napięcie wyjściowe jest równe różnicy napięcia wejściowego i spadku napięcia U b e (przy podanych założeniach równego 0,6 V niezależnie od wartości prądu bazy). Tak więc: (1.13.2) dla U we < - 0,6 V mamy U wy - U we + 0,6 V Odpowiada temu pobieranie energii ze źródła ujemnego napięcia zasilającego - Ecc poprzez tranzystor T2 i przepływ przez obciążenie RL prądu emitera 1k2 = - U w r l R l podczas gdy do źródła sygnału U we wpływa wielokrotnie mniejszy prąd bazy tranzystora T2 równy:

h 2 = lE 2 /( P + J ) Dla maksymalnego ujemnego napięcia Uwe = -15 V napięcie U w y = - 14,4 V i tranzystor T2 znajduje się na granicy stanu nasycenia, gdyż U c e z spada wtedy do wartości - 0,6 V. Z powyższej analizy wynika, że dla napięć wejściowych w zakresie - 0,6 V < U we ^ 0.6 V mamy U w y 3* 0Wykres podsumowujący przytoczone rozumowanie pokazuje rysunek 1.13.2.

Rys. 1.13.2

Ad 2. Pożądane przebiegi czasowe otrzymujemy przyjmując kolejno sygnały wejściowe o podanej amplitudzie i rzutując je poprzez charakterystykę uzyskaną w punkcie 1. Wyniki pokazano także na rysunku 1.13.2. Napięcia wejściowe o amplitudach mniejszych od 0,6 V w ogóle nie przechodzą na wyjście wzmacniacza. Dla przebiegów o wyższych amplitudach przez czas gdy napięcie wejściowe przybiera wartości pomiędzy poziomami - 0,6 V a + 0,6 V prąd przez Ri. nie płynie, a więc napięcie wyjściowe jest równe zeru. Pozostałe fragmenty przebiegu są na wyjściu zmniejszane o 0,6 V. Jak widać, przebiegi są zniekształcone (tego typu zniekształcenia nazywamy zniekształceniami skrośnymi), przy czym zniekształcenia

W. CiązyiuU - ELEKTRONIKA W ¿ADANIACH

Oęść I : Obliczanie ponktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

uwydatniają się silniej dla mniejszych amplitud napięcia wejściowego. Aby analizowany układ mógł pełnić swoją fiinkcję wzmacniacza mocy musi być rozbudowany w sposób prowadzący do likwidacji omawianych zniekształceń. A d 3. Prąd emitera każdego z tranzystorów osiąga swoją największą wartość przy pełnym wysterowaniu wzmacniacza, tzn. np. dla tranzystora T l gdy U w e = 15 V: = £ ±i , 1 /* fC w •/ Er niw .__ — r

c *H

^

- Ecc»,

U"

(1.13,3)

*'/.min

-J L .5 t t Z L -M .lL M v l. 7 j3 o

(U M )

y ŁUU" P + ' l Cm> 101 2 U J Bez przekroczenia dopuszczalnej wartości maksymalnej prądu lcmm wykorzystanych tranzystorów możliwe jest zatem podłączenie obciążenia o rezystancji >7,13 £2.

iilü Ü

ü tîà a ffil

W CiątyftłJci - ETFKTRONIKA W ZADANIACH Czcić I: OWicwnie punktów priny prn-TTadAwpóIpr7ewixiniVi>w)xłi

„obszar i.nodo^y'V w którym prąd
j żródłent nic powoduje istoińyifr rinian w -przebiegu chąraktif^>^'; i,:;^ to 5 c t ; T..ir.-jmc5:iH \np. po takie i zamianie n f e j^ in n o zmienić sit napięcie progowe-U?, a j pr^d; /sż>jc.=*&>, Wspomniana zamiana na>tę:nye; przy :pp'Ująćżeoiji; hąpięćln Łiejjy to ¡rfren jako ekkw!® o wyczyni potencjale przejmuje nir.kcje /.ródła. Napięcje sterujące należy \viedly '^ łą i:z y ć 'X)niiędZA branikęi a dre;oj. w .ć...y.;-. ¡/,ien-|.>i;;i.: ną; Ir.imke. • O i i w -:'; się wtedy rze* zynisty kieruiiefc pr?ep!>••.,*.: prądy. Zwróćmy ■;.iwagć tia fakt, zc pomiędzy drenem o źródłem tranzystora pŚjs?wego nic ma \-idnego, rJąeza ?n. a kanał zachowuje :ię jak.

W. Ciąfcymki F.l F.KTR0N1KA W ZADANIACH Część 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Z ad an ie 1.14 W układzie parametrycznego stabilizatora napięcia jak na rysunku 1.14.1 z diodą Zcncra o charakterystyce podanej na rysunku 1.14.2 nałeży: 1. obliczyć zmianę napięcia wyjściowego U wy odpowiadającą zmianie napięcia wejściowego o I V dla stabilizatora nieobciążonego (klucz K otwarty); 2. obliczyć zmianę napięcia wyjściowego U w y odpowiadającą podłączeniu obciążenia Rl = 160 i2 poprzez zamknięcie klucza K; 3. narysować charakterystykę obciążenia siabilizatora U wy- f Ul)', 4. dobrać elementy układu pod względem rozpraszanej mocy w najgorszych warunkach pracy. Rozwiązanie 1

Rys. 1.14.1 W * * lł

j .-:

a

• ■ JO

■•

Ad ł. Dodatnie napięcie wejściowe dla diody Rys. 1.14.2 włączonej jak na rysunku odpowiada polaryzacji diody Zenera w kierunku • IM zaporowym, a zatem pracy diody w obszarze przebicia, czyli (przy oznaczeniach takich jak na podanej charakterystyce diody) ujemnym wartościom napięcia i prądu. Napięcie wyjściowe można wyznaczyć graficznie jako współrzędną punktu P przecięcia charakterystyki diody z proslą obciążenia przechodzącą przez punkty A (- U w e ', 0 mA) i 13 (0 V ; - U w e / R)W zrostowi napięcia wejściowego o 1 V odpowiada równoległe przesunięcie prostej obciążenia do położenia opisanego punktami A I i B 1 (jak to pokazano na rysunku 1.14.3 linią przerywaną), punkt pracy przesuwa się do położenia P I, a napięcie wyjściowe nieco wzrasta. Dokładność tej metody zależy od rozmiarów rysunku i na pewno nie jest to metoda wygodna w użyciu. Dlatego w tym miejscu nie będziemy silić się na dokładne odczyty wartości U wy* traktując prezentowaną metodę jako ilustrację do dalszych rozważań. Zauważmy tylko, że jest to jedyna szansa stosunkowo prostego uzyskania rozwiązania w przypadku gdyby miała być rozważana rzeczywista, a nie linearyzowana charakterystyka diody.

W. Cupymki ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częic I Obliczanie punktów pr&iy piiyu«)6 w półprzewodnikowych

Ad 2. Po podłączeniu obciążenia przez zamknięcie klucza K sytuacja zmienia się o tyle, żc aby wykreślić prostą obciążenia musimy na mocy twierdzenia Thevenina po wycięciu gałęzi z diodą Zcncra i r2 zastąpić resztę układu przez SEM o wartości: R, Ez “ U

we

rl +r

i rezystancję zastępczą widzianą z punktu wycięcia diody:

R ,R

R,. + R

r/.I4 .2 )

(patrz rysunek 1.14.4). Dla / ? i = 1 6 0 Q otrzymujemy Rvs. 1.14.4 Ez = 6.4 V i tfz = 57?6 f l Nowfa prosta obciążenia przechodząca przez punkty A2(- E z 0 mA) oraz B2(0 V; - Ez/Rz) wyznacza na charakterystyce diody punkt pracy P2. świadczący o tym że w nowej sytuacji napięcie wyjściowe nieco się zmniejsza. Także tutaj nie będziemy usiłowali odczytać z wykresu wartości tej zmiany, gdyż obliczymy ją dokładniej inną metodą. Zwróćmy jeszcze tylko uwagę na to, że wartość liczbowa ilorazu E z /R z jest równa wartości Uwn/R. gdyż w obydwu przypadkach oznacza ona prąd płynący ze źródła zasilania przy zwarciu wyjścia do masy, który w układzie z obciążeniem rezystancją Ri i bez tego obciążenia jest taki sam. W ten sposób tłumaczymy fakt, że przy ustalonej wartości napięcia wejściowego proste obciążenia dla wszystkich wartości rezystancji obciążenia R l przechodzą przez ten sam punkt B2 pokrywający się z punktem B. Rozwiązanie 2 Ad 1. Dla podanej w temacie liniowej aproksymacji charakterystyki diody Zenera pracującej w obszarze przebicia możemy tę diodę zastąpić szeregowym połączeniem SEM równej U[/za i rezystancji dynamicznej rDZ i z uzyskanego w ten sposób schematu zastępczego (rysunek 1.14.5) wyznaczyć wartość prądu diody: /

-- / —

>>Z~

U\VK+ U DZO

R K+ +rri^

10+(-5,6) V = ---- -------= - 4 4 mA 90+10 ci

oraz napięcia wyjściowego = - V „/A) - l m •rnz = 5,6 V + 0,044 A • 10 Cl = 6,04 V Po zmianie napięcia wejściowego na 11 V z tych samych równań obliczamy odpowiednio lr>z=- 54 mA. oraz i/wy = 6,14 V. Zmiana napięcia wyjściowego wynosi więc A U w y - 100mV. Dla stabilizatorów napięcia spotyka się różne określenia parametru zwanego współczynnikiem stabilizacji K, opisującego ilościowo działanie stabilizujące przy zmianach napięcia wejściowego (zasilającego). Najczęściej spotykane definicje to: • stosunek wartości bezwzględnych przyrostów napięcia wyjściowego i wejściowego: k

= ^ wl AU u

(JJ4 .3 )

W . Ciązynlici ELEKTRO N IKA W ZADANIACH OęM: I : OMicTJUiie punktów pmcy ptrynadów półprzewodnikowych

lub stosunek wartości względnych tych przyrostów: K A U v r /A U „ _ A U V ( 1 .1 4 .4 )

U ter U WE A U WE U wr Ury Przy wykorzystaniu dla naszego układu definicji (1.14.3) otrzymujemy K = 0,1 czyli 10%, a przy definicji (1.14.4) mamy K w= (0,1/1 )•( 10/6,04) = 0,16czyli 16%. Użytkowe cechy naszego stabilizatora nie są zatem zbyt imponujące, ale za to przyjęte wartości liczbowe parametrów układu pozwalają na pokazanie pewnych zależności na wykresach. Ad 2. Podłączenie S E M równej Umo i rezystancji r0 i zastępujących diodę Zenera do obliczonego powyżej (w rozwiązaniu I) zastępczego źródła złożonego z SEM E t = 6,4 V i rezystancji #¿» = 57,6 Cl (patrz rysunek 1.14.6) pozwala na obliczenie prądu pły nącego przez diodę Zenera jako:

nz

= _ E ? +1/^0 = ...M - 5 ,6 X = _ i i 83mA R +r,oz 57,6+10 i l

któremu odpowiada napięcie wyjściowe na diodzie Zenera równe: U wr - ~ U azo I dz rn, = 5,6V + ll,83m A 10 £2 = 5,718V Prąd obciążenia przy tym napięciu wynosi oczywiście: U wr 5,718 V = 35,7 mA 160 £2

Rys. 1.14.6

Tak więc podłączenie rezystora Ri. = 160 Cl powoduje spadek napięcia wyjściowego o (6,040 - 5.718) V = 322 m V i pojawienie się prądu obciążenia h. = 35,7 mA. Te liczby pozwalają na wyznaczenie kolejnego ważnego dla oceny jakości stabilizatora parametru zwanego rezystancją wyjściową: A(/HY 6,040- 5,718 322 “ V .« 9 Q (U4.5) Aicv —------ —------------ V 0-35,7 mA 35,7 mA A J, Ad 3. Wzrostowi prądu obciążenia //. stabilizatora towarzysz)' spadek wartości prądu płynącego przez diodę, a więc także zmniejszanie się napięcia na diodzie (czyli napięcia wyjściowego). Aby wykreślić pełną charakterystykę stabilizatora obliczmy wartość rezystancji obciążenia, przy której prąd diody spada do zera. W tedy Uwr = -5,6 V , a cały prąd płynący przez rezystor R wynoszący: 10+(-5,6) V = 48,9 m A '* = 90 ci płynie także przez rezystor R l , a zatem wtedy: RLmin = 5,6 V / 48,9 mA= 115 Cl Dla mniejszych od 115 0 wartości rezystancji R l napięcie wyjściowe wynika z podziału napięcia wejściowego na rezystorach R i Ru dioda może być uważana za przerwę i stabilizacja napięcia już nie zachodzi. W układzie współrzędnych U wy = ( (¡ l ) ze wzrostem prądu obciążenia napięcie wyjściowe spada do zera zgodnie z równaniem:

W c^żytakj - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Częii I: Obliczanie punktów pricy przyrządów pólprzewodnikowyth

U w t ^ U w e- K I l (1.14,6) tzn. różni się od wejściowego o spadek napięcia wywołany przez prąd obciążenia na rezystancji szeregowej R. Z ostatniego równania wynika też, że w tym zakresie rezystancja wyjściowa stabilizatora wynosi R = 90 Cl. Zwarciu wyjścia do masy odpowiada V m = 0. czyli U. = Uwn/R = 10 V / 90 O = 111 mA. Przebieg charakterystyki prądowo-napięciowej (nazywanej także charakterystyką obciążenia) stabilizatora przedstawia rysunek 1.14.7. Ad 4. Dioda Zenera rozprasza największą moc przy braku obciążenia, gdyż wtedy płynie pTzez nią największy prąd i występuje na niej największe napięcie. Moc ta wynosi: Poz = \U d z ■IdA = 6,04 V •44 mA = 265 mW Rezystor R w zakresie roboczym stabilizatora rozprasza największą moc dla Rmm i wynosi ona wtedy: P r - (4,4 V )2/90 O = 215 m W W normalnych warunkach pracy stabilizatora wystarczyłoby zatem wybranie np. rezystora o mocy 250 m W i diody Zenera w obudowie zapewniającej rozpraszanie mocy 300 mW. Wtedy jednak nasz układ nie byłby odporny na zwarcia. W przypadku wystąpienia na wyjściu stabilizatora zwarcia do masy diodzie nic nie grozi, ale na rezystorae R wydziela się znacznie większa moc P r :* = (10 V )2/90C1 = 1.11 W Pełna analiza tego zagadnienia musiałaby uwzględniać jeszcze możliwe wahania napięcia zasilającego, oraz tolerancje wartości rezystancji R. Jeśli np. dodatnia tolerancja napięcia wejściowego wynosi 15%, a ujemna tolerancja wartości rezystora R wynosi 10%, to moc wydzielająca się w rezystorze R w przypadku zwarcia wyjścia .stabilizatora wyniesie w najgorszym przypadku: PRi^mtu. = (l»152/0,9) • 1,11 W = 1,63 W Odporność układu na zwarcia uzyskalibyśmy zatem dopiero wybierając rezystor R o wymiarach odpowiadających rozpraszanej mocy R równej np. 2 W . Rozwiązanie 3 Na zakończenie zaprezentujemy jeszcze inne podejście prowadzące szybko do obliczenia współczynnika stabilizacji i rezystancji wyjściowej stabilizatora. Ad 1. Zmiany napięcia wejściowego wokół Rys. 1.14.8 wartości 10 V przedstawimy w postaci SEM o w-artości A Uwe- Ze schematu zastępczego przedstawionego na rysunku 1.14.8 widać wyraźnie, że zgodnie z zasadą superpozycji napięcie wyjściowe jest sumą trzech składowych pochodzących od pokazanych trzech S E M wymuszających, przy czym dwie stałe SEM są odpowiedzialne za stałą wartość napięcia wyjściowego, równą (dla A Uwe —0): --- —

U „ „ = (<,0 4 V ,

(1.14.7)

W rifpyńtki ELEKTRO N IKA W ZADANIACH C z ę ii 1:0hlic7jin>e punktów |w»cy prr>T7ądów półprze»oilniki>w>vJi

a SEM równa /JU wf. jest odpowiedzialna za składową zmienną napięcia wyjściowego, przy czym możemy napisać: A U WY = ~ -W ~ A U W£ ---- — — I V =0,! V roz+ R 10 £2+90 £i

(1.14.8)

co odpowiadałoby przyjęciu do analizy- pokazanego na rysunku 1.14.9 schematu zastępczego dla składowej zmiennej, w którym dwie stałe SHM są zwarte. Z ostatniej zależności (lub z ostatniego schematu zastępczego, rys. 1.14.9) można wyznaczyć współczynnik stabilizacji określony jako stosunek bezwzględnych zmian napięcia wyjściowego i wejściowego: K = * £ m .= . roz =---— =0,l M ' we rm + R 10 £2+90 £2

j ,4 9 (1.14.9)

Ad 2. Dla układu z obciążeniem możemy zastosować twierdzenie Thcvcnina dla wyciętej gałęzi obciążenia i obliczyć zastępczą SEM o wartości Urno określonej jak powyżej oraz rezystancję wewnętrzną równą równoległemu połączeniu R i ro/jr

2

= R = JL lD L . = HT R + rLl2 90+10

= 9 £2

(1.14.10)

Tak więc w zakresie stabilizacji zależność napięcie wyjściowego od prądu obciążenia wyraża następujący wzór: = U m - ! y R „ = 6,04 V - 9 i l l L (1.14.11) Uzyskane wyniki potwierdzają poprzednie obliczenia i wyjątkowo jasno uwidoczniają wpływ wartości r/>z na uzyskiwane parametry stabilizatora. D la tDi = 0 mamy na podstawie zależności ( l .4.10) i (1.4.11): K =0 i = 0, czyli układ jest idealnym stabilizatorem napięcia, w pewnym zakresie całkowicie niezależnym od wahań napięcia wejściowego i zmian rezystancji obciążenia.

W. Ciąłyński ELEKTRONIKA W ZADANIACH C arfi I : Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Zadanie 1.15 W układzie tranzystorowego stabilizatora napięcia jak na rysunku 1.15.1 należy: 1. narysować charakterystykę obciążenia stabilizatora U wy = f (I/J dla rezystancji obciążenia R l zmieniającej się od co do 0; 2. dobrać elementy układu pod względem maksymalnej wartości rozpraszanej mocy; 3. przeanalizować wpływ zmian napięcia zasilającego na obciążalność stabilizatora. Rys. 1.15.1 Zakładamy, że: - prąd kolektora tranzystora ¡c w stanic aktywnym nie zależy od wartości napięcia U cf., a granica stanu nasycenia tranzystora odpowiada napięciu U ce%= 2,0 V ; _____ - złącze baza-emiter tranzystora znajdującego się w stanie aktywnym można zastąpić spadkiem napięcia U bf.= 0.6 V Rys. 1.15.2 niezależnym od wartości prądu bazy; - prądy zerowy I qeo tranzystora jest bardzo mały, możliwy do pominięcia; - stałoprądowy współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora /3= 49; - rezystancja dynamiczna diody Zenera rpz w obszarze przebicia może być uważana za równą zeru dla prądu diody przekraczającego wartość 2 mA. Spadek napięcia na diodzie wynosi wtedy 5,6 V i nie zależy od prądu diody. W zakresie prądów mniejszych od 2 mA napięcie na diodzie spada i przy prądzie równym zeru osiąga 5,4 V.

u

InA

f .z!”

u- f ©

• '•

... ' ■»

Rozwiązanie

Im

[m A)

Rys. 1.153

Ad 1. Przy braku obciążenia, tzn. dla Ri.= oo prąd bazy tranzystora nie płynie, a więc cały prąd /* pły nący przez rezystor R przepływa także przez diodę Zcncra. Przy oznaczeniach jak na rysunku mamy: / ./

.iia Z 2 L .1 2 lM X .2 2 m A (U 5 .1 ) nz R 200 n Prąd ten jest większy od 2 mA, a zatem powyżej słusznie przyjęto = 0. Potencjał bazy tranzystora wynosi 5,6 V , a „wiszący w powietrzu" emiter tranzystora ma potencjał nieokreślony. Tranzystor jest podłączony do układu tylko jako spolaryzowane zaporowo złącze kolektor - baza, którego prąd wsteczny jest możliwy do pominięcia. Jeśli teraz podłączymy jakiekolwiek obciążenie R l, popłynie prąd emitera tranzystora Ir. i odpowiadający mu prąd bazy I b , na spolaryzowanym w kierunku przewodzenia złączu baza-emiter pojawi się napięcie U b e = 0 ,6 V i napięcie na wyjściu układu

W. Oa>yti5ki - ELŁkIK O N IK A W ZADANIACH CzfSĆ ł : ObliCMnk punktów pracy przyrojdów jiólpł7ewwinikowyeh

(wobec przyjętych założeń upraszczających w pewnym zakresie niezależnie od wartości R i) ustali się na wartości: Uwr = U o z - U K = 5,6 V - 0 ,6 V = 5.0 V

(1.15.2)

Ponieważ napięcie wejściowe U w e = 10 V i napięcie na bazie tranzystora U o = 5,6 V pozostają stałe to prąd lK nie ulega zmianie, czyli pojawieniu się prądu bazy /# musi towarzyszyć odpowiednie zmniejszenie się prądu diody Zcncra Ilu (suma tych prądów równa fR musi pozostać stała). Tak więc przy stałym napięciu U u = 5,6 V można skierować do bazy maksymalny prąd: la = h-Io7.min = 22 m A - 2 m A = 20 mA któremu odpowiada prąd emitera płynący przez obciążenie równy: / * « = 0 + 1> / .« + leso = <49+1) •20m A = 1A Przy napięciu wyjściowym U w y - 5,0 V oznacza R l™* = 5,0 i l Przy próbie dalszego zwiększania prądu obciążenia (podłączaniu rezystancji mniejszych niż 5 ii ) prąd diody spada poniżej 2 mA, osiągając wartość zerową dla:

to

podłączenie

rezystancji

- 23 mA Tej wartości I b odpowiada prąd obciążenia: l E = (49 + l)-23m A = l,1 5 A , oraz napięcie wyjściowe: U WY =5.4 V -0,6 V =4,8 V , a to oznacza podłączenie rezystancji R l = 4,17 Cl. Dla rezystancji obciążenia mniejszych niż 4,17 O dioda Zenera nic odgrywa już w układzie jakiejkolwiek roli, układ sprowadza się do pokazanego na rysunku 1.15.4. Równanie koła napięć wynikające z Ił-go prawa Kjrchhoffa dla tego układu ma postać: r+ U wy = U ' * wr 0+1 Po przekształceniu otrzymujemy równanie, które w układzie współrzędnych U wy = Uh.) ma postać prostej: ~ Ir

U WY - U WE—U BE-

R ' 0+1

( L I 5.3)

czyli po podstawieniu wartości liczbowych: Uny =9,4 V - 4 U I L (1.15.4) Równanie obowiązuje w naszym układzie dla prądów obciążenia większych od 1. 15 A. Z tego równania wynika m. in. wartość prądu zwarcia wyjścia stabilizatora. Dla U wy —0 otrzymujemy bowiem: Jl.mar = 9.4 V / 4 i i = 2.35 A Wynika też z niego, że rezystancja wyjściowa stabilizatora w tym (normalnie nic wykorzystywanym) zakresie wynosi: Rwy = R / (fi + D = 200 Cl / 50 = 4 Cl

W .CftrejMci - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Oęść I: Oblicmnic punktów pincy przyiaplów półpreewodnikowych

Pełny kształt charakterystyki prądowo napięciowej stabilizatora napięcia pokazano na rysunku 1.15.5. Teraz, gdy znamy już całą charakterystykę powróćmy jeszcze do jej początkowego odcinka. Przy wykorzystaniu uproszczonej charakterystyki złącza baza-cmiter pojawieniu się prądu obciążenia odpowiada pionowy spadek napięcia wyjściowego od 5,6 V do 5,0 V . W rzeczywistości w analizowanym układzie dla bardzo małych prądów obciążenia otrzymuje się odcinek charakterystyki o dużym nachyleniu. Od tego niekorzystnego efektu można się uwolnić przez zastosowanie pewnego niewielkiego ..wstępnego obciążenia” , tzn. włączenie na stałe do układu rezystora o dużej wartości, który przy braku zewnętrznego obciążenia RL zapewnia niewielki prąd emitera tranzystora (patrz zadanie 2.18). Ad 2. Na diodzie Zencra maksymalna moc wydziela się w sytuacji braku obciążenia stabilizatora. Wynosi ona: Patm * = u Dl ■lozmwc = 5.6 V •22 mA = 123 m W (1.15.5) Na rezystorze R maksymalna moc wydziela się przy zwarciu wyjścia stabilizatora. W ynosi ona: P r mai = (U we - UBe ): / R = (9,4 V ) 2/200 Cl = 442 m W (1.15.6) Na tranzystorze T maksymalna moc wydziela się także przy zwarciu wyjścia stabilizatora. Wynosi ona w przybliżeniu: Pcm * = U c tmax •IInuu = U w e 7ŁlWK= 10 V •2,35 A = 23.5 W (1.15.7) Jest to wartość kilkakrotnie większa niż w stanie normalnej pracy przy obciążeniu pełnym prądem 1 A, kiedv moc tracona w tranzystorze wynosi: P c = U c.e ‘ /ł = 5 V • 1 A = 5 W ' ' (1.15.8) W ynika stąd, żc spełnienie warunku odporności na zwarcie wymagałoby zastosowania w analizowanym układzie tranzystora, który w stanie normalnej pracy nie byłby właściwie wykorzystany. Powiedzmy w tym miejscu tylko, żc w praktycznych układach odporność stabilizatora na zwarcie uzyskuje się przez rozbudowę układową omówionego powyżej podstawowego schematu. Ad 3. Zmiana wartości napięcia zasilającego powoduje zmianę wartości prądu płynącego przez diodę Zcncra przy braku obciążenia, czyli zmianę wartości maksymalnego prądu bazy w zakresie stabilizacji napięcia wyjściowego, a zatem i maksymalnego prądu obciążenia. Przedstawione powyżej zależności pozwalają na powtórzenie obliczeń dla zmienionego napięcia U we-. a więc poniżej ograniczymy się tylko do uwag na temat skutków takiej zmiany. Przy wzroście U w e rośnie obciążalność układu (maksymalny prąd obciążenia w zakresie stabilizacji), ale rośnie także moc tracona w elementach układu i maleje jego sprawność użytkowa, która przy U w e = 10 V i mocy oddawanej 5 W wynosi jak łatwo obliczyć nieco poniżej 50 % . Przy mniejszym U w e sprawność układu rośnie, ale maleje jego obciążalność. Nadmierne obniżenie U w e powoduje, że napięcie U c e tranzystora równe różnicy U w e - U w y zmniejsza się i tranzystor zbliża się zbytnio do granicy stanu nasycenia, gdzie - zwłaszcza dla tranzystorów dużej mocy - jego charakterystyki mogą już ulegać zakrzywieniu (i tranzystor nic może być już traktowany jak źródło prądowe).

w . Ciąiytisłn ni.rKTRO NUCA W ZADANIACH Cfęść I: O W iciiiik punktów pr*:\ przyr/Ąikiw półporwodmkowych

W naszym przypadku przyjmujemy ostrożnie dosyć dużą wartość U c e m m = 2 V , co wyznacza U w e min = U c e m m + Uw r = 2 V + 5 V = 7 V (1.15.9) Dla napięcia U w e mm przy braku obciążenia prąd diody Zencra wynosi: K - ! ,* ~ ~ U— = - = 7 mA * R 200 n czemu w' zakresie stabilizacji odpowiada maksymalny prąd bazy tranzystora 5 mA, czyli maksymalny prąd emitera (i obciążenia) równy 0,25 A. Przy tym (czterokrotnie mniejszym niż dla U w e = 10 V ) prądzie moc użyteczna dostarczana do obciążenia wynosi 1,25 W , moc pobierana z zasilania wynosi około 1,75 W , czyli sprawność jest rz ę d u 71 % .

u, .4 i o >U„JV] :;

5- . -

■ ¿«¿“ orf*! |

'’Przeciwnie, ;pj>: ■p i? łożen iu dodatki potencja! '.tiramki ńrjfttiaoft do obi^arii kanału elektrony z silmś domieszkowanych obszarówo* pod

W. Ciąiyński - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH CzęW l: OWicrank punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

ffljS jte y riftg

z kanałem /uboż*n>m fypu g tgft p u g s f e t , fy-s

W Ę Ę Ę Ę iiW Ę fĘ Ę Ę Ę Ę Ę I podłożę B można jednak Wykorżystać w charakterze dAigtej eidarody stew iacę}^ działaniu podobnym do bramki’ . ?'*■ ' % Jak to poluzanb na rysunkach budowa tych tranzystorów jest całkowicie s>metryczna, a więc zmiana znaku napięcia zasilające^o Ups: prowadząca do j zamiany ról pomiędzy drenem a źródłem także w łych tranzystorach (podobni© jak

M ta i

W. Ciązyńtld HLliKTRONIKA W ZADAN1ACII C*ęić 1: Obliczanie punktów pr*cv przyrządów piMprawodnikowych

Zadanie 1.16 Dla pokazanego na rysunku 1.16.1 układu sterowanego napięciem źródła prądowego z parą komplementarną tranzystorów T l (pnp) i '1*2 (npn) o idealnie symetrycznych charakterystykach należy: 1. wyznaczyć zakres napięć wejściowych U we, dla którego obydwa tranzystor)' mogą znajdować się w stanie aktywnym: 2. dla wyznaczonego powyżej zakresu U we podać zakres wartości rezystancji obciążenia R l dla którego obydwa tranzystor)' pracują w stanie aktywnym; 3. wykreślić charakterystykę przejściową I wy = I (U we) dla napięć | U we I i 20 V. Zakładamy, że: - napięcie w stanie nasycenia dla każdego z tranzystorów wynosi | U cei I = 0,7V i nie zależy od wartości prądu Ię\ - złącze baza-emiter każdego z tranzystorów znajdującego się w stanie aktywnym można zastąpić spadkiem napięcia I U be I = 0,7 V niezależnym od wartości prądu bazy; - prądy zerowe Ietv obydwu tranzystorów są bardzo małe, możliwe do pominięcia; - współczynnik wzmocnienia prądowego każdego z tranzystorów /J » I, co pozwala w obliczeniach pomijać wartości prądów baz tranzystorów (zakładać Ig = 0). Rozwiązanie Ad 1. Dla U w e ~ 0 (jeśli możemy pominąć prądy baz tranzystorów), na rezystorze R w każdym z dzielników rezystancyjnych R - 3 R występuje napięcie równe jednej czwartej napięcia zasilającego Rys. 1.16.2 U r = ‘A E CC = 5 V (1.16.1) a więc potencjały baz tranzystorów T l i T2 wynoszą odpowiednio Um = + 15 V , oraz U bz = - 15V. Dla każdego z tranzystorów możemy napisać: U r =1e R e +\U be \ (1.16.2) czyli I e = (U

r

- \ U B e \ )/ R e

(1.1 6.3)

Po podstawieniu wartości liczbowych daje to: h = (5 V -0.7 V )/ 1 k il = 4.3 mA Gdyby układ na tranzystorze T l pracował oddzielnie na obciążenie Rj_ jak to pokazano na rysunku 1.16.2. to wtedy do obciążenia RL wpływałby prąd l a = I f.i = 43 niA, niezależnie od wartości Rr. zmieniającej się w zakresie od zera do pewnej wartości maksymalnej R i. ^ przy której tranzystor T l wchodziłby w nasycenie. Tak

W Cią*yń*lri ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część I: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

więc ten fragment układu stanowi źródło prądu wpływającego do rezystancji obciążenia R l . Podobnie, gdyby układ na tranzystorze T2 pracował oddzielnie na obciążenie R l. jak to pokajano na rysunku 1.16.3, to z potencjału masy przez Ri. do tranzystora T2 wpływałby prąd le i - 4?= 4,3 mA, niezależny od wartości R l zmieniającej się w tym samym zakresie. W tematowym układzie każde źródło prądowe stanowi obciążenie dla tego drugiego i prąd 4,3 mA wypływający z górnego źródła jest pochłaniany przez dolne źródło*1, a wobec równości prądów l a = I n prąd obciążenia I wy = 0, a zatem U wy = 0. Dla idealnej symetrii układu tego stanu równowagi nie zakłóciłoby nawet odłączenie rezystancji obciążenia R l (czyli przyjęcie Rt. = co).

Rys. 1.16.3

Przyłożeniu dodatniego napięcia U we odpowiada zmniejszenie różnicy napięć na górnym dzielniku rezystancyjnym R - 3 R , czyli zmniejszenie napięcia U r dla górnego źródła prądowego na tranzystorze T l od wartości 'A E cc do wartości V* (Ecc - U w fJ i odpowiednie zmniejszenie wartości prądu l a . Napięcie Up dla dolnego źródła prądowego na tranzystorze T2 zwiększa się od wartości ’A Ecc do wartości V i(E cc+ U w ł) i następuje odpowiednie zwiększenie wartości prądu l a . Aby suma prądów w węźle wyjściowym mogła być równa zeru. przez obciążenie R l musi wtedy płynąć różnica prądów Im = le i - I d •Przy oznaczeniach jak na rysunku prąd Iwy ma znak ujemny. Przyłożeniu ujemnego napięcia U w e odpowiadają zmiany od położenia równowagi zachodzące w przeciwnym kierunku, czyli kierunek prądu Iwy (znak różnicy prądów le i - l a ) jest dodatni. Omówione powyżej zjawiska można opisać następującymi zależnościami: (1.16.4) 4 /«=<■

Ecc + U WE

(1.16.5)

L- y < - U WE

~ IC\

‘ Cl ~

(1.16.6)

2R,

Zależności te obowiązują w zakresie zmian Uwe, w którym obydwa tranzystory znajdują się w stanie aktywnym. Przy dodatnich U we granicą stanu aktywnego dla tranzystora T l będzie sytuacja, gdy napięcie wejściowe wzrośnie na tyle, że U r zmniejszy się do 0,7V. Wtedy Ie i ■Re = 0, prąd l a spada do zera i tranzystor T l wchodzi w stan odcięcia. Tak więc : U r — V* (E c c - Uwtma*) = U b e = 0,7 V czyli Uwe = E cc - 4 U p e = 20 V - 2.8 V = 17,2 V (1.16.7) Analogicznie, gdy Uwe spadnie poniżej Uwe mi» - - E cc + 4 U be = - 17,2 V , do zera obniży się prąd Ic 2 i w stan odcięcia wejdzie tranzystor T2. Podsumowując rozważania w tym punkcie możemy powiedzieć, że przy małych wartościach W literaturze anglojęzycznej rozróżnia się termin „curreni source" (określający źródło prądu wypływającego) i termin „ curreni sink" (określający źródło prądu pochłanianego).

W. Cią£ytuki - m .EKTRONIKA W ZADANIACH C CŚ>i 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów p^przcwudnikowych

2

rezystancji obciążenia R l obydwa tranzystory znajdują się w stanie aktywnym, a charakterystyka Iwy = f (U w e ) jest liniowa i opisana równaniem (1.16.6) dla napięć wejściowych w zakresie i U we I ^ 17,2 V. Ad 2. Dla U we ~ 17,2 V prąd l a spada do zera. a prąd I C2 osiąga dla zakresu liniowego wartość maksymalną równą: = (I s ł 1

/

£

« . U m )±

4

= (2

Re

0

^

_

0 j7 )

4

v

=

W

m

( J J 6 g )

A

1k ii

Potencjał bazy tranzystora T2 wynosi wtedy: = ( Ecc

~ ggy) = ( 2° + ! — ~ 20) V = 9,3 v -20 V = - l 0,7 V (1.16.9) 4 4 a potencjał kolektora tranzystora T2 zależy od wartości podłączonej rezystancji Rt. (jest równy zeru dla zwarcia i obniża się przy wzroście wartości R l ). Prąd l a pozostaje stały, dopóki tranzystor znajduje się w stanie aktywnym - przy zbyt dużej rezystancji tranzystor wchodzi w nasycenie i wartość prądu l a spada. Tranzystor znajduje się na granicy stanu nasycenia, gdy potencjał kolektora obniży się do wartości 10,7 V . Licząc inaczej (jak niżej) otrzymujemy tę samą wartość: (1.16.10) U C2 min = {- E cc + I c,R l + U C£i) = (-20+8.6+0.7) V = -10,7 V Odpowiada temu maksymalna wartość rezystancji obciążenia RL mtuprzy której: czyli mamy: R ,... =

l„, |ińA;|

-Vam i

10.7 V

I cj

8,6 mA

= 1,24 kf2

(1.16.12)

Ad 3. W zakresie | U we I ^ 17,2 V dla wartości rezystancji obciążenia od zera (tzn. zwarcia wyjścia) do Rf.nw charakterystyka ¡wy = f (U w e ) jest określona wzorem (1.16.6). Dla napięć wejściowych 17,2 V < |U w e| < 2 0 V jeden z tranzystorów jest odcięty i jego prąd równy zeru. Prąd drugiego tranzystora może jeszcze się zwiększać pod warunkiem, że bliska R l mtu rezystancja obciążenia nie powoduje, że tranzystor ten znajduje się już w stanie nasycenia. Dla małych wartości R l nachylenie charakterystyki jest jednak w tym zakresie dwukrotnie mniejsze - przy mniejszych wartościach bezwzględnych napięcia wejściowego U w f było ono wynikiem zwiększania się prądu Ic jednego tranzystora i takiego samego zmniejszania się prądu Ic drugiego tranzystora, a w omawianym stanie prąd jednego z tych tranzystorów jest równy zera. Kształt charakterystyki przejściowej lwy = f ( U w e ) w całym zakresie zmienności napięcia Uwr. pokazano na rysunku.

S.SmA

Rys. 1.16.4

Lin ią przerywaną zaznaczono kształt charakterystyki odpowiadający włączeniu rezystancji obciążenia przekraczającej wartość Ri.,> u Charakterystyka jest wtedy opisana zależnością (1.16.6) dla mniejszego zakresu napięć wejściowych, zależnego od wartości R l .

W Ciązyfeki ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Caętć 1: Obłicnuiie punktów pracy przyntfó*' półprzewodnikowych

Zadanie 1.17 Dla układu pokazanego na rysunku 1.17.1 należy: 1. wyznaczyć zakres napięcia wejściowego U w e , dla którego tranzystor T pracuje w stanie aktywnym; 2. wykreślić charakterystykę przejściową U wy = f ( U w e ) dla napięć | U w e I ^ 10 V. Zakładamy, że: - w stanie nasycenia tranzystora napięcie U ce Rys. 1.17.1 wynosi U ch = 0,2 V i nie zależy od wartości prądu kolektora ¡c\ ■ złącze baza-emiter tranzystora znajdującego się w stanie aktywnym można zastąpić spadkiem napięcia Ube = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy; - prądy zerowy ¡ c e o tranzystora jest bardzo mały, możliwy do pominięcia; współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora /3= 100. Ko/wiązanie 1 Ad 1. Wyodrębniamy obwód polaryzacji bazy (patrz rysunek 1.1 7.2) i wykorzystując zasadę superpozycji sprowadzamy go do jednego źródła zasilającego U n o charakterze SF M i wartości zależnej od U w e ■Uzts

t/> =

■i/w. H'£

10 k ii

90 k ii

■10 V +

90 k ii +10 k ii

90 k ii +10 k ii

■UWE

U , = 1 V + 0 ,9 l/ „ oraz rezystancji wewnętrznej: R, R 2 _ 90 k ii •10 k ii /?,+ &

= 9 k ii

90 k ii+10 k ii

Teraz można już obliczyć prąd bazy jako (patrz rys. 1.17.3): I V + 0,9 U wt. -0,6 V 0,9 U WE + 0,4 V 9 k ii

Rys. 1.17.3

9 k ii

oraz napięcie wyjściowe jako: U wy =U ZAS- l c -Rc = U ¿¿z —P ■Rc -I B , U wr = 10 V -

I fifi -1 IrO

9 k ii

czyli

- (0 .4 V + 0,9 U WE) = 5,556 V -10 U we

(1.17.1)

Na granicy stanu nasycenia mamy: U m. = 5,556 V -10 •U WK = U C£t = 0,2 V

(1.17.2)

skąd obliczamy odpowiadającą temu stanowi wartość napięcia wejściowego: I W = 0,1 (5,556 - 0.200) V = 0,536 V (1-17.3) Na granicy stanu odcięcia mamy: U wr = 5.556 V - 10 'U W£= U U 5 = 10 V

(1.17.4)

W. OvyAski Fl.EKTRO N lKA W ¿AD ASIACH O ęic |- Obliwaoic punktów pn n y pKytii|di>w pólprzewodnikuv.\i'h

skąd obliczamy odpowiadającą temu stanowi wartość napięcia wejściowego: Uwe = -0,1 (10-5,556) V = -0.444 V ( 1.17.5) Ad 2. Przebieg charakterystyki U wy = f (Uwe) wyrażający się w zakresie aktywnej pracy tranzystora zależnością (1.17.1) oraz wartości graniczne pokazano na rysunku 1.17.4. Rozwiązanie 2 Ad 1. W stanie nasycenia prąd kolektora tranzystora wynosi: r _ U yjci ~ U (;f.s _ 10 V -0,2 V _ lC — „ — ,, ~ —9.8 mA lk Q R

(1.17.6)

Na granicy stanu nasycenia możemy jeszcze wykorzystać zależność lc= P h i obliczyć: /fi = 9,8m A / 100 = 98 ^A Z rysunku 1.17.2 wridać. że skoro U de = 0.6 V to prąd płynąfcy przez rezystor R/ ze źródła zasilania wynosi 1, = (10 V - 0,6 V ) / 90 k ii = 104,4 jiA , a więc na granicy stanu nasycenia przez rezystor R2 płynie prąd: h = h - h = 104,4 \iA ~ 98 jiA = 6,4 |iA,

który na rezystancji /¿2 = 10 kii wytwarza spadek napięcia 64 mV. Tak więc napięcie wejściowe odpowiadające granicy stanu nasycenia musi być

równe:

Rys. 1.17.4

U we = 600 m V - 64 mV = 536 mV Dla Uwe= 0 wobec tego, że U b e = 0,6 V przez rezystor R1 płynie nadal prąd ¡i = 104,4 mA, podczas gdy ze zwartego do masy wejścia wypływa prąd h = U b e / R i = 600 mV /10 k ii = 60|iA. Prąd bazy tranzystora ma więc wartość: /fi = // - h = 44,4 pA, a napięcie wyjściowe:

prąd kolektora:

le = p- h = 4,44 mA.

U m = U 9AS - I c Rc = 10 V - 4,44 m A •1 k ii=5,56 V .

Na granicy stanu odcięcia przy napięciu U be ciągle równym 0,6 V (a zatem przy prądzie // nadał równym 104,4 jiA ) prąd bazy staje się równy zeru, czyli cały prąd // płynie przez R2 = 10 kL I wywołując na nim spadek napięcia równy 1,044 V . Tak więc napięcie wejściowe odpowiadające granicy stanu odcięcia musi wynosić: U we = 600 mV - 1044 m V = - 444 mV Wszystkie przedstawione na rysunku 1.17.4 punkty charakterystyczne wyznaczone w rozwiązaniu 1 pokrywają się z obliczonymi powyżej wartościami.

W. Cittyński - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C*<& l Obliczaniu punktów pracy jX7>r?adów p&Jptzcwodnilowysh

Zadanie 1.18 Dla

układu

pokazanego

na rysunku

]---

1.18.1

należy:

1. obliczyć napięcie wyjściowe U wy przy „wiszącym w powietrzu" (nic podłączonym) wejściu; 2 . obliczyć napięcie wyjściowe U wy przy wejściu podłączonym do masy (dla U we = 0); 3. wyznaczyć zakres wartości napięcia wejściowego U we, w którym tranzystor T pracuje w stanic aktywnym; 4. dla napięć wejściowych w zakresie 0 < U w e ^ 12 V wykreślić charakterystykę przejściową U wy = U U we) oraz charakterystykę wejściowąI we = 1’ Zakładamy, że: - przewodzącą diodę wejściową D można zastąpić spadkiem napięcia UD = 0,6 V niezależnym od wartości prądu diody; - prąd wsteczny diody D jest bardzo mały i może być pominięty; - w stanie nasycenia tranzystora napięcie U ce wynosi U ce* = 0,2 V i nie zależy od wartości prądu I c\ - złącze baza-emiter tranzystora T znajdującego się w stanic aktywnym można zastąpi ć spadkiem napięcia UBe = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy; - prądy zerowy Jcr.n tranzystora jest bardzo mały, możliwy do pominięcia; - współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora p = 50. Rozwiązanie Ad 1. Analizę obwodu rozpoczynamy od sytuacji, gdy do diody wejściowej nie jest podłączone napięcie U we, tzn. gdy dioda D „w isi w powietrzu” . Aby zorientować się w jakim stanie znajduje się tranzystor obliczmy potencjał w punkcie B w przypadku, gdyby baza tranzystora nie była do niego podłączona. W tej sytuacji przez dzielnik rezystancyjny R/, R 2, /?? płvnąłby prąd: / = — g—

+

+

i 2o m

= 0 2 mA

Rvs. 1.18.2

a potencjał punktu B wyniósłby: Ua = Ecc - 1 (R , + R2) = 12 V - 0,2 mA •30 kft = 6 V Ponieważ jest on wyższy od 0.6 V mamy pewność, że podłączenie do tego punktu bazy tranzystora spowoduje przepływ prądu bazy In i możemy do dalszych rozważań przyjąć, że potencjał tego punktu odpowiada przewodzącemu złączu i wynosi U b = U Be = 0,6 V. Wyodrębniamy obwód polaryzacji bazy (patrz rysunek 1.18.3) i obliczamy potencjał w punkcie A dla przypadku przewodzącego tranzystora. W tej sytuacji przez dzielnik rezystancyjny R j, R2>R j płyną prądy:

W. Ctązyfciu - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Cięic 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

12 v - o,6 v

e cc- u m

/,=

30 k ii 12 V - 0.6 V

' 3=

/?>

30 k ii

= 0,38 niA = 0,14 mA

Prąd bazy stanowi ich różnicę: Ifi = J, - I j = 0,38 mA - 0,14 niA = 0,24 mA

&

Dodam i znak prądu bazy potwierdza słuszność przyjętego założenia o tym, że tranzystor znajduje się w stanic przewodzenia. Rvs. 1.18.3

Obliczmy teraz jeszcze wartość prądu bazy h , na granicy stanu nasycenia i stanu aktywnego tranzystora, gdy możemy jeszcze wykorzystać zależność h: - fi -Ir. a napięcie wyjściowe wynosi Um =UCEj = 0.2 V : Ę cc

; C£* -

U CEt

12 V - 0 ,2 V

2.2 kn

Rr I, 0

_

50

= 536m A ( i . 18.1)

= 0,107 mA

W yliczona powyżej wartość lB = 0,24 mA jest ponad dwukrotnie większa od ¡ b„ czyli tranzystor przy „wiszącym” wejściu jest głęboko nasycony. Teraz możliwe jest już obliczenie potencjału w punkcie A: U a = E c c - 1 1 •R i = 12 V - 15 k ii •0,38 mA = 6,3 V Ad 2. Ponieważ potencjał Ua przy „wiszącym” wejściu jest wyższy od wartości 0,6 V to podłączenie wejścia do masy (tAvr = 0 V ) spowoduje zwarcie punktu A z masą przez diodę, a Ua ustali się na wartości 0,6 V, czy li prąd f\ będzie teraz miał wartość: £ c c - (/ o _ 1 2 V - 0 ,6 V = 0,76 mA /,= 15 k il R, Zwróćmy uwagę na to, że gdyby tranzystor nadał przewodził, potencjały w obydwu punktach A i B (po obu stronach rezystora R 2) Rys. 1.18.4 musiałyby wynosić 0.6 V. A to oznaczałoby że prąd płynący przez R> 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-emiter. W tej sytuacji prąd /3 będzie miał w-artość: /> =

E m + U d _ 12 V + 0,6 V R i +R h

105 k ii

= 0,12 mA

czyli przez diodę D będzie płynął prąd: I wf. = h - /i = 0.12 inA - 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 tranzy stora można teraz obliczyć jako: Ub = Ui> - h ■R 2 = 0.6 V - 0,12’ m A - 15 k ii 0,6 V - 1,8 V = 1,2 V

W. Ciążymiti ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cu;«; 1: Obl::/.
Dla tranzystora npn ujemny potencjał na bazie (obszar lypu p) oznacza polaryzację zaporową złącza baza-emiter, co potwierdza że tranzystor po zwarciu wejścia do masy znalazł się w stanie odcięcia, a napięcie wyjściowe (przy założeniu zerowej wartości prądu I ceo) wynosi U wy— 12 V. Ad 3. Jeśli teraz podłączymy niewielkie napięcie dodatnie U we (np. I V ) do katody diody wejściowej, z wejścia układu nadal będzie w ypływ ał prąd, przewodząca dioda D może być traktowana jako S E M o wartości 0,6 V, a potencjał U a 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 Rys. 1-18-5 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 uważać za podłączony do S E M o wartości U we + Ud i wykorzystując zasadę superpozycji (pozostawiamy to zadanie do samodzielnego wykonania Czytelnikowi) możemy sprowadzić układ polaryzacji bazy (dla podanego zakresu wartości 0 < U wic < 5.7 V ) do jednego źródła zasilającego złożonego z zastępczej S E M (o wartości zależnej od U we)' 1 -l(U W£+ U 0 )R r + E BBR2] = Ez = R2 + Rj (1.18.2) 90 k ii 15 k ii 12 V =0,857-6' -1,2 V ■(Uwe + 0.6 V )15 k ii + 90 k ii 15 k i i +90 k ii oraz rezystancji wewnętrznej: _ R . Rj _ 15 k ii •90 k ii _ Rz = = 12,86 k ii R ,+ R , 15 k ii+90 k ii

(1.18.3)

Zwróćmy uwagę na fakt, że parametry' źródła zastępczego (Ez i Rz) nie zależą od Uc.c i Ru co zresztą można było przewidzieć, gdyż potencjał U a jest wymuszany przez SEM równą U we + Un. niezależnie od EccTeraz można już obliczyć (patrz rysunek 1.18.6) prąd bazy tranzystora jako: I E z - V *e 0$57U we -1,2 V -0,6 V 0.857 U WB -1,8 V "

Rt

12,86 k ii

4}

12.86 k il

Na granicy stanu odcięcia mamy /o = 0 (¡c = 0; U wy = 12 V ). a takiej sytuacji na podstawcie powyższego równania odpowiada napięcie wejściowe: (1.18.5) = 1>8V /0,857 = 2,1 V

w c m>v6ski - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH I OblłCMnic pułikliw ptacy jintyrrądów pńłpr7cwfvtnikov.ych

Na granicy stanu nasycenia I b = I b , = 0.107 mA. a zatem na podstawie (1.18.4) mamy: _ 0.107 mA 12.86 k i 1 *-1.8 V (1.18.6) ** 0.857 Tak więc tranzystor T pozostaje w stanie aktywnym dla napięcia wejściowego w zakresie 2,1 V ś U ivk < 3.7 V. Ad 4. Jak sprawdzono dla napięć 0 V < U we 5 2,1 V tranzystor znajduje się w stanie odcięcia. Prąd kolektora nie płynie, napięcie wyjściowe wynosi + 12 V. Dla napięcia wejściowego w zakresie 2,1 V < Uwe ^ 3,7 V prąd bazy, a zatem i prąd kolektora liniowo rośnie z napięciem, czyli napięcie wyjściowe liniowo zmienia się od 12 V do 0,2 V . Dla napięć 3,7 V < U w e ^ 5,7 V przy założeniach upraszczających podanych w temacie napięcie wyjściowe pozostaje na poziomie 0,2 V. Prąd bazy jeszcze się wtedy zwiększa ponad wartość /«r , czyli tranzystor wchodzi głębiej w stan nasycenia i w rzeczywistym tranzystorze napięcie mogłoby jeszcze nieco się zmniejszyć. Dla napięć Uwe ź 5,7 V dioda D spolaryzowana w kierunku zaporowym odcina wejście od reszty układu. Dla Uwt = 0 z wejścia układu wypływa prąd o wartości 0,64 mA. Dla napięć 0 V < U we ^ 5,7 V prąd ten maleje liniowo do zera. Przy wyższych napięciach wejściowych do punktu A wpływa tylko znikomy prąd wsteczny diody i w sytuacji (jak w temacie zadania), gdy możemy go pominąć nic już od U we nie zależy. Przebieg charakterystyki przejściowej U w y = ((U we) pokazano na rysunku 1.18.7 lin ią ciągłą, a przebieg charakterystyki wejściowej 1*e = f (U we) linią przerywaną.

M

V, E I1* * ! 0 mA

/ / 10

■ - 0 .2

|

/ e

V

6

4

• 0 .8

2

-1 .0

\ 6

8

.A r

IV]

Rys. 1.18.7

Podłączenie drugiego napięcia wejściowego do punktu A przez drugą diodę prowadzi do uzyskania dwuwejściowęj bramki NAND , tzn. układu realizującego na dwu logicznych (binarnych, dwuwartościowych) sygnałach wejściowych (w logice dodatniej) funkcję negacji iloczynu logicznego. Napięcie wyjściowe przyjmuje wartość niską (0 logiczne) tylko wtedy, gdy na obydwa wejścia podawane są napięcia o wartości odpowiadającej stanowi 1 logicznej (stanowi wysokiemu, czyli 12 V ). Analizowany układ był stosowany w początkowym okresie rozwroju układów logicznych jako podstawowy układ tzw. techniki D TL (ang. diodę-transistor logie).

W. Ci«2>-faki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Ce&& I- ObJiaanic punktów piso.' pcnyradów półpiicwixliukos*ych

Zadanie 1.19 Dla pokazanego na rysunku układu bramki logicznej D T LZ, przy podawanym na wejście pierwsze napięciu zmieniającym się w zakresie 0 < U w ei ^ 12 V (i „wiszącym " drugim wejściu) należy: 1. wykreślić charakterystykę przejściową U WY = f ( UwF.f)', 2. wykreślić charakterystykę wejściową fw£i = U U w ei)', 3. przeanalizować w jak i sposób na uzyskane w punktach 1 i 2 charakterystyki wpływają trzy możliwe sposoby podłączenia drugiego wejścia (zwarcie z pierwszym wejściem, podłączenie do potencjału zasilania i podłączenie do masy). Zakładamy, że (patrz też charakterystyki złącza baza-cmitcr, diod wejściowych i Rvs. 1.19.2 diody Zenera na rysunku 1.19.2 obok): - w stanie nasycenia tranzystora napięcie U ce wynosi U en, = 0.1 V i nie zależy od wartości prądu ¡c ■ złącze baza-emiter tranzystora T znajdującego się w stanie aktywnym można zastąpić spadkiem napięcia U b e = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy; prąd zerowy I ceo tranzystora jest bardzo mały, możliwy do pominięcia: - współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora (i = 100. - przewodzącą diodę D l (i / lub D2) można zastąpić spadkiem napięcia U d * 0.6 V niezależnym od wartości prądu diody; - diodą D I (D2 lub złącze baza-emiter tranzystora) przy polaryzacji zaporowej można zastąpić SPM równą lp A ; - przewodzącą diodę Zenera (D Z ) można zastąpić spadkiem napięcia Uoz = 0,8 V niezależnym od wartości prądu diody: diodę Zenera w obszarze przebicia można zastąpić spadkiem napięcia i/z = 5.1 V i rezystancją dynamiczną ry_= 10 Q Rozwiązanie Ad 1. Wyodrębniamy obwód polaryzacji bazy (patrz rysunek 1.19.3) i obliczamy potencjał w punkcie A dla przypadku, gdy do diody wejściowej nie jest podłączone napięcie U w e . tzn. obydwie diody D l i D2 „w iszą w powietrzu” W tej sytuacji dioda Zenera pracuje w obszarze przebicia, a przez rezystor K r, diodę D Z i złącze baza-emiter płynie prąd:

W. Ciązyńdci ELEKTRO N IKA W ZADANIACH O ę i* I: Obliczanie pnnktów pacy przyizftdów piłpKcwodmiwych

ą .- g r i/ .. i » - v v - (w v

, *

/?,+/>

!2 6 0 0 ił + 1 0 a

Otrzymaną wartość powinniśmy porównać z prądem bazy odpowiadającym granicy stanu nasycenia tranzystora (kiedy jeszcze możemy zastosować zależność Ir - f i' I b ), który możemy obliczyć jako:

p

P-Rc

100-1.19 kił

Obliczony powyżej prąd /* jest kilkakrotnie większy od prądu nasycenia bazy IBi, a zatem tranzystor jest w rozpatrywanym stanie głęboko nasycony i dla przyjętych założeń napięcie wyjściowe wynosi U ces = 0.1 V. Potencjał w punkcie A wynosi: UA = Uz + I b ' r/+ Ub e = 5,1 V + 0.5 niA •10 i i + 0,6 V = 5,705 V (1.19.3) Rozpatrzmy sytuację przy podaniu na wejście napięcia U we rozpoczynając analizę od U we = 12 V. Dioda D l jest wtedy spolaryzowana wstecznie napięciem = ■6,3V. Jeśli prąd wsteczny diody jest możliwy do pominięcia obliczony powyżej potencjał UA nie zmienia się. Przy przyjętych założeniach do punktu A wpływa dodatkowo 1 jiA prądu wstecznego diody, co zmienia sytuację bardzo nieznacznie (/# rośnie z 500 pA do 501 pA). Przy zmniejszaniu napięcia U we sytuacja ulega zmianie dopiero wtedy, gdy U w e spadnie poniżej 5,105 V. W zakresie zmian Uwe od 5,105 V do 5,100 V napięcie na diodzie Zcncra spada wtedy także od 5,105 V do 5,100 V. a zatem prąd tej diody (czyli także prąd bazy tranzystora) spada od wartości 0,5 mA do zera, tranzystor T wchodzi w stan odcięcia, a napięcie wyjściowe rośnie do U wy - E c c = 12 V . Prąd płynący przez rezystor R b zostaje przełączony z diody Zenera na diodę wejściową D l i wypływa z wejścia bramki. Prąd ten przy oznaczeniu jak na rysunku 1.19.4 ma znak ujemny i wartość zależną od napięcia wejściowego: j

= _ E<:c - V u - V * e

( i }9 4 )

Prąd ten osiąga dla Uwr. = 0 największą wartość bezwzględną równą 0,921 mA. Nachylenie charakterystyki przejściowej U w y = f ( Liw e, ) w otoczeniu punktu przełączania diody wejściowej (i tranzystora) jest przy przyjętych założeniach upraszczających bardzo duże. Aby dokładniej zbadać przebieg tej charakterystyki przeanalizujmy obwód zastępczy jak na rysunku 1.19.4. Zmiana prądu bazy tranzystora T R>'s-J -19-4 pojawia się tutaj jako zmiana spadku napięcia na rezystancji dynamicznej diody Zenera równej 10 ił. Przy Ib = 0,5 mA spadek ten wynosi 5 mV, a zatem przy zmniejszaniu U we prąd bazy zaczyna opadać przy napięciu wejściowym Uwe- 5,105 V . Tranzystor T wychodzi z nasycenia jednak dopiero przy I a = 0.1 mA, a zatem przy napięciu U w e =5.101 V . Przy UwE = 5,100 V tranzystor jest już całkowicie odcięty. Pełnej zmianie napięcia wyjściowego bramki od wartości 0,1 V dla granicy stanu nasycenia do 12 V dla stanu odcięcia odpowiada zatem zmiana napięcia wejściowego o 1 m V (od 5,101 V do 5,100 V ). Pr/ebieg charakterystyki przejściowej bramki Uwr = f (U w ti) pokazano na rysunku poniżej.

W. Ciąiytuki - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Część 1: Obliczanie punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych

Schemat zastępczy dla zakresu przełączania tranzystora (rysunek 1.19.4) uzasadnia konieczność przyjęcia w temacie zadania jakiejś niezerowej rezystancji dynamicznej w układzie. Przyjęcie rezystancji dynamicznej diody Zenera także jako równej zeru prowadziłoby do nieskończenie dużego wzmocnienia różnicowego w obszarze przełączania tranzystora (pionowego odcinka charakterystyki przejściowej) - gdyż w obwodzie zastępczym decydującym o zmianach prądu bazy występowałyby wtedy wyłącznie idealne SEM . W rzeczywistym układzie nachylenie charakterystyki przejściowej w obszarze przełączania zależy od sumy rezystancji dynamicznych diody wejściowej, diody Zenera i złącza baza-emiter.

Ad 2. Charakterystyka wejściowa Iw£ = t(U w E i) dla napięć 0 < L W < 5 ,1 V przebiega liniowo co wynika ze wzoru (1.19.4). Prąd wypływający z wejścia bramki równy 0,921 mA dla U w e i = 0 V spada do 0,5 m A dla U w e i = 5.1 V , po czym w 5 mV-owym zakresie następuje przełączanie tego prądu z diody D l do diody Zenera. Zgodnie z przyjętą uproszczoną charakterystyką diody w zakresie napięć wejściowych od 5,105 V do 5,705 V prąd wejściowy nie płynie, a dla napięć większych od 5,705 V do wejścia wpływa prąd wsteczny diody równy 1 |lA. Całość charakterystyki wejściowej pokazano na rysunku 1.19.5.

1 |*

1

OuA

OntA • 0.2 mA

•0.4 mA / ■-0,6 mA *

s ■-o.iłnA *

-1.0 mA

0

. 2

4

e

8

10

12 $

R v s . 1 .1 9 .5

Ad 3. Je śli obydwa wejścia bramki zostaną połączone ze sobą, to dla kierunku przewodzenia diod nie zmieni się nic (odpowiada to równoległemu połączeniu dwu identycznych S E M o wartości 0,6 V , czyli przy założeniu zerowych rezystancji dynamicznych diod nic możemy powiedzieć, jak wypływający prąd podzieli się pomiędzy dwa wejścia). Dla kierunku zaporowego ( U w e ^ 5.7 V ) połączenie takie jest równoważne zastosowaniu dla pojedynczego wejścia diody o prądzie wstecznym równym 2 [iA . Jeżeli drugie wejście bramki zostanie podłączone do potencjału zasilania to w- całym zakresie napięć wejściowych dioda D2 jest spolaryzow-ana wstecznie i przez nią do punktu A wpływa dodatkowy prąd 1 nA. Omawiane charakterystyki prawie się nie zmieniają. Podłączenie drugiego wrejścia do masy układu powoduje, żc w punkcie A zostaje wymuszony trwale potencjał 0,6 V i w całym zakresie zmian napięcia U w e i na pierwszym wejściu tranzystor pozostaje odcięty i napięcie U w y = 12 V. Nie powinno nas to dziwić, gdyż takiemu podłączeniu w logice dodatniej (tzn. przy przyjęciu konwencji, że stanowi „0” logicznego odpowiada napięcie 0 V . a „1” logicznej odpowiada napięcie 12 V ) odpowiada podanie na drugie wejście bramki poziomu „zera” logicznego. Ponieważ bramka realizuje w' logice dodatniej funkcję negacji iloczynu logicznego (N A N D ) stanów obydwu wejść, odpowiada to wymuszeniu stanu

W. CUiyński - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH CzęM 1: Obliczanie punktów pracy preyrząiłńw półprzewodnikowych

wysokiego („1 " logicznej) na wyjściu bramki. Charakterystyka wejściowa także się zmienia w taki sposób, że do wejścia wpływa prąd wsteczny 1 fiA poczynając już od U w e i - 0.6 V (dla małych U wf. i ^ 0,6 V rozpływ prądu płynącego przez R b pomiędzy D l i D2 silnie zależy od rzeczywistych charakterystyk tych diod).

mm

lilii ■ < ¿yy-'«

H '

¿

s '

V

p -

\yy.-

w . C iąiyóski - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C zęść I : O blic?aw e punktów pracy przyrządów pWptTcwod*iikow>'ch

:-y: Jąc?y.

żt .so b ą

............... .

w y s p v ri*

?v,-!tk.s?.anic i i y p r .x k r ^ u

)W W ^ :■ .,&/■ . -¿rew... ¿ n x iie ;n .

^iv n?cj ->:;-.:c :

prndxi tirćt> u :ia p ^ i3 ;t ^

m

M ó f t j p o ja w ia

u t :pąó

d; «•<•>, o f e h r ; r : ju k o n a p i ę c i ^

" ilffilteW ilii: i S'M. ’?:^ vh^-^A;r •• _:.

^ .- S V.

...:|..>M-ć^4--^---<>'"''^ 0 12. "-. > '■ *

•l - i v:

W . C itfy ń s łu - ELEKTRONIK A W ZADANIACH CzęSĆ I : ObliCMliłc punki ń w pracy piZyn^ilów półprzewodnikowych

Zadanie 1.20 D la pokazanego na rysunku układu dwustopniowego napięciowego wzmacniacza prądu zmiennego należy: l. obliczyć punkty pracy tranzystorów T l i T2 określone przez wartości ¡c i U ce\ 2. obliczyć maksymalną amplitudę niezniekształconego sygnału wyjściowego; 3. obliczyć wartość rezystancji R b /, która mogłaby zostać włączona w miejsce źródła prądowego / = 20 fiA , bez zmiany punktów pracy tranzystorów.

X

I Rys. 1.20.1

Zakładamy, żc: - złącze baza-emiter przewodzącego tranzystora (T l i T2) można zastąpić spadkiem napięcia U b e = 0,6 V niezależnym od w-artości prądu bazy; - prądy zerowe ¡cno tranzystorów T l i T2 są bardzo małe, możliwe do pominięcia; - współczynniki wzmocnienia prądowego tranzystorów T l i T2 wynoszą odpowiednio (3\ = 100 i $ = 50; - w stanie nasycenia tranzystora T2 napięcie U c e tego tranzystora wynosi U ces = 0,6 V i nie zależy od wartości prądu h: ; - wartości pojemności Cw, Ce i Cwy są na tyle duże, że dla częstotliwości wzmacnianego sygnału można przyjąć, żc ich impedancje są równe zeru (kondensatory stanowią zwarcie). Rozwiązanie Ad 1. Zakładamy, że obydwa tranzystory znajdują się w stanie aktywnym. Ponieważ znamy prąd polaryzacji bazy l Bi = / możemy obliczyć prąd emitera tranzystora T l : ( 1. 20. 1) , e \ = (fi, +1)/». = (100+1)-20 fiA = 2.02 mA Potencjału U e i nie możemy obliczyć wprost, ponieważ prąd ¡ei ma dwie składowe zależne od U e i '.

~ + Im Pierwszą z tych składowych obliczamy w zależności od Ue i łatwo jako:

( 1. 20 . 2 )

(1.20.3)

(1.20.4)

(1.20.5) a poszukiwana druga składowa prądu

czyli prąd bazy tranzystora T2:

W . C lątyAiiJ - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Cu;*: 1: Obliczanie punktów pracy pwyrutitów półprzewodnikowych

/ - ^£Z “ ft+ 1 (ft+ 1 ) R C1 Podstawiając zależności (1.20.1), wyrażenie:

/; O/łAł ' 6> (120.3) i (1.20.6) do (1.20.2) uzyskujemy

i« - < A * u

«El IP2 +1/-«C2 z którego możemy już wyznaczyć potencjał Ua> a następnie Uez'-

< n07>

( Ą + l) . l + . . . U 1 Sl.. . 2,02m A + 5 2 ^ ----- ( g £ M n . m--------- ^ l o n

- U

------ !-------

*si

(& ■ + !)* «

0,5 mS+ — i— S



5110

I/ffI = 1,3V -0.6 V = 0,7 V Teraz z równania (1.20.6) można w yliczyć wartość hzi,37mA <& + l)* 5 2 51-IO il a następnie prąd kolektora i napięcie kolektor-emiter tranzystora T2: I C2 = •Jft, = 50 •1,370 mA = 68 mA

( 7.20.9; ^

U ^2 =68 m A 100fl = 6,8V U CB1 = E cc ~ U i*2 - i/ « = 15 V -6,8 V -0,7 V = 7,5 V Tranzystor T l pracuje więc w punkcie pracy (2m A ; 13.7 V ) a tranzystor T2 w punkcie (68 mA; 7,5 V ). Obydwa tranzystory znajdują się w stanic aktywnym, czyli użycie powyżej zależności dla tego stanu tranzystora było usprawiedliwione i uzyskane wyniki są poprawne. Ad 2. Przyłożenie poprzez kondensator sprzęgający Cw napięcia wejściowego powoduje, że prąd bazy tranzystora T l oscyluje wokół stałej wartości 20 (iA , co z kolei wymusza odpowiednie zmiany prądów /c i h: obydwu tranzystorów wokół ich wartości spoczynkowych w punktach pracy. Zastosowanie kondensatora Ce o dużej pojemności włączonego równolegle do rezystancji Rei powoduje, żc pomimo zmian prądu ¡£2 potencjał emitera U ta pozostaje stały (opisano ten mechanizm dokładniej w zadaniu 1.12). Aby określić największą osiągalną amplitudę niezniekształconego napięcia wyjściowego wystarczy zatem prześledzenie zakresu zmian potencjału kolektora, przy których tranzystor T2 pozostaje w stanie aktywnym. Spoczynkowy potencjał kolektora tranzystora T2 wynosi: UC2 = U E2+ UCE2 = (0,7 + 7,5) V = 8,2 V. a więc przy ujemnych wartościach chwilowych przemiennego sygnału wejściowego odpowiadających zmniejszeniu prądu l a do zera, potencjał kolektora może wzrosnąć do wartości Ecc = 15 V , czyli o 6,8 V . W ynika z tego, że dodatnia amplituda zmiennego napięcia wyjściowego (za kondensatorem sprzęgającym CHy), przy której nie wystąpiąjeszcze zniekształcenia może wynosić 6,8 V. Przy dodatnich wartościach chwilowych przemiennego sygnału wejściowego odpowiadających wzrostowi prądu ¡e i potencjał kolektora spada i jeśli wzrost ¡a . jest wystarczająco duży tranzystor może wejść w stan nasycenia. Odpowiadałoby to obniżeniu się potencjału kolektora do wartości: U a = U F.2+ U CE* = 0,7 V + 0,6 V = 1,3 V

L'«si-

W . CiiU'>n>.li n.rK T R O N T K A W ZADANIACH Obiicrum e punktów pracy p rzy ra rfó * półpftKwoifciiiimfycfa

czyli o 6,9 V . W ynika 7 tego, że ujemna amplituda zmiennego napięcia wyjściowego (za kondensatorem sprzęgającym C M;ł). przy której nie wystąpią jeszcze zniekształcenia może maksymalnie wynosić 6.9 V . Zbliżone do siebie wartości dodatniej i ujemłiej amplitudy niezniekształconego napięcia świadczą o tym. że wybrana wartość /?<.* jest bliska wartości optymalnej, zapewnia ustawienie spoczynkowego punktu pracy w pobliżu połowy zakresu zmienności odpowiadająccgo pracy tranzystora w stanie aktywnym. Dzięki temu obydwie połówki sygnału wyjściowego pozostają niezniekształcone w zakresie amplitud do 6,K V. Wykorzystanie napięcia zasilającego jest więc dobre - podwójna amplituda niezniekształconego sygnału wynosi 13,6 V przy napięciu zasilania 15 V. Ad 3. W tematowym układzie potencjał Uni wynosi: U sl = U.a + U m = 1,3 V +0,6 V = 1,9 V

(1.20.10)

Jeśli zamiast źródła prądowego I chcielibyśmy włączyć rezystor, to aby prąd polaryzacji bazy tranzystora T l pozostał bez zmian i wynosił 20 |iA. rezystor ten musiałby mieć wartość: R = E cc I

= 15 V -1<9 V _ 665 kQ 20]iA

(1.20.11)

Takiej zmianie odpowiadałoby tylko nieznaczne zmniejszenie rezystancji wejściowej wzmacniacza, obciążającej źródło przemiennego sygnału wejściowego. Pozostałe parametry wzmacniacza pozostałyby bez zmian. Pełniejsze wyjaśnienie tego typu zagadnień Czytelnik znajdzie w zadaniach zawartych w przygotowywanym do druku drugim tomie zbioru.

¡¿r
m

, bKgu

tan.;«. u cu H t -

S

n ie lin io w y

w

im irjsci

««»> t jS * « « t o « * v * n y p ; p m m

?W .VS.Vi

m

m

W * ?* * :

W C ivy*sk>

P.T FKTRONTKA W ZADA NIACH

Część I: OhlicTJinie punktów p
Zadanie 1.21 Dla pokazanego na rysunku 1.21.1 układu kaskodowego wzmacniacza napięć zmiennych należy: 1. przy braku sygnału wejściowego u*, wyznaczyć potencjały w punktach układu oznaczonych na rysunku jako B ł, C l:, E l , B2 i C2 oraz punkty pracy tranzystorów T l i T2 określone przez wartości h: i U
*

= 600kQ ±5 0 1 ^ H 2 0 k n

/?, + /?,

Uy.i = Ecc

600kil+ l5 0kii -

R. + R;

l 5

V

l 5 0 k f l ______________

300 k ii + 150 kii

=5V

A ^ - , 3 0 0 kQ - 1 5 0 k n =10Qkn

z-

R s + R*

300 kO - 150 k ii

W, Cujfytälu - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH CfcęW 1: Obltccuie punktów pracy prTyrmdów półprzewodnikowych

Dla tranzystora T l przy założeniu, że znajduje się on się w stanic aktywnym (założenie to zostanie później zweryfikowane) można teraz już napisać „równanie koła napięć" z którego łatwo można obliczyć prąd bazy, a następnie prąd kolektora: E 7.\ = 1r\ '^7i +U nei + I E, •R E = l Bl •Rzt + U ¿£1 + (ß i + W * i ' R F. £ z i- i/ ,,, "

Ä2 )+ (0 ,+!)/?* ~ I2 0 k ił+ 1 0 0 1 .2 k ił_

/c. = f t

(¡.21.1)

3 V - 0 .6 V ^

( , '2L2)

/ c .= 9 9 1 0 n A = 0,99 m A

Można już też obliczyć potencjały emitera i bazy tranzystora T I : U >:i = / * •Ä , = (A +1) /*, -/?* = (99+1). 10 M 1.2 k ił = 1,2 V U g] = U n + U m = 1,2 V +0,6 V = 1,8 V Zauważmy, że: le r = 0,99 mA = lg j co pozwala nam już obliczyć prąd bazy tranzystora T2:

(1.21.3) (1.21.4) (1.21.5)

h i = l n ' (ß2+1) = 0,99 m A / (98+1) = 10 ^A Tak więc potencjał bazy tranzystora T2 można wyznaczyć jako:

(1.21.6)

i/ ff2= £ z, - / a 2 ^Z J= 5 V - !0 liA 1 0 0 k ił = 4 V

(1.21.7)

a potencjał punktu C I, w którym łączą się kolektor T l i emiter T2 jako: U c l= U t2 - U a£1 = 4 V - 0,6 V = 3,4 V

(1.21.8)

Okazuje się więc, źe tranzystor T l rzeczywiście znajduje się w stanie aktywnym, gdyż jego prąd ¡ a = 0,99 mA, a napięcie kolektor-emiter wynosi: U CBi = U ct - U £l =3,4 V -1,2 V = 2,2 V

(1.21.9)

Teraz możemy już obliczyć prąd kolektora tranzystora T2 jako:

Pi ł»i

rcz = ■ - 98 i 0 łiA = 0,98 mA oraz potencjał w punkcie C2 jako: U c1 = E c c - J c l Rc = \5 W - 0,98mA 5 k ił = 10,1V

(1.21.10)

i napięcie kolektor-emiter tranzystora T2 jako:

ucr.i= */ «

= 10,1V - 3,4 V = 6,7 V

co potwierdza, że tranzystor T2 także pracuje w stanic aktywnym. Ad 2. Przyłożenie poprzez kondensator sprzęgający Cwc napięcia wejściowego powoduje, że prąd bazy tranzystora T l oscyluje wokół stałej wartości 10 fiA, co z kolei wymusza odpowiednie zmiany prądów ¡c i ¡e obydwu tranzystorów wokół ich wartości spoczynkowych w punktach pracy. Zastosowanie kondensatora C e o dużej pojemności włączonego równolegle do rezystancji Re powoduje, że pomimo zmian prądu ¡ei potencjał emitera Uei pozostaje stały (opisano ten mechanizm dokładniej w zadaniu 1.12). Zastosowanie kondensatora C b o dużej pojemności włączonego pomiędzy bazę (B 2 ) a masę powoduje, że pomimo zmian prądu ¡B2 potencjał bazy tranzystora T2 pozostaje stały. Ponieważ napięcia na przewodzących złączach emiterowych mogą zmieniać się tylko w zakresie kilkudziesięciu miliwoltów, to można powiedzieć, że tranzystor T I pozostaje zawsze w stanie aktywnym. Aby określić amplitudę niezniekształconego napięcia wyjściowego wystarczy zatem prześledzenie zakresu zmian potencjału kolektora, przy których tranzystor T2 pozostaje w stanie aktywnym. Spoczynkowy potencjał kolektora tranzystora T2 wynosi (jak to obliczono powyżej) 10.1 V. Potencjał bazy tranzystora T2 wynosi 4 V i nie zależy od wysterowania wzmacniacza ze względu na zastosowanie kondensatora C g.

W . C itfy ń d ri

FI FK TR O M K A W ZADA NIACH

Czętó 1 Otilvc7»nie punktów pracy przyra*
Tak więc przy ujemnych wartościach chwilowych przemiennego sygnału wejściowego odpowiadających zmniejszeniu prądu ¡ a do zera, potencjał kolektora może wzrosnąć do wartości E cc = 15 V , czyli o 4,9 V . W ynika z tego, żc maksymalna dodatnia amplituda zmiennego napięcia wyjściowego (za kondensatorem sprzęgającym C ^ ), przy której nie wystąpiąjeszcze zniekształcenia wynosi 4,9 V. Z kolei przy dodatnich wartościach chwilowych przemiennego sygnału wejściowego odpowiadających wzrostowi prądu lc t potencjał kolektora spada i jeśli wzrost 1& jest wystarczająco duży, tranzystor może wejść w stan nasycenia. Odpowiadałoby to obniżeniu się potencjału kolektora T2 do wartości: Ucs = U d + U ce,= 3.4 V + 0,6 V = 4,0 V (1.21.1 J ) czyli o 6,1 V. Wynika z tego, że ujemna amplituda zmiennego napięcia wyjściowego (za kondensatorem sprzęgającym C U¥) przy której nie wystąpią jeszcze zniekształcenia może wynosić 6.1 V . Przy wybranej wartości R c obydwie połówki sygnału wyjściowego pozostają zatem nicznickształcone w zakresie amplitud do 4,9 V , a przy próbie większego wysterowania zniekształcane będą najpierw górne (dodatnie) połówki sygnału wyjściowego w wyniku wchodzenia T2 w stan odcięcia. Ad 3. Zwróćmy uwagę na fakt, że wartość Rc nie występuje w obliczeniach potencjałów na bazach tranzystorów', ani ich prądów w stanic aktywnym. Zmiana wartości R c wpływa więc tylko na potencjał w punkcie C2, który teraz wyniesie: U c2 = E a . - I C2 •R r = 15v - 0,98mA 6 kft = 9,12V (1.21.12) i napięcie kolektor-cmiicr tranzystora 1*2 równe: U on = U C2- U £2 =9,12V - 3 ,4 V = 5,72V

(1.21.13)

co potwierdza, że tranzystor T2 także teraz pracuje w stanic aktywnym. Potencjał kolektora tranzystora T2 może wfzrosnąć do wartości Ecc = 15 V , czyli o 5.88 V , i obniżyć się do wartości 4,0 V czyli o 5,12 V. Obydwie połówki sygnału wyjściowego pozostają zatem niczniekształcone w zakresie amplitud do 5,12V. a przy próbie większego wysterowania zniekształcane będą najpierw dolne (ujemne) połówki sygnału. Zmiana okazała się korzystna, rezystor R c = 6 k ii jest bliższy wartości optymalnej Rc,vi, którą można byłoby obliczyć jako: R *

= E <:ę- V.Qix.= 15V.- 4 V =5.6kft 2 1 C1 2 0,98mA

(1.21.14)

Przy takiej wartości Rc spoczynkowa wartość napięcia U a = 9,5 V leży dokładnie w środku zakresu zmian odpowiadającego pracy tranzystora T2 w stanie aktywnym, a napięcie wyjściowe nic jest zniekształcone w zakresie amplitud do 5,5 V.

-- R w iy Is te

.... ; ;

■ .., ,

, ,;

'

> .róflo z a s ila ją c e ( ź r ó d ło s y p n a lu ) - 2 s iw « o h v P o d s t a w ie n ia

W. Cijzyński - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH

Cręii I: Obliczanie punktów pracy pntyroidów półprzewodnikowych

m źm m m najwi^sąay

: iiię

i| p

i^

w

i w cfcU te «g o g f g

W przypadku rożwdrud $ ¡0 $

||g|

k i ..'...

Tylko w przypadku wyfrteałiaawanej SPM mamy A', = « i prąd wyjściowy niezależnie od rezyśiancji obciążenia jest równy {. laka idealna SPM nic mo*e pracować na rozwarcie ( f t > gdyż powstające na niej napięcie byłoby :M&&' :ńieó}amiczone. N ic można taicie .-łączyć szeregowo

•wypadkowyprąd takieaópołączenia byłjby przez i prąd jedtiej ¡-z. takich S P M nieograniczoną wartość) % -

na nieskonCZOnej reź^stąncji innej miałby Y/' . ' '0 '

W. Ciązyńslu - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Częic 2: Analiia wpływu u n ia lemperaiuiy iu prac układów polprzewixlnikuwych

CZEŚĆ 2.

A N A LIZA W PŁY W U ZM IAN T EM PER A T U R Y N A P R A C Ę U K Ł A D Ó W P Ó Ł P R Z E W O D N IK O W Y C H

W P R O W A D Z E N IE W zadaniach tej części zbioru po obliczeniu wartości stałych prądów i napięć w układzie następuje analiza wpływu zmian temperatury na te wartości, tj. na położenie „punktów pracy” przyrządów półprzewodnikowych. W rozpatrywanych temperaturach nie przekraczających 100 ‘C możliwe jest przyjęcie pewnych założeń na temat zachowania się elementów przy zmieniającej się temperaturze, upraszczających rozważania a mimo to prowadzących do wartościowych wyników. Dla elementów rezystancyjnych zakładamy, że przy zmianach temperatury T wokół wartości Ta rezystancja zmienia się liniowo wokół wartości Rn zgodnie z zależnością:

Rr =R.rQ[\+a(T-T0)]

(W2.J)

gdzie przez a oznaczono temperaturowy współczynnik rezystancji (T W R ): a=

* r- *ro r n (W 2 2 ) t'rov* f r o ^ -'o^LKj któr>' jest podawany w katalogu przez producenta i jest zależny od zastosowanej technologii wytwarzania i typu elementu. Dla zwykłych tanich rezystorów współczynnik T W R ma wartości rzędu kilkuset ppm /K a jego znak może być zarówno dodatni jak i ujemny. Przykładowo policzmy, że dla rezystora o wartości a = 200p p m /K zmiana wartości rezystancji odpowiadająca zmianie temperatury o 50 K wyniesie:

^

= a.A r = ~

l 50K =Hr2=|%

*ro K Dla wysokostabilnych rezystorów specjalnych TW R. może mieć wartość 5 ppm / K lub lepszą. Jak widać nie popełnimy zbyt dużego błędu, jeśli dla przyrostów temperatury rzędu kilkudziesięciu stopni przyjmiemy, że wartość rezystancji pozostaje bez zmian. Jest to założenie tym bardziej usprawiedliwione, że wpływ temperaturowych zmian parametrów' półprzewodnikowych okaże się znacznie silniejszy. Osobną grupę elementów rezystancyjnych stanowią term istory. wykorzystywane jako czujniki temperatury albo elementy kompensujące wpływ temperatury na inne elementy układu elektronicznego. W tym przypadku producent celowo uzyskuje T W R nawet o dwa rzędy większy, czyli osiąga wartości rzędu pojedynczych % / K. Zależnie od znaku T W R rozróżniamy termistory o dodatnim TW R , zwane icrmistorami PT C (ang. positive temperature coefficient) i termistory o ujemnym T W R , zwane termistorami N TC (ang. negative temperature coefficient). Dysponując termistorem o określonej wartości T W R możemy przez dołączanie szeregowo i równolegle zwykłych rezystorów uzyskać element rezystancyjny o pożądanej wartości rezystancji w temperaturze początkowej i potrzebnej np. w celu skompensowania innych wpływów' wartości T W R (ale tylko o mniejszej niż termistor wartości bezwzględnej). Np. łącząc szeregowo termistor N TC o wartości współczynnika T W R c r = - 4 % / K i rezystancji Rro- 1 k il, oraz rezystor 1 k il uzyskujemy element o rezystancji początkowej 2 k il i współczynniku a = - 2 % / K. *' Ippm (ang. pan per million) =10*

W ciażyński - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH OęSć 2: Annli/a wpływu m ian temperatury na pnnę układów półprecwoilnikuwych

Dla diod półprzewodnikowych (lub złącz pn) spolaryzowanych w kierunku przewodzenia zakładamy, że spadek napięcia na diodzie zmienia się proporcjonalnie do zmian temperatury. Na rysunku W2.1 pokazano kilka różnych aproksymacji charakterystyki diody dla dwu temperatur. Jak wynika z tych rysunków spadek napięcia na przewodzącej diodzie maleje ze wzrostem temperatury, przy czym zależność jest dla przyrostów liniowa: A U D= e-A T (W2.3) gdzie współczynnik proporcjonalności £ (wyrażany w m V / K ) jest ujemny, a jego wartość bezwzględna zależy od materiału półprzewodnikowego. Dla złącz krzemowych przyjmuje się najczęściej e = - (2,3 * 2,5) mV / K. AU.

Rys. W 2 .1. Przesunięcie charakterystyki diody dla T| > To

Prąd nasycenia diody półprzewodnikowej spolaryzowanej w kierunku zaporowym (prąd nośników mniejszościowych /A) w rozpatryw-anym zakresie temperatur rośnie wykładniczo ze wzrostem temperatury. W zadaniach będziemy najczęściej operować tzw. tem peraturą podwojenia T p prądu wstecznego, której przyjęcie pozwala na zapisanie wspomnianej wykładniczej zależności w postaci: / ,e r)= / ,(r0)- 2 r

(W2.4)

Ze wzoru wynika, żc jeśli temperatura 7’jest wyższa od temperatury początkowej T o o wartość T p> to wykładnik potęgowy we wzorze (W 2.4) ma wartość 1, a zatem l s(T0 + T p) = 2 •/, (To) co tłumaczy określenie parametru T p jako temperatur)' podwojenia. Dla diod germanowych przyjmuje się najczęściej w prezentowanych zadaniach T p= 10 K. a dla diod krzemowych T p- 7 -r 8 K . Tak więc prąd nasycenia złącza spolaryzowanego zaporowo wykonanego w' krzemie podwaja się przy wnoście temperatury o każde 7 K . a wykonanego w germanie przy wzroście o każde I0 K . Na tej podstawie można byłoby wyrobić sobie pogląd, że przyrządy germanowe mogą pracowfać w wyższych temperaturach, gdyż prądy zerowe rosną w nich wolniej niż w krzemowych. Byłby to pogląd całkowicie błędny, gdyż w złączu krzemowym prąd nasycenia /, co prawda rośnie szybciej ze zmianą temperatury, ale w temperaturze 300 K jest o kilka rzędów mniejszy niż w złączu germanowym. Prąd nasycenia jest prądem nośników mniejszościowych, a tych w danej temperaturze jest w krzemie (jako materiale o większej szerokości streły zabronionych energii) znacznie mniej niż w germanie. D la krzemowych diod stabilizacyjnych zakładamy, żc: • spadek napięcia na diodzie spolaryzowanej w kierunku przewodzenia Uf zmniejsza się (od ok. 750 * 800 m V przy 300 K ) podobnie jak dla każdej innej diody krzemowej o ok. 2,5 m V na I K przyrostu temperatur)'; • wartość i znak przyrostu napięcia przebicia (przy polaryzacji diody w kierunku zaporowym) odpowiadającego wzrostowi temperatury są zależne od wartości Uz tego napięcia.

W. CiąfryńUri - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH C rę tó

2: A iu liz a w pływ u zmiaii tcłnperłtury r*ł procę lucłmtów półpro w n d n ik o w y ch

Współczynnik zmian napięcia przebicia jest tutaj podawany w wartościach bezwzględnych jako e= A U z/A T (czyli w mV / K.) lub jako odniesiony do wartości napięcia Uz współczynnik względny: (W2.5) i przyjmuje wartości ujemne dla diod o napięciu przebicia i/z < 6 V lub dodatnie dla diod o napięciu (/z> 8V . Dla diod o napięciu przebicia w zakresie U z = 6 + 8 V współczynnik przyjmuje mniejsze wartości, lub nawet w tym zakresie napięć może nastąpić zerowanie się współczynnika. Wynika to z faktu, że w diodach stabilizacyjnych w obszarze napięć przebicia przebiegają dwa procesy: 1. powielanie lawinowe polegające na tym, że przechodzący przez obszar złącza elektron dysponuje przy natężeniach pola elektrycznego rzędu E = I0S V / m (a takie natężenia występują przy gęstościach domieszkowania prowadzących do uzyskania napięć przebicia Uz> 8 V ) energią wystarczającą do wybicia przy zderzeniach z atomami półprzewodnika jednego lub kilku dalszych elektronów; 2. przebicie Zcnera, polegające na generowaniu par dziura-clektron na drodze rozrywania wiązań elektronowych w polu elektrycznym o jeszcze większym natężeniu pola elektrycznego w zakresie E = 106V / m występującym przy jeszcze większych gęstościach domieszkowania prowadzących do przebicia złącza już przy napięciach U z < 6 V. 'o

Rys. W2.2. Orientacyjny przebieg charakterystyk ttzech przykładowych diod stabilizacyjnych (Zcnera) dla dwu temperatur

Obydwa wspomniane zjawiska mają współczynniki temperaturowe przeciwnego znaku (dodatni współczynnik dla powielania lawinowego, a ujemny dla przebicia Zenera). Ponieważ w zakresie napięć przebicia £// = 6 -i-8 V zjawiska te zachodzą równocześnie, następuje w tym zakresie napięć częściowa lub nawet (dla pewnego zakresu wartości prądu przebicia płynącego przez złącze) pełna kompensacja wpływu zmian temperatury. Dla diod w tym zakresie napięć przebicia uzyskuje się także najmniejsze wartości rezystancji dynamicznej, co także pokazano poglądowo na rysunku W2.2, gdzie przykładowa dioda o napięciu przebicia 6,8 V cechuje się zarówno najmniejszym przyrostem temperaturowym napięcia jak i najmniejszą rezystancją dynamiczną (jej charakterystyka jest bardziej stroma od pozostałych). D la tranzystorów bipolarnych znajdujących się w temperatury uwidacznia się najsilniej poprzez:

stanie aktywnym

wpływ

• proporcjonalną do zmiany temperatury zmianę spadku napięcia U b e na złączu baza emiter spolaryzowanym w kierunku przewodzenia . M ają tutaj zastosowanie współczynniki e identyczne jak dla diod, o wartości zależnej od materiału półprzewodnikowego w którym wykonany jest tranzystor;

W. C ivyiu ki - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Cztic 2. Anslua wpjjr-wu xmian terrrpenmiry na jirncę uitladów półpiic^odnikuwych

• wykładniczą zmianę prądu zerowego spolaryzowanego w kierunku zaporowym złącza baza-kolektor ¡ cbo - Jego temperatura podwojenia definiowana jak dla każdego innego łącza pn zależy od materiału tranzystora. • zmianę współczynnika wzmocnienia prądowego p. Przy zmianach temperatury u kilkadziesiąt stopni można odnosić tę zmianę A(3 do Po (czyli do wartości współczynnika wzmocnienia prądowego w temperaturze To) i przyjmować że jest to przyrost proporcjonalny do przyrostu temperatury. Najczęściej będziemy przyjmować względną zmianę P na poziomic I % / K: AP J _ _ 1% P0 AT ~ K czyli zakładać, że dla np. dla przyrostu temperatury A T = 3 Q K odpowiada to przyrostowi względnemu Aft/Po = 30 % . Dla tranzystorów unipolarnych (potowych) nie można podać prostych reguł określających ich zachowanie przy zmianach temperatury-. Powiedzmy tylko na przykładzie charakterystyki przejściowej tranzystor polowego złączowego z kanałem typu n (j- N F E T ) pokazanej na rysunku W2.3, żc ze wzrostem temperatury maiejc wartość prądu ¡nss> a rośnie wartość napięcia odcięcia kanału tranzystora Ur- Wartości liczbowe współczynników charakteryzujących te zmiany są zależne od wielu czynników. Trudno jest sformułować w tym zakresie proste zadania obliczeniowe, i dlatego nie ma takich zadań w tym zbiorze. Zwróćmy tylko uwagę na fakt, żc charakterystyki przejściowe dla kilku temperatur przecinają się w jednym punkcie Rys. W 23. W pływ zmiany temperatury (lub w małym obszarze) i dlatego dążąc do na charakterystykę przejściową, zminimalizowania wpływu temperatury na tranzystora polowego. położenie punktu pracy tranzystora polowego powinniśmy w miarę możności wybierać (co jest możliwe przy znajomości pełnych danych katalogowych tranzystora) ten charakterystyczny punkt jako punkt pracy tranzystora. Uwzględniając podane powyżej informacje o zachowaniu się elementów przy zmianach temperatury możemy sformułować następujące 3 metody postępowania umożliwiające ocenę dryftu temperaturowego punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych w układach, oraz pozwalające na sformułowanie wniosków na temat dróg poprawy stałości temperaturowej tych punktów pracy: 1. M etoda dwukrotnego obliczania punktów pracy Jeśli potrafimy obliczyć punkty pracy przyrządów półprzewodnikowych w układzie uwzględniając parametry tych przyrządów w temperaturze To (takie jak U d , Uz, i cm A U ri;), to możemy powtórzyć te obliczenia dla wartości tych parametrów w innej, np. wyższej temperaturze Ti i zmianę punktu pracy, np. przyrost prądu kolektora tranzystora Ale, wyznaczyć jako różnicę wyników uzyskanych dla tych dwu temperatur.

W . Cią*y<»łlri F I F .K T R O N IK A W Z A D A N IA C H Cft&Ć 2 ' A r u li m w p ły w u z m ia n te m p e ra tu ry a i p t a t c u k ład ó w p ó J p frc w o d n fla w y c Ł

2. Metoda różniczkowania wyrażenia na poszukiwany nrad lub napięcie w układzie: Jeśli potrafimy wyprowadzić ogólne wyrażenie na poszukiwany prąd lub napięcie w układzie, w funkcji zależnych od temperatury parametrów, np. ¡ a = f i U d. U z, l t. U bf.i , U be* P i . P i . 1cboi>I c.boi) to obliczając różniczkę zupełną takiej funkcji wielu zmiennych i przechodząc następnie do przyrostów skończonych, możemy wyznaczyć zmianę tego prądu (czyli w tym przykładzie A la ) wywołaną przyrostem temperatur)'. 3. M etoda schematu zastępczego dla zmian temperatury Punktem wyjścia tej metody jest wykorzystanie poniższego równania (W 2.6) słusznego dla każdego przypadku, gdy tylko tranzystory) znajduje(ą) się w stanie aktywnym. / c - 0 - '* + ( ł+ lW « o (W 2.6) W równaniu tym wielkościami zależnymi od temperatur)' są p, I c b o , oraz (pośrednio, najczęściej poprzez zależność od U be) prąd bazy Ib tranzystora w punkcie pracy. Różniczkując to równanie względem temperatury i przechodząc do przyrostów skończonych otrzymujemy wyrażenie na przyrost prądu kolektora, będący najczęściej wykorzystywaną miarą niestałości temperaturowej punktu pracy tranzy stora: AI c = P -AlB + 1„ & P + ( P + \)- AJ cnu + l CB0 ■A P , czyli po uporządkowaniu & lc = P A lt + (lt + l ct0) A p + ( P + \) Al cti)

(W2.7)

Jeśli dane są parametry tranzystora P i I cbo i wyznaczony został punkt pracy w temperaturze To (tzn. znany jest prąd bazy Ip w tej temperaturze), oraz określona jest zależność p i I cbo od temperatur)' (czyli można obliczyć przyrosty A P i A Icbo). po prawej stronie tego równania nieznane będzie najczęściej jeszcze tylko A lB. Brakujące równanie najczęściej mające postać zależności pomiędzy przyrostem prądu AJ# a poszukiwanym Ale: (oraz AU bf. i innymi przyrostami) możemy uzyskać właśnie z analizy schematu zastępczego badanego układu dla przyrostów temperatury. Przy tworzeniu tego schematu zastępczego obowiązują następujące zasady: - stałe, niezależne od temperatury źródła zasilające są wyłączane, tzn. stałe S E M są na schemacie zastępczym zyyieranc, a stałe SPM są rozwierane. Źródła zmieniające się z temperaturą pojawiają się jako określone przyrostowe S E M lub SPM ; - elementy rezystancyjne (za wyjątkiem termistorów) pojawiają się bez zmian; - diody prostownicze (i inne, np. diody świecące L E D ) spolaryzowane w kierunku przewodzenia, oraz diody Zenera w' obszarze przebicia uwzględniamy jako SEM o wartości rówiiej przyrostowi spadku napięcia na diodzie AUp = £ A T z włączoną ewentuaJnic szeregowo rezystancją dynamiczną (przyrostową); - diody prostownicze (i inne) spolaryzowane w kierunku zaporowym uwzględniamy jako S P M o wartości AIn czyli różnicy prądów' wstecznych obliczonych dla dwu temperatur granicznych; - tranzystory bipolarne zastępujemy elementarnymi schematami pokazanymi na rysunku W2.4. Zwróćmy uwragę na lakt, że w schemacie dla tranzystora npn wszystkie trzy zmienne przyrostowe: A IB. Ale, AU re mają zwrot w kierunku

W. Ciązyński ELEKTRONIKA W ZADANIACH 2. AiiaJuea «pływ u ^mian tcnipciaiuiy na procę układów półprzewodnikowych

„środkowego punktu" schematu zastępczego tranzystora, a dla tranzystora pnp mają zwroty przeciwne.

Rys. W2.4. Schematy zastępcze dla pfzyrostów temperatury a) tranzystora npn, b) tranzystora pnp

Sposób postępowania przy wykorzystaniu tej metody można podsumować dla najprostszych układów jak niżej: a) rysujemy stałoprądowy schemat zastępczy analizowanego układu dla przyrostów temperatury, uwzględniając tylko przyrosty napięć i prądów zasilających i zastępując przyrządy półprzewodnikowe omówionymi schematami elementarnymi: b) schemat rozwiązujemy stosując metodę superpozycji (schemat dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowy). Najczęściej w wyniku uzyskujemy zależność pomiędzy nieznanymi przyrostami prądów Aln i Alę; c) zależność z punktu b) w połączeniu z równaniem W2.7 tworzy układ 2 równań z dwoma niewiadomymi pozwalający na wyznaczenie przyrostów prądów A lu i Ale. a następnie pozostałych zmiennych określających zmiany punktów pracy przyrządów półprzewodnikowych w układzie. Na zakończenie zwróćmy jeszcze uwagę na praktyczne aspekty wyboru metody analizy wpływu temperatury' w układach półprzewodnikowych: • pierwsza z omawianych metod (tzn. metoda dwukrotnego obliczania punktów pracy) najczęściej okazuje się najprostsza, a wyniki uzyskane przy zastosowanych założeniach są najdokładniejsze, gdyż uwzględniają wykładniczy charakter przyrostu prądów zerowych; • drugą metodę zaleca się stosować w przypadku, gdy w analizowanym układzie mamy elementy, których jakichś parametr zmienia się z temperaturą według zależności określonej wzorem algebraicznym, jak np. termistor w zadaniu 2.10 lub wtedy, gdy nie potrafimy obliczyć punktu pracy (nie znamy wartości I r w temperaturze początkowej, występującego we wzorze W2.7), bo np. nie znamy wartości któregoś z napięć zasilających (a tylko wiemy, jak w zadaniu 2.11 że nie zmienia się ono z temperaturą); • zaletą drugiej i trzeciej metody jest to, że pozwalają one na ocenę znaczenia zmian poszczególnych parametrów (np. AU b e , A Icbo, Ap) dla całkowitego przesunięcia punktu pracy (zmiany wartości prądu lub napięcia stałego). Aby uzyskać takie same informacje przy użyciu pierwszej metody musielibyśmy obliczenia wykonyw-ać kilkakrotnie, oddzielnie analizując wpływ każdego zależnego od temperatury parametru. Część prezentowanych zadań jest rozwiązywana przy wykorzystaniu dwu lub nawet trzech omawianych metod, dzięki czemu możliwe jest porównanie przydatności tych metod i dokładności uzyskiwanych wyników. W ostatnich dwu zadaniach wykorzystano bardziej skomplikowaną aproksymację zachowania się tranzystora przy zmianach temperatury.

W . ri^iym ki ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Częić 2: .\nali n wpływu zmim temperatury nu prjcę Ukbd6w półprzewodnikowych

7

Zadanie 2.1 Dla tranzystora krzemowego T pracującego w stanie aktywnym w układzie wzmacniacza ze wspólnym emiterem jak na rysunku 2.I.1 można przyjąć, że w temperaturze Te- 300 K: - spadek napięcia U b e nie zależy od wartości prądu bazy i wynosi 0,6 V; - prąd zerowy I cbo wynosi 100 nA; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera P = 50. Rys. 2.1.1 Przy zmianach temperatury otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - spadek napięcia U be maleje o 2,5 m V przy wzroście temperatury o 1 K; - temperatura podwojenia prądu zerowego lew wynosi 7,5 K; • współczynnik wzmocnienia prądowego P przy wzroście temperatury o 1 K rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze To. Przy podanych założeniach należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości prądu kolektora Jc i napięcia kolektor - emiter U az w temperaturze 7V, 2. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony jw ., ale w temperaturze Ti = 330 K; 3. określić w jaki sposób przy wzroście temperatury zmieni się maksymalna amplituda niezniekształconcgo napięcia wyjściowego. Rozwiązanie 1 Ad 1. Analizowany układ jest identyczny z rozpatrzonym w zadaniu 1.1. Jedyna różnica polega na konieczności uwzględnienia prądu zerowego tranzystora. Dla oznaczeń jak na rysunku możemy napisać: /* = (E c c - U be )/ R b = (10- 0 ,6 )V / 9.4k il = I mA lę = P ■I b + i ceo = P mIn + (P+ 1) h:Bo= 50 - 1 mA + 51 • 100 nA = = 50 m A + 5,1 jjA = 50 mA U C£ = E cc - lc ■Rc = I0 V - 50mA -100 Cl = 5 V Uwzględnienie prądu zerowego praktycznie nie wpłynęło na uzyskane wyniki (w porównaniu 7. identycznym układem rozpatrywanym w zadaniu I.I). Jest to typowe dla tranzystorów krzemowych, w których prądy zerowre są w temperaturach zbliżonych do pokojowej bardzo małe i w obliczeniach mogą być pomijane. Ad 2. W temperaturze T, = 330 K (57 °C ): - przyrost napięcia Unr. wyniesie: A U BE = £ •A T = (- 2,5 mV / K ) •30 K = - 75 mV, co oznacza że napięcie U b e będzie miało wartość UBŁ = 600 m V - 75 mV = 525 mV - prąd zerowy (podwajający się przy wzroście temperatury o każde 7.5 K ) osiągnie wartość:

XV C ią J y ń s ii - E L E K T R O N IK A W 7 A D A N IA C H C o fś ć 2 : A n a liz a w p ły w u z m ia n K jiip c ra liiiy a a pn cę u k ła d ó w pO Jpcoiw odiukow ych

330-300

^csooaoj = ^cflwjoo) '2

= 2 * ■lCMt(m)

= 16 • 0,1 nA = 1,6 p A ,

co oznacza, żc jego przyrost wyniesie: A Icbo = 1.5 pA - współczynnik wzmocnienia prądowego P przy wzroście temperatury o 30 K wzrośnie o 30 % swojej wartości początkowej, czyli o 4/3= 0,30 •50 = 15, a więc wyniesie & n = Pjoo + A p = 50 + 15 = 65. Podstawiając nowe wartości zmiennych P , Urf. i I cbo do wyrażeń na prądy bazy i kolektora otrzymamy: h - (E c c - U b f)/ R b = (10-0,525) V /9 ,4 ki2= 1,008 mA Ic = P Ib + Iceo = P Ir+ (p + I ) Icbo = 65 • 1,008 mA + 66 - 100 nA = 65,53 mA Prąd kolektora wzrósł o 15,53 mA, tzn. o ok. 31%. Współczynnik temperaturom' zmian tego prądu wynosi więc około 1 % / K. Wobec tego. że zmiana prądu bazy jest niewielka (poniżej 1% dla przyrostu temperatury o 30 K ) możemy stwierdzić, że główną przyczyną niestałości prądu kolektora, a więc punktu pracy tranzystora w tym układzie jest zmiana wartości współczynnika wzmocnienia prądowego p. Napięcie U ce w temperaturze 7o wynoszące 5 V zmniejszyło się do wartości: U c e = E c c ~ Ic Kc= 10 V - 65,53 mA • 100Q = 3,447 V czyli o ponad 1,5 V . Ad 3. Ze zmiany napięcia U c e w punkcie pracy wynika, że w wyższej temperaturze zmniejszy się także obliczona w zadaniu 1.1 jako równa 4,4 V maksymalna amplituda niezniekształconego napięcia wyjściowego. Przy wysterowaniu wzmacniacza napięciem zmiennym bez wchodzenia tranzystora w stan nasycenia (obszar nieliniowych charakterystyk) napięcie U c e może się teraz zmniejszyć tylko o: U ce —U cea = 3,447 V —0,6 V = 2,85 V Tyle też wynosi maksymalna możliwa do uzyskania w temperaturze 330 K amplituda niezniekształconego napięcia wyjściowego, przy czym przy zwiększaniu amplitudy sygnału będą zniekształcane wcześniej ujemne połówki sygnału wyjściowego. Rozwiązanie 2 fPwhy nijak Ad 2. Łącząc zc sobą dwa pierwsze równania z rozwiązania 1 mamy: ic = p ^

: u ’c + 0 + v> ic. a ” tt

<2>i>

W tym równaniu zmiennymi zależnymi od temperatury są/?, U b e i I cbo , czyli mamy: I c - I c ( p , U b e , I cbo ) Dla tej funkcji trzech zmiennych obliczamy pochodne cząstkowe: S lc E (T - U

w. Ciąfcyński - ELEKTRONIKA W Z-\DANIACH Część 2: Analiza wpływu zmian łcmpcmmry nn pracę układów półptarcwodnikowycJi

i przechodząc do skończonych przyrostów otrzymujemy: S ic ■A/«o= SI CBO

A ic = Ę s - A p + - ^ - A U , E ^ - r

c

60

H

SU BE

*E

( 2. 1. 2)

= (/ , + /m )Aj8 - -¿-A U K + (P * 1)A/CJM1 Do tego równania możemy podstawić wszystkie wartości przyrostów Ap , A U r e i Aleno obliczone w punkcie 2 rozwiązania 1. Otrzymamy wtedy: A lc =(1 mA + 100nA)15+—^ —75 m V + 5 1 l,5 |iA = Ł 9,4k£2

(2.1.3)

= ( 15,001+0,399+ 0,077) mA = 15,47 mA Jest to wynik bardzo bliski wartości 15,53 mA uzyskanej w rozwiązaniu I. Ostatnie równanie (2.1.3) pozwala na zorientowanie się, że zmiany wszystkich trzech zależnych od temperatury parametrów tranzystora prowadzą do wzrostu prądu kolektora (określającego punkt pracy tranzystora). Pozwala także na stwierdzenie jaki jest udzia-ł poszczególnych zmian w całkowitym przyroście A/c Rozwiązanie 3 (Punkty nijak*roswu&miu i) Ad 2. Schemat zastępczy analizowanego układu dla przyrostów temperatury pokazano na rysunku 2.1.2. Powstał on przez zastosowanie omówionego we Wprowadzeniu schematu zastępczego dla tranzystora npn. Ponieważ w temacie zadania nie mówi się o tym, żeby napięcie zasilające miało się zmieniać z temperaturą, przyjmujemy A Ecc= 0, a to oznacza że końce rezystorów Rn i R c podłączone do napięcia zasilającego, na schemacie zastępczym dla przyrostów temperatury okazują się podłączone do potencjału zerowego. Schemat zastępczy zawiera dwa źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd A Ir jako sumę dwu składowych pochodzących od tych dwu źródeł występujących osobno. Przypomnijmy, że składową A I r ' prądu pochodzącą od SEM równej AUse liczym y przy rozwartej S P M (patrz rys. 2.1.3), czyli otrzymujemy: R* Natomiast prąd A I r ” pochodzący od SPM równej A lc liczym y przy zwartej S E M (patrz rysunek 2.1.4). W idać wyraźnie, że cały prąd A IC płynie przez to zwarcie, czyli mamy A Ib ” - 0. Tak więc sumaryczny przyrost prądu bazy wynosi: A U ¡.r

<—X'-

W -ćRys. 2 .U Ais' 1

V

"

rc

9 ,4 k

T

100

E,

I

*

Rvs. 2.1.4

«

W . C iąsyński - ELEKTRONIK A W ZADANIACH C'2«>ć 2 : Analiza w pływ u winian (cm pcraluiy na pracę uVcUd6w pó>pr2cwodiukowysłi

Ostatnie równanie (2.1.4) wstawiamy do podanego poniżej równania (2.1.5) uzyskanego we „Wprowadzeniu” jako równanie (W 2.7) przez różniczkowanie związku pomiędzy lę a zmiennymi lB, p i ¡ cro dla tranzystora w stanie aktywnym, a więc „słusznego zawsze” (gdy tylko mamy do czynienia z tranzystorem w stanie aktywnym): A/c = i '* + / « ) '‘ W + P •A /, + ( P +1) •A/CJt0

(2.1.5)

Po podstawieniu, otrzymujemy równanie:

A/c = < /, + / « > - 4 » - 0 ~ ^ « - + ( J 3 + D - A / t.„ identyczne z równaniem (2.1.2) otrzymanym powyżej w rozwiązaniu 2.

mm

ohvJwu typiSw tranzystorów.

n

w . CittyAtM - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH CięiC 2: AnaÜ2» wpływ* Jłni*n tcmpenuury na prw;« ukbdéw póhpmwodniktmydi

Zadanie 2.2 U la tranzystora krzemowego pracującego w stanie aktywnym w układzie jak na rysunku 2.2.1 można przyjąć, że w temperaturze 7* = 300 K : - spadek napięcia U h e nie zależy od wartości prądu bazy I r i wynosi 0.6 V ; - prąd zerowy I c b o wynosi 100 nA; współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera P = 50. Przy zmianach temperatur)' otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - spadek napięcia U b e maleje o 2,5 mV przy wzroście temperatury o 1 K ; - temperatura podwojenia prądu zerowego Icm> wynosi 7.5 K : - współczynnik wzmocnienia P przy wzroście temperatury o 1 K rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze ToPrzy powyższych założeniach należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości prądu kolektora lc i napięcia kolektor-emiter U c e w temperaturze To* 2. określić zmiany prądu kolektora lc i napięcia kolektor-emiter U ce odpowiadające zwiększeniu temperatur)' do wartości Ti = 330 K 3. przeanalizować wpływ wartości R [ na stałość położenia punktu pracy tranzystora przy zmianach temperatur)’. Rozwiązanie 1 Ad 1. D la oznaczeń jak na rysunku na podstawie Ii-go prawa Kjrchhoffa możemy napisać:

Rb I r + Ube + h Rf. = E t c Uwzględniając 4 = /c + Ib, a następnie

¡ceo = (P+ 1)1c r û

mamy:

I r - P Ib + ¡CEO + Ib = (P + D h + (P + 1)1cbo - IP + I H I a + Icbo) a zatem: R b I b + UbE + (p + 1)(I b + I cbo)R e = E cc Skąd jest już możliwe wyznaczenie dla 300 K (27 °C ) wartości I b , a następnie lç, h > wywołanych przez te prądy spadków napięć:

,

E c c - U a t - iP +WcnRę

_

RF+(p+\)RF _ 10V-0,6V-51100 10 ,JA 100n_ 9,400 V _ 0fi18mA (9.4 +510,1) k il 14,5 kii l c - P I b + (P+ D Icbo= 50-0,648 mA+51 •100nA=32,4 mA: lc •Rc = 32.4 mA ■0,1 ki2= 3,24 V

(2 2 J)

W. OąóTuki ELEKTRO N IKA W ZADANIACH 2: Aiis J ic i wpływu miinn lempcittuy na pracę układów półprzewodnikowych

h — (P + 0 (I b + Icbo) —51 •0,648 mA = 33,1 mA; Ir. •Rf. —33.1 mA •0,1 kQ = 3,31 V Poszukiwana wartość napięcia U c e wynosi: U c e = Ecc - h Re - ¡c R c - (10 - 3,31 - 3,24) V = 3,45 V Tranzystor w temperaturze To znajduje się zatem w stanic aktywnym. Uwzględnienie prądów zerowych skomplikowało (w porównaniu z identycznym układem rozpatrywanym w zadaniu 1.2) nasze zależności, ale praktycznie nie wpłynęło na uzyskane wyniki. Jest to typowe dla tranzystorów krzemowych, w których prądy zerowe w temperaturach zbliżonych do pokojowej są bardzo małe. Ad 2. W temperaturze T, = 330 K (57 CC): - spadek napięcia U B!; wykaże ujemny przyrost A U b e = -3 0 K •2.5 m V / K, czyli wyniesie U b e = 6(K) mV - 75 mV = 525 mV - prąd zerowy (podwajający się przy wzroście temperatury co 7,5 K ) osiągnie wartość: 330-300

^c«h«o) ~ tę m v m ' ^

= 2 ' I caimán =16-0,1 (tA —1,6 jiA

• współczynnik wzmocnienia prądowego P przy wzroście temperatury o 30 K wzrośnie o 30% swfojej wartości początkowej czyli o Afl= 15, a wiec wyniesie P m = P m + A P = 5 0 + 15 = 65. Podstawiając te nowe wartości do wyrażenia (2.2.1) na prąd bazv otrzvmamy: j

. B c c - U n - if i + W a q R ę R a H P + \)Rt

_ 10V -0.525 V - (65 + 1)1,6 -10 * A •100 i i (9,4 + 66 0,1 )k£2 10V -0,525V -0,01 IV (9,4+6,6) k il

9.464 V 16,0 kCl ~ ’

m

Teraz możemy już obliczyć pozostałe prądy i spadki napięcia w układzie: fc = P -¡B + (p + 1)1cno = 65 -0.59I mA + 66 • I ,6 ]iA = 38.4 mA + 0 ,1 mA = 38,5 mA Ic. R c = 38,5 mA -0,1 kQ = 3.85 V h = (P+ l)(b + lcBo) = 66 •0,593 mA = 39,1 mA; U - R e - 39,1 mA •0,1 k il = 3,91 V Poszukiwana wartość napięcia U c e wynosi: C/c£ = E Cc - I e -Re - I c -Rc = (10 - 3 ,9 1 -3,85) V = 2,24 V Punkt pracy tranzystora uległ w podwyższonej temperaturze zmianie w taki sposób, że prąd kolektora wynoszący 32,4 mA wzrósł o 6,1 mA (tj. o mniej niż 19 % , czyli 0,63 % I K ), a napięcie U ce zmalało o 1,21 V. Stało się tak. mimo że prąd bazy się zmniejszył. Ad.3 W pływ wartości rezystancji Rr. na stałość położenia punktu pracy tranzystora jest przy zastosowaniu tej metody trudny do uchwycenia. Ocena tego wpływu wymagałaby przeprowadzenia wielokrotnych obliczeń w opisany sposób (dla dwu skrajnych temperatur) przy zmieniającej się wartości R¡?. Dlatego occny lej dokonamy (patrz rozwiązanie 2 poniżej) wykorzystując ogólniejsze wyniki uzyskane metodą schematu zastępczego dla zmian temperatury.

W. Ciązłriski ITLGKTRONfKA W ZA D ANIACH Część 2 Analirj wpływu zmian sempcnihiry na pracę ukiadów pM pra wodnikowycU

Rozwiązanie 2 Ad 2. Schemat zastępczy analizowanego układu dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.2.2. Podobnie jak w poprzednim zadaniu przyjęto, że napięcie zasilające pozostaje przy zmianach temperatury stałe (A Uz = 0), a zatem na schemacie zastępczym dla zmian temperaturowych końce rezystorów Rn i Rc podłączone do napięcia zasilającego znajdują się na równym zeru potencjale masy. Schemat zastępczy1zawiera dwa źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy iako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd A!B jako sumę dwu składowych pochodzących od tych dwu źródeł występujących osobno. Składową Alp' pochodzącą od S E M równej A U b e liczymy przy rozwartej SPM . A U b e działa w obwodzie (rysunek 2.2.3) szeregowo połączonych rezystorów RD i Rt:, czyli otrzymujemy:

Rys. 112 Al

ioon

re ■coo Rys. 2.2.3

A R k +R f

R0

Składową A ln", pochodzącą od SPM równej Ale. (rysunek 2.2.4) liczymy przy zwartej SEM . A le działa w obwodzie równolegle połączonych rezystorów R b i R& czyli otrzymujemy

100£ł

'R A J„ à lc I u" = = --& lC --- ;c c R „+ R e

Rys. 2.2.4

Sumaryczny przyrost prądu bazy wynosi:

Podstawiając otrzymaną zależność (2.2.2) do „słusznego zawsze” wyrażenia dla stanu aktywnego (W 2.7) otrzymujemy: A/c = {P + l)A /,,„+ (/„ + /f„ )A / J

P

, U -3>

Po prawej stronie ostatniego równania pojawił się składnik zależny od poszukiwanego prądu Alc- Ponieważ ma on znak ujemny, po przeniesieniu na lewą stronę zwiększy wartość współczynnika, przez który mnożony jest przyrost A lc aby zrównoważyć sumę trzech składników pochodzących od trzech źródeł niestałości (Alcso-Afî i à Ube ). Przyrost A lc okaże się zatem mniejszy niż w układzie z zadania 2.1, w rozwiązaniu którego taki składnik nie występuje. W ten sposób przejawia się rachunkowo działanie rezystora Rg (ujemne prądowe, szeregowe sprzężenie zwrotne) poprawiające stałość punktu pracy. Kontynuując przekształcenia w naszkicowany powyżej sposób otrzymujemy:

w . Ciąiyński - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Część 1- Analiz« wpływu anilin trmperntary nn precę układ6w półprzewodnikowych

+

T - ^ - ) = (/* + 1)A/<*,+(/, + /CflO)A 0 - P A U se RĄ + R E R* + R e 1 AU. A/c = ( P + lW c n + U t + r a o M - P Re R . + R€ j 1+/J Kfl + /?Ł. Oznaczając przez bazy:

współczynnik podziału rezystancji pomiędzy obwody emitera i

R*

(2.2.4)

R.+Re oraz definiując współczynnik niestałości prądu kolektora 5 jako: S = --- 2--1+ P-Wg otrzymujemy:

(2.2.5) Al c = S

AU, -a A /..... +W (/. +/Cfl0)^p 2 ---------cno R m +R '

( 2 . 2 .6 )

W warunkach zadania podstawiając dane tematowe i obliczone powyżej wartości: A Icdo = 1,5 nA; A P = 15; AC/** = - 75 mV; /* = 0,648 mA; otrzymujemy wartości współczynników: WE = 0,0105; S = 32,8 oraz przyrost prądu kolektora: A I c = 32,8 ( ~ 1.5 mA + -^648 |iA +^ ^ - ) = 32,8 (1,53+194.4 + 7.89) nA = 6.68 mA W ynik ten różni się tylko o kilka % od uzyskanego w rozwiązaniu 1. Ostatnie równanie pozwra!a na wyraźne stwierdzenie, że wszystkie trzy wpływ y się sumują i że dla rozpatrywanego zestawu danych główną przyczyną wzrostu prądu kolektora w wyższych temperaturach jest zmiana wartości /?. Ad 3. Zmiana wartości rezystancji Rt: wpływa na prąd bazy I B , a zatem powoduje zmianę punktu pracy określonego przez wartości Ic i U cf- Dlatego w pływ wartości Rn na stałość temperaturową punktu pracy rozważymy ogólnie, zakładając że przy wybranej wartości R e (współczynnika VV£) pożądany punkt pracy jest zawsze osiągalny przez odpowiedni dobór wartości napięcia zasilania i rezystancji ReW poniższej tabelce podano wartości współczynnika niestałości S w zależności od współczynnika We dla tranzystora o wrzmocnieniu prądowym /? = 50: WE Podaną wartość Wg osiąga się dla RB = 9,4k przy R f : S

0 0

0,01 94,90

0,1 l,04kft

0.5 9,4kft

0,9 84,6kft

1 00

50 (= P )

33,3

8,33

1,92

1.09

0,98 (=a)

Dla W;£ = 0 (czyli /?£ = 0, jak w zadaniu 2.1) współczynnik niestałości S = fi. Wzrostowi wartości /?* przy stałym Ra (czyli wzrostowi współczynnika W£) odpowiada poprawa stałości punktu pracy, wyrażająca się malejącą wartością współczynnika niestałości S. M aleje wtedy także udział w całkowitym przyroście Ale składowej wywołanej przez zmianę AU b e (patrz trzeci składnik w nawiasie zależności 2.2.6).

W. CiątyfeM ELEKTRONIKA W ZADANIAC1 I Cr^tć 2: Analiza wpływu zmian temperatury na pracy układów półpizcwodfilkowych

Wartość WB = 0. a zatem S = fi uzyskujemy także dla przy padku, gdy tranzystor jest polaryzowany prądem bazy pochodzącym ze źródła prądowego (o rezystancji wewnętrznej Rj = co), jak w zadaniu 2.3. Z tabeli wynika, że współczynnik S rzędu 2 uzyskuje się dla R e = Rn. a dalszy spadek wartości S wymaga jeszcze większych rezystancji R e . Zwróćmy jeszcze uwagę na fakt, że rezystancja R c w ogóle nic wpływa na niestałość A le prądu kolektora. W pływa ona oczywiście na niestałość AU er napięcia kolektorcmiter, gdyż rezystor Rc przetwarza zmiany prądu kolektora na zmiany tego napięcia. Z powyższych rozważań wynika także, dlaczego lepszy pod względem stałości punktu pracy jest układ zasilania bazy z rezystancyjnego dzielnika napięcia, jak w zadaniu 2.4. Mianowicie w tym układzie uzyskuje się pożądany prąd bazy przy znacznie mniejszej wartości zastępczej rezystancji polaryzacji bazy Rb . a zatem można przy' takiej samej wartości R e i Rc uzy-skać znacznie lepsze wartości i S.

odcjwjuje Dla; -sygnału zrmeflhego jest to zatem ujernnć prądowe, ¿¿«rogowe s p rz ^ B ie zwrotne; Sprzężenie to występuje także 'dla W ć z o ; powahych' zmian

Chcąc zachować korzystny wpływ sprzężenia zwrotnego na stałość punktu procy, a uniknąć zmniejszenia wzmocnienia dlą sygnału zjniennigo należy. jó w p p lć^ ; rezystora R f uiąc/yc kondensator p odpc^wiednio duzej pojemności, aby juz przy JrcnS niTłaćzema R r i C i

W. Ciąłyński - ELEKTRONIKA W ZADANIACH 2. Asulin wpływu zmian tanpenrtuiy tu praof układów półprzewodnikowych

Zadanie 2.3 Dla tranzystora krzemowego pracującego w układzie jak na rysunku 2.3.1 przyjąć, że w temperaturze T0 = 300 K: - prąd bazy jest dostarczany przez źródło prądowe i wynosi Ib = 0.648 mA, a spadek napięcia U BE wynosi 0,6 V ; - prąd zerowy lCno tranzystora wynosi 100 nA; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera wynosi ß = 50. Przy zmianach temperatur)' otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - prąd źródła polaryzacji bazy nie zmienia się, czyli A Ib = 0 - spadek napięcia UBE maleje o 2,5 mV przy wzroście temperatury o I K; - temperatura podwojenia prądu zerowego I cbo wynosi 7,5 K ; - współczynnik wzmocnienia ß przy wzroście temperatury o 1 K. rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze 7V Przy powyższych założeniach należy: 1. wyznaczyć punkt pracy tranzystora określony przez wartości prądu kolektora Ic i napięcia koleklor-cmiter U c e w temperaturze To\ 2. określić zmiany prądu kolektora Ic i napięcia kolektor-emiter U c e odpowiadające wzrostowi temperatur)- do wartości Ti = 330 K 3. przeanalizować wpływ wartości RE na stabilność położenia punktu pracy tranzystora przy zmianach temperatury. Rozwiązanie 1 Ad 1. Znając prąd bazy możemy bezpośrednio obliczyć wartości prądów i wywołanych przez nie spadków napięć, przy założeniu że tranzystor znajduje się w stanic aktywnym: lc = ß I b + (ß + D I cbo = 50 -0,648 mA + 51 • 100 nA = 32,4 mA; (2.3.J ) Ic Re = 32.4 mA -0,1 k il = 3,24 V; h = (ß + D (Ib + I cbo) = 51 •0,648 m A = 33,1 mA; (2.3.2) h 'Re = 33,1 mA •0,1 k il = 3,31 V Poszukiwana wartość napięcia U c e wynosi: U CE = E cc - h R f. - I c •/?c= (10 - 3,31 - 3,24) V = 3,45 V (2.3.3) Tranzystor w temperaturze T0 znajduje się zatem rzeczywiście w stanie aktywnym, czyli wykonane obliczenia są poprawne. Ad 2. W temperaturze T, = 330 K (57 °C ): - zmniejszenie spadku napięcia UBE o wartość 30 K •2,5 mV/K, czyli o 75 mV nie wpływa na uzyskane wyniki ( U bf. nie występuje w powyższych zależnościach, zaś

w . Ciaiyński - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cięi i 2. AłuJiza wpływu zmian scmpcr*tuiy m prncę układów półprzewodnikowych

patrząc na układ stwierdzimy, że SPM wymusi stałą wartość prądu bazy niezależnie od wartości U b e ) . - prąd zerowy (podwajający się przy wzroście temperatury co 7,5 K ) osiągnie wartość: m-m ^G80iJ30ł = lcBO{XK>) ' ^

= 2 •/c*0!3<») = 16 •0,1 JiA = 1,6 JtA

czyli jego przyrost wyniesie A lcw = 1,5 pA - współczynnik wzmocnienia prądowego fi przy wzroście temperatury o 30 K wzro-śnie o 30% swojej wartości początkowej czyli o 4/3= 15, a więc wyniesie Pjjo — P 300 + Aft = 50 + 15 = 65. Podstawiając nowe wartości parametrów do wyrażeń (2.3.1) i (2.3.2) otrzymamy: ic = P Ib + (P+lHcso = 65 •0,648 mA + 66 •100 nA = 42,13 mA; Ic ' Rc= 42,13 mA •0,1 k il =4,21 V; = (P+l) (Ib+Icbo) = 66 •0,648 mA = 42,77 mA; 1b R e = 42,77 mA •0,1 k il = 4,28 V Poszukiwana wartość napięcia Uce (wyrażenie 2.3.3) wynosi więc: U c e = E c c - I e R e - I c K c = ( 10-4,21-4,28) V = 1,51 V Tranzystor w temperaturze Tj znajduje się nadal w stanic aktywnym, chociaż w wyniku wzrostu prądu o A1c = A1e = 9,7 mA napięcie L'ce zmniejszyło się o prawie 2 V, czyli o ponad połowę. Ten wynik wskazuje, żc w temperaturze około 350 K nasz tranzystor znajdowałby się już wr stanie nasycenia. Ad 3. W stałej temperaturze zmiana wartości rezystancji R e nic wpływa na prądy kolektora i emitera (dopóki tranzystor pozostaje w stanie aktywnym). Przy stałym potencjale kolektora zmienia się wtedy tylko spadek napięcia h. R e , a zatem napięcie Uce■Jeśli zostanie włączony zbyt duży rezystor R e wzrost spadku napięcia /¿- •R e może spowodować, że tranzystor wejdzie w stan nasycenia. Dla określonej wartości RE w zmieniającej się temperaturze, przy wymuszonym przez SPM prądzie bazy o stałej wartości zmianom ulegają wartości prądów kolektora i emitera, co odbija się na wartości napięcia U ce• Przy dużej wartości rezystancji R e i rosnącej temperaturze wzrost spadków napięcia I b •Rr. oraz Ic •R c może spowodować, że tranzystor wejdzie w stan nasycenia. Ilościowo te efekty są rozpatrzone poniżej w rozwiązaniu 2.

Ala' =0

AJc p

R= 100«

Rys. 2.3.3

Rozwiązanie 2 *c

lOOft Ad 2. Schemat zastępczy analizowanego układu dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.3.2. Podobnie jak w poprzednich zadaniach przyjęto, że napięcie zasilające pozostaje przy zmianach temperatury stałe (A Uz = 0), a zatem koniec

Rys. 2.3.4

W CmłyrtOti ELEKTRO N IKA W ZARANIACH C zęii 2: Analim wpływu 7znum temperoniry na pucę ulcfcd&w półpirewodnikimyeh

rezystora R c podłączony do napięcia zasilającego na schemacie zastępczym dla zmian temperaturowych znajdzie się na równym zeru potencjale masy. Lin ią przerywaną zaznaczono bardzo dużą rezystancję wewnętrzną źródła prądowego polaryzacji bazy Ri. Dla idealnego źródła prądowego (R, = co) uwzględniając także niezmienność temperaturową tego źródła (A Ib = 0) otrzymujemy przerwę w obwodzie bazy. Schemat zastępczy zawiera dwa źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatur)' traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd AIb jako sumę dwu składowych pochodzących od tych dwoi źródeł występujących osobno. Rysunki 2.3.3 i 2.3.4 odpowiadające składowym A Ib ' i A IB" ilustrują przydatność omawianej metody schematu zastępczego do analizy- także tego szczególnego przypadku. Podstawiając

A l„ = A lB + A/„ =0 do „słusznego zawsze" wyrażenia dla stanu

aktywnego (W 2.7) otrzymujemy dla tego przypadku: A lc - 0 + !)*/„„+ < /. + (2-3.4) Tylko w celu porównania wyników z uzyskanymi w poprzednim zadaniu przekształcimy zależność 2.3.4 do postaci wykorzystującej współczynnik niestałości prądu kolektora S. Współczynnik We podziału rezystancji pomiędzy1obwody emitera i bazy zdefiniowany jak w zadaniu 2.2 ma tutaj niezależnie od Ry wartość zerową: Ws =

R*

-= — *■ = 0

R,+Re

(2.3.5)

Ri +RE

co powoduje, żc współczynnik niestałości prądu kolektora S ma wartość:

5= T r f e =/,=5° Przy takich oznaczeniach mamy: A ft'

A1C - S

(2.3.7)

Podstawiając dane tematowe i obliczone powyżej wartości: A I cbo = 1,5 nA ; A f i = 15; l B = 0,648 mA; otrzymujemy przyrost prądu kolektora: A/c = 50 (— 1,5 nA +— 648 n A ) = 50 (133 +194,4)nA = 9,80 mA 50 50 W ynik ten jest prawie identyczny z uzyskanym w rozwiązaniu 1. Z ostatniej zależności wyraźniej jednak widać, że podobnie jak w poprzednich układach o wzroście prądu kolektora w wyższych temperaturach decyduje zmiana wartości fi. Ad 3. Z zależności (2.3.5) i (2.3.6) wynika, że dla R b = K/ = co, współczynnik Wg = 0 a współczynnik niestałości prądu kolektora osiąga wartość maksymalną 5 = fi= 50 niezależnie od wartości rezystancji R e , czyli włączenie rezystora do obwodu emitera jest w tym układzie zupełnie nieskuteczne. Zastosowanie źródła prądowego do polaryzacji bazy tranzystora - mimo tego, żc zapewnia całkowite uniezależnienie od zmian spowodowanych przez A U b e - jest rozwiązaniem niekorzystnym, gdyż duża wartość rezystancji wewnętrznej źródła prowadzi jednocześnie do maksymalnych wartości współczynnika niestałości prądu kolektora S.

W . Ciążyfiifci - tLEK/l RONIKA W ZADANIACH Częic 2: Anłlmt wpływu ¿mian temperatury r.i pracę okładów półprzewodnikowych

Zadanie 2.4 Dla tranzystora krzemowego w układzie jak na rysunku 2.4.1 można przyjąć, że wr temperaturze To = 300 K : - spadek napięcia U b e nie zależy od wartości prądu bazy Tr i wynosi 0,6 V ; - prąd zdrowy I cbo wynosi 100 nA; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera p = 50. Przy zmianach temperatury otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - spadek napięcia V be maleje o 2.5 m V przy wzroście temperatury o 1 K; - temperatura podwojenia prądu zerowego ¡ cbo wynosi 7,5 K ; - współczynnik wzmocnienia fi przy wzroście temperatury o I K rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze T0. Przy powyższych założeniach należy: 1. obliczyć wartość rezystancji R odpowiadającą w temperaturze To prądowi bazy I b = 0,648 inA i określić punkt pracy tranzystora; 2. określić zmiany prądu kolektora Ic i napięcia kolektor-emitcr U qe odpowiadające zwiększeniu temperatury do wartości 7/ = 330 K Rozwiązanie i Ad 1. Dzielnik rezystancyjny R - R zasilany napięciem E cc = 10 V na podstawie twierdzenia Thevenina możemy zastąpić SEM równą £z = Ecc = 5 V i rezystancją zastępczą polaryzacji bazy R b = Vi R. Dla obwodu polaryzacji bazy na podstawie Ii-go prawa K irchhofFa możemy napisać: :jĘ z — R b • I b + U b e + I e • R e

Uwzględniając

¡e= Ic+ I b .

a następnie

( 2 .4 .1 )

Icto =(P +Dlc b o

l£ = p i B + lcEO + ln = (P + D I b + (P + W R b I b + U b e + (P + 1)0 b + I cbo)R f. = Ez Skąd jest już możliwe wyznaczenie wartości R b : f? =

~ U p £ ~ (P + I

R

cbo=

(P +

mamy:

1H h + I c b o ) a zatem: (2.4.2)

+ IcboWe

{2 4 3)

b

5 V - 0 ,6 V - 5 1 (648 + 0.1)lQ ~ftA T 0 0 ft _ 1,095 V * ~

0,648 mA

6 9 Łfl

0,648 mA

Ponieważ R b = Vi R, odpowiada to wartościom rezystancji dzielnika: R = 2 R b = 3,38 kQ Wartości prądów Ic, I e i wywołanych przez te prądy spadków napięć są identyczne jak dla układu z zadania 2.2 w którym podano takie same parametry tranzystora i wyliczono identyczny prąd bazy:

W . n v ym k i - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C l i l i 2: Anali/n wpływu zimai Itmperaniry n8 pr»Of uklsiiuw półprTrworfn¡VowyCh

1c= P • (P + 1)1ci3o= 50 •0,648 mA + 51 • 100 nA = 32,4 mA; Ic Rc = 32.4 mA 0,1 k ft= 3.24 V 1e = (P + O Ub+Icbo) = 51 •0,648 niA = 33,1 mA; 1e •R e = 33,1 mA 0,1 kQ = 3.31 V Taka sama jest też wartość napięcia U ceU ce = E c c - I f. R e - I c •Rc= (10 - 3,31 - 3,24) V = 3,45 V Tranzystor w temperaturze To znajduje się zatem w stanic aktywnym, w takim samym punkcie pracy jak tranzystor w zadaniu 2.2. Ad 2. W temperaturze Ti =330 K (57 °Q ; - „przyrost” spadku napięcia U be będzie będzie ujemny i wyniesie A U uf. = - 30 K •2,5 mV/K = -15 mV, ' czyli U BE= 525 mV - prąd zerowy 1c.ro (podwajający się przy wzroście temperatury co 7.5 K.) osiągnie wartość: yjo-nmł ^CB0tM0>= ^cwiam)' “

= - ' I cm mm) = 16-0,1 ^A = 1,6 pA

czyli jego przyrost wyniesie A l asa = 1,5 jaA - współczynnik wzmocnienia prądowego p prz>' wzroście temperatury o 30 K wzrośnie o 30% swojej wartości początkowej czyli o Ap = 15, a więc wyniesie: Psio = Pm + A p = 50+ 15 = 65. Podstawiając te nowe wartości do wyrażenia (2.4.2) otrzymamy prąd bazy; J

_ E z ~ U & & ~ (P + r k + (P + M e

' Rę _

s y - o ^ y - fó s + o u io ^ A - io o n (1,69+ 66 0.1) kf2 5 V -0 .5 2 5 V - 0 .0 1 1 V 4,464 V c _0 A =------------------- = -------- = 0,538 mA (1.69 +6,6) k fi 8,29 kft Teraz możemy już obliczyć pozostałe prądy i spadki napięcia w układzie:

lc= P •Ib + (P+

W cbo = 65 •0.538 m A + 66 • 1.6 ^ A = 34.97 mA + 0 ,11 mA = 35.1 mA l c Rc= 35,1 mA-0,1 k ii = 3,51 V

I e = ( P + J ) ( I b +1cbo) = 66 •0,539 mA = 35,6 mA; h •R e = 35,6 mA •0,1 k fl = 3.56 V Poszukiwana wartość napięcia U cf. wynosi: U ce = E cc - I e ■R e - Ic •Rc = (10 - 3,56 - 3,51) V = 2.93 V Punkt pracy tranzystora uległ w podwyższonej temperaturze zmianie w taki sposób, że prąd kolektora wynoszący 32,4 m A wzrósł o 2,7 mA (tj. o nieco ponad 8 % , czyli 0,28 % / K ), a napięcie U ce zmalało o 0,52 V . Zauważmy, że są to zmiany kilkakrotnie mniejsze niż w przypadku układu z zadania 2.2. Rozwiązanie 2 Ad 2. Schemat zastępczy analizowanego układu dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.4.2. Podobnie jak w poprzednim zadaniu przyjęto, żc

W. Ciązynski - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Caęśi 2: Analiz* wpływu zmian temjwrnnny na pracę ukfcduw półjireułodnikowydi

napięcie zasilające pozostaje przy zmianach temperatury stałe (A Ecc = 0), a zatem końce rezystorów Rn i Rc podłączone w analizowanym układzie do zasilania na schemacie zastępczym dla zmian temperaturowych znajdują się na równym zeru potencjale masy. W porównaniu ze schematem z rysunku 2.2.2 różnica polega tylko na wartości rezystancji Rb , która jest obecnie mniejsza. Zachowując w mocy przyjęte w zadaniu 2.2 oznaczenia (2.2.4) i (2.2.5) otrzymujemy wartości współczynników: W£ = — £ — = 0,1 — = 0.0559 RB + Re 1,69 + 0,1 kQ oraz 5 =— ~— = 50 - ii- m a 1-łjd-WK 1+ 50 0.0559 3,79 Postępując identycznie jak w zadaniu 2.2 otrzymamy wyrażenie na przyrost prądu kolektora w postaci: ÓJC = S

a

w

p

+

(2.4.4)

Podstawiając obliczone powyżej wartości: A Icbo = 1,5 jiA; Ap = 15; A U be = - 75 mV; I B = 0,648 mA; oraz wartość współczynnika S otrzymamy przyrost prądu kolektora: A łc = 13.18 (— 1.5 *iA +— 648 pA + 75 m V ) = 13.18 (1,53 + 194.4 + 41,9) pA = 3.1 mA c 50 ^ 50 ^ 1,79 k ii W ynik ten różni się tylko o kilka % od wartości uzyskanej w rozwiązaniu 1. W każdym z układów analizowanych w zadaniach 2.2, 2.3 i 2.4 tranzystor w temperaturze odniesienia T = 300 K. znajduje się w tym samym punkcie pracy i oraz jest wystawiony na taki sam przyrost temperatury. Dzięki temu można porównywać uzyskane wyniki. Porównanie wypada na korzyść układu z zadania 2.4. tzn. układu w którym baza jest zasilana z dzielnika rezystancyjnego. Natomiast największe zmiany prądu kolektora występują w układzie z zadania 2.3, tzn. w przypadku zasilania obwodu bazy ze źródła prądowego. Wytłumaczenie tej prawidłowości jest możliwe przy wykorzystaniu metody schematu zastępczego, z której wynika że w każdym z układów suma trzech składników pochodzących od zmian wywołanych pracz A Icbo, Afi i A U be jest mnożona przez liczbę zaJeżna od rezystancji w obwodzie bazy RB. Korzystne jest przyjęcie małej wartości rezystancji R b , gdyż wtedy co prawda rośnie wpływ składnika wywołanego zmianą A UBe , ale zmniejsza się współczynnik S. Przy polaryzacji bazy za pomocą źródła prądowego (jak w zadaniu 2.3) składnik wywołany zmianą A U be znika, ale współczynnik 5 = fi jest maksymalny i wyniki są najgorsze. Przy polaryzacji bazy z rezystancyjnego dzielnika napięcia, jak w zadaniu 2.4 uzyskuje się pożądany prąd bazy przy znacznie mniejszej wartości zastępczej rezystancji Ra, a zatem można przy takich samych wartościach R ;- i Rc uzyskać znacznie lepsze wartości współczy nnika S, czyli mniejszy sumaryczny przyrost Ale-

W . Clątyruki - ELEKTRO N IKA W ZADANIACH Częie 2’ Analiza wpływa zmian temperatury na pi»cc układów półpr?cvt\>
Zadanie 2.5 D la tranzystora krzemowego w układzie jak na rysunku 2.5.1 można przyjąć, że w temperaturze T0= 300 K: - spadek napięcia Ube nie zależy od wartości prądu bazy /$ i wynosi 0,6 V ; - prąd zerowy I cbo wynosi 100 nA; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera f i = 50. Przy zmianach temperatury otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - spadek napięcia U BE maleje o 2,5 mV przy wzroście temperatury o 1 K ; - temperatura podwojenia prądu zerowego I cbo wynosi 7,5 K; - współczynnik wzmocnienia /3 przy wzroście temperatur)' o 1 K. rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze T0. Przy powyższych założeniach należy: 1. określić punkt pracy tranzystora w temperaturze To = 300 K ; 2. określić zmiany prądu kolektora ¡c i napięcia kolektor-cmitcr U ce odpowiadające zwiększeniu temperatury do wartości T/ = 330 K; 3. sprawdzić, czy przeniesienie rezystora R (lub jego części) do obwodu emitera wpłynie na stałość punktu pracy przy zmianach temperatur)1. Rozwiązanie R,

Ad 1. Ten punkt jest rozwiązany w zadaniu 1.3. Tranzystor znajduje się w punkcie pracy określonym przez I c = 32,4 mA i U Ce = 6.69 V. Ad 2. Powtórzenie obliczeń wg zależności uzyskanych w zadaniu 1.3 dla 7, = 330K z uwzględnieniem obowiązujących w tej temperaturze wartości parametrów (patrz np. zadanie 2.2): U b e = 525 mV; l CB0 = 1,6 pA i p = 65 daje nam punkt pracy określony przez ¡c = 38.5 mA i U ce - 6.09 V . Czytelnik zechce sprawdzić te obliczenia samodzielnie. Ad 3. Jak wfynika z analizy przedstawionej w zadaniu 1.3 (punkt 2) przeniesienie rezystora R (lub jego części) jako R e do obwodu emitera - jak to pokazano ponownie obok na rysunku 2.5.2- nic zmienia wartości prądów stałych w układzie i punktu pracy tranzystora, mimo że zmiana ta prowadzi do zupełnie innego układu z punktu widzenia wzmacnianego sygnału zmiennego - układu zwanego wtórnikiem emiterowym. Spróbujmy jednak ocenić, czy taka zmiana jest obojętna z punktu widzenia stałości punktu pracy przy zmianach temperatury.

- W. Ciążyńiki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 2- Analiza wpływu zmian Icmpciatury na pn»cę układów półpcarwoibukowytb

Schemat zastępczy podstawowego układu z rysunku 2.5.1 dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.5.3. Z tego (liniowego dla małych przyrostów) schematu zawierającego 2 źródła wymuszające wynikają dwie składowe przyrostu prądu bazy: • składowa pochodząca od zmiany AU b e (zgodnie z regułą obowiązującą przy stosowaniu zasady superpozycji liczona przy rozwarciu SPM równej J/c): Rys. 2.5.3

<2-51)

R„ + R

składowa pochodząca od zmiany A le (liczona przy zwarciu SEM równej AUbe) jest równa części prądu A lę płynącej przez Rb (przez jedną z dwu równoległych gałęzi R i Rb), czyli R A /, = -AJ, (2.5.2) 'c RB+R R. 9.4k Sumaryczny przyrost prądu bazy wyniesie: AIB =A1B+A1B = - ^ - m - - A J c r (2.5.3) R„ + R Ł RB + R Przeniesienie np. połowy rezystancji R od obwodu emitera ¿mienia schemat zastępczy dla przyrostów temperatury do postaci pokazanej na rysunku 2.5.4. Składowe A is' i AIB" wyrażające się teraz zależnościami: A/ . = -

(2.5.1') R„ + R + Re

A1B = -A /c

R + Rt

(2.5.2')

Rb + R + Rf

pozostają jednak bez zmiany, gdyż nowe wartości R' i Re* spełniają zależność R = R +R e Postępując identycznie jak w zadaniu 2.2 otrzymamy: R + /?P 0,1 k fl 0,0105 R b + R + Rfr 9,4+ 0.1 k ii s = 1 +- pf w—c

50

50

1+50 0,0105

1.526

A/c = 5 I a / a CM+(/* + / " ° )J/

(2.5.4)

= 32,8

(2.5.5)

AU BE

(2.5.6)

rb +r

+r £ _

Podstawiając dane tematowe i obliczone powyżej wartości: /Mcm = 1.5 \iA;A[)= 15; AUBE = - 75 mV; 1B = 0,648 mA; otrzymujemy przyrost prądu kolektora: 32,8 (— 1,5 pA + — 648 pA + 2 ^ L ) » 32,8 (1,53+194.4+7,89) pA = 6,68 mA 50 50 9,5k£2 identyczny jak w zadaniu 2.2. Nasz układ jest dla prądu stałego identyczny z układem z rysunku 2.2.1 dla którego przyjęto Rc = 0, a jak już wiemy współczynnik niestałości prądu kolektora S od wartości rezystora Rc nie zależy. Al

W. Ciątym ki - ELEKTRONIKA W ZARANIACH Czcić 2: Analiza wpływu zmian temperatury na prace ukłtdów półprzewodnikowych

Przeniesienie połowy rezystora R do obwodu emitera nie spowodowało więc poprawy stałości prądu kolektora tranzystora. Inny podział rezystancji R na części, lub przeniesienie całej rezystancji R do obwodu emitera nie zmienia słuszności tego wniosku. W schemacie zastępczym z rysunku 2.5.4 zmienia się wtedy tylko punkt wewnątrz rezystancji R podłączony do masy, co nie zmienia wartości prądów wynikających z tego schematu.

y/.-ysssSwws..

•

p ą j M yni prądzie bazy przez z m m ejsz« » ' G o ś c i ł a fop, z w i ę k s z R

¿ u t r a n z y t u - zu ajd ujc się

$ $ §

v, n ^ c ^ i u ' '

tyhi n

a p i c i ( A ^ jc-śl’ nm ż& ć,

tw t tranżystpr stanowi iepszę ¿>*?irtie. p rzyd u źjch W Źp M % M niejsze wartości ( 7 ^ u ^ k u f© ;się dla t ó z y s ld n j w \s;łącżouvch:in\v<^>ynie., tan; w laki i»ix-!sób aby emiter i kolektor tranzystora aunjetuiy śię rolami.

zgromadzonych nóśmków

W. Cćągyfaki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH G ręić 2: Analiza wpływu zmUn tcmpcrsmry na pr»cę ukJadow półpreewodnikowych

Zadanie 2.6 Dla tranzystora krzemowego w układzie wzmacniacza ze sprzężeniami zwrotnymi dla prądu stałego pokazanym na rysunku 2.6.1 można przyjąć, że w temperaturze Tq - 300 K: - spadek napięcia U b e nie zależy od wartości prądu bazy I b i wynosi 0,6 V; - prąd zerowy ¡eso wynosi 100 nA; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera p = 50. Przy zmianach temperatury otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - spadek napięcia U b e maleje o 2,5 mV przy wzroście temperatur)' o 1 K; - temperatura podwojenia prądu zerowego ¡ cbo wynosi 7,5 K; - współczynnik wzmocnienia prądowego P przy wzroście temperatury o 1 K rośnie o l % swojej wartości w temperaturze To. -c c

10V

Przy pow yższych założeniach należy:

1. określić punkt pracy tranzystora w temperaturze Tq= 300 K; 2. określić zmiany prądu kolektora Ic i napięcia kolcktoremiter U c e odpowiadające zwiększeniu temperatury do wartości Ti= 330 K;

R 50 9 .4 k

Rozwiązanie Ad 1. D la prądu stałego wszystkie pojemności w układzie możemy traktować jak rozwarcie, co powoduje że układ jest równoważny przedstawionemu na rysunku 2.6.2. Jeśli teraz przeniesiemy RE = 50 £2 łącząc go szeregowo z rezystorem R, to otrzymamy układ identyczny jak obliczony w zadaniu 2.5. Wszystkie wyniki dla temperatury T = 300 K uzyskane w zadaniu 2.5 odnoszą się więc i do tego układu. Tranzystor znajduje się w punkcie pracy określonym przez lc= 32,4 mA i U c e = 6,69 V.

Hc 50

I Rys. 2.6.2

Ad 2. Schemat zastępczy układu z rysunku 2.6.2 (a zatem i układu z rysunku 2.6.1) dla zmian temperatur)' przedstawia rysunek 2.5.4 z poprzedniego zadania. Postępując identycznie jak w zadaniu 2.5 otrzymamy:

o.i

kn

= 0.0105 9,4+0,1 kii 50 50 32,8 1+50 0,0105 1.526

( 2.6. 1)

R „+ R + RE 1+ P -W ' i 1

Afi

AU k

( 2.6.2)

n /i

W. C iąftM ci - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Czę&ć 2: Analiz* wpływu zmian lettipeiatury n i pw eę «kładów półprzewodnikowych

Podstawiając dane tematowe i obliczone w zadaniach 2.2 i 2.5 wartości: AIcbo = 1ć MA; AP= 15; AUBt: = - 7 5 mV; l B = 0,648 mA; otrzymujemy przyrost prądu kolektora: AIC = 32.8

1.5 nA + — 648 ^iA + = 32.8 (1,53 + 194,4+7.89) nA = 6.68 mA 50 50 9.5 k£1 identyczny jak w zadaniach 2.2 i 2.5. Nasz układ jest dla prądu stałego identyczny z układem z rysunku 2.2.1 dla którego przyjęto Rę = 0, a jak już wiemy współczynnik niestałości prądu kolektora S od wartości rezystora Rc nie zależy. m l :fcm ne spr/g?,eflic zw rotne ~ napi^ci.o.K^równofcefo

\VłącafiłV€:

A si

W . Ci^żyaslu - ELEKTRONIK A W ZADANIACH C zcić 2: Analiza w pływ u znuaii Icm pcłłfufy »4 procę układów puJprecw w iiukuw ydi

Z a d a n ie 2.7

Dla dwu tranzystorów pracujących w konfiguracji Darlingtona w układzie wtórnika napięciowego z rysunku 2.7.1 można przyjąć, żc w temperaturze To = 300 K dla obydwu tranzystorów: - napięcia U b e nie zależą od wartości prądu bazy Ib i wynoszą po 600 mV; - prądy zerowe lenn są równe 10 nA; współczynniki wzmocnienia prądowego fii= P 2 = 99, a prądy lc w obszarze aktywnym nie zależą od wartości napięcia kolcktor-emiter Uce-

Rys. 2.7.1

Przy zmianach temperatury otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni, dla obydwu tranzystorów można przyjąć żc: - spadek napięcia U b e przy wzroście temperatury o I K maleje o 2,5 mV; - temperatura podwojenia prądu zerowego Icno wynosi 7.5 K; - współczynnik wzmocnienia prądowego p przy wzroście temperatury o I K rośnie o 0,8 % swojej wartości w temperaturze To. Dla tych danych należy wyznaczyć zmianę punktu pracy tranzystora T2 (określonego przez wartości prądu emitera I e 2 i napięcia kolektor-cmiter Uce2) odpowiadającą przyrostowi temperatury otoczenia o 30 K ; Rozwiązanie: Układ ten dla danych w temperaturze 300 K został przeanalizowany w zadaniu 1.7. gdzie jednak nic uwzględniono prądów zerowych tranzystorów'. Uwzględnienie l<:ao= 10 nA prowadzi do nieznacznie tylko różniących się wyników: I c i = Pi • I m + (Pi + 1 ) I c b o = 99 • 1 jiA + 100 • 0,01 jiA = 100 }iA; I f. i = ( P i + I H I b + I cbo ) = 100 <1 + 0,01) \x A = 101 jiA = /« ; /i.’2 = p 2 ■IB2 + (p 2 + I)lcB0 = 99 • 101 nA + 100 • 0,01 nA = 10,0 mA; Iez= (P 2+OIb2 = 100 • (101 + 0,01) nA = 10,1 mA; Uce, = ECc - U e 2 ~ U Be2 = 15 V - 10,1 mA - 0,5 k ii - 0 ,6 V = 9,35 V = Ucs2 Ua a = ECc - Uei * 15 V - 10,1 m A • 0,5 k£1 = 9,95 V Ucbi = E c c - U B = E cc —( U£2 + Ube! + Ubet) = 15 V —6,25 V = 8,75 V Po zwiększeniu się temperatur)1do wartości T/ = 330 K (57 °C): - przyrost każdego z napięć U b e wyniesie: d U b f.i = J U BE2 = e • AT = ( - 2.5 mV / K) • 30 K = - 75 mV. - prąd zerowy każdego z tranzystorów (podwajający się przy wzroście temperatury o każde 7,5 K) osiągnie wartość: 7.5 = 16-I0nA = l6 0 n A , = 2 * 1'CłOOOO) , *ę*oow ~ icmiOd) co oznacza, że jego przyrost wyniesie: = AIcbo2 = 150 n A

w. CidJyii&i -

ELEKTRONIKA W ZADANIACH

C tę ić 2: Analiza wpływu 2 /uisu temperatury ru prncę układów półprzewodnikowych

- współczynnik wzmocnienia prądowego fi każdego z tranzystorów przy wzroście temperatury o 30 K zwiększy się o 30 • 0,8 % = 24 % swojej wartości początkowej, czyli o A/3= 0.24 • 99 = 24. a więc wyniesie fij = /?„> = 99 + 24 = 123. Zadaniem naszym jest obliczenie przyrostu prądu emitera AI&, gdyż od tego przyrostu zależy zmiana potencjału emitera tranzystora T2, czyli punktu pracy tego tranzystora. Schemat zastępczy układu dla przyrostów temperatury pokazuje rysunek 2.7.2. Schemat zawiera cztery źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd A lti jako sumę składowych pochodzących od tych źródeł występujących osobno. Wobec tego, że rezystancja wewnętrzna źródła prądowego R, = co mamy Alm = 0. a więc AIei = A la , a obydwa przyrosty napięcia AUnr. nie wymuszają żadnych prądów składowych (nic od nich nie zależy, gdyż przy rozwarciu SPM w układzie pojawia się przerwa). Podstawiając AIb = 0 do „słusznego zawsze” wyrażenia dla stanu aktywnego (W2.7) otrzymujemy dla tranzystora T l:

M CI = < f t +1)A/ „ . , + ( / „ +1CK,)AP, = A /„ = 4 / „

(2.7.1)

Podstawiając obliczone powyżej wartości liczbowe przyrostów parametrów otrzymujemy: A/*, = (9 9 + l)1 5 0 n A + (l jiA + IOnA) 24 = 15jtA + 24^tA = 39|iA Podstawiając powyższą wartość do (W2.7) otrzymujemy dla tranzystora T2: U C2 + DA/ci« + ( / „ + / CTai) A ^ = (2.7.2) = 99-39 pA + (9 9 + 1) 150 nA + (100 \xA+10 nA) 24 = = 3.86 raA +15 pA + 2,4 m A = 6.27 mA Przyrost prądu emitera T2 wyniesie: A/£I = A/ „ + A/ Cł = 39 mA+6,27 m A =6,31 mA (2.7.3) Jest to więc poważna (63% - owa) zmiana prądu emitera. Nowa Wartość prądu równa 16.41 mA na rezystancji emiterowej wywołuje spadek napięcia 16.41 mA 0,5 k ii = 8.2 V, tj. potencjał emitera rośnie, a napięcie U c e tranzystora T2 maleje o 3,1 V. Potwierdza się w ten sposób wniosek, że duża rezystancja w obwodzie bazy nie sprzyja stałości prądu w układzie. W zadaniu 1.7 obliczono wartość rezystora zastępującego źródło prądowe polaryzacji bazy tranzystora T l jako Rb = 8,8 M ii. Dla takiego przypadku polaryzacji po znacznie bardziej skomplikowanych obliczeniach dostalibyśmy wynik nieco lepszy. Współczynnik W,: podziału rezystancji pomiędzy obwody emitera i bazy zdefiniowany dla zastępczego tranzystora (złożonego z dwu tranzystorów' Tl i T2) jak w zadaniu 2.2 ma tutaj bardzo małą wartość: ------ = 5 7 1 0 -* (2.7.4) RB+Rt 8.8 M ii + 0,5 k ii ale przy bardzo dużej wartości = fi/ ■fi: - 101 współczynnik niestałości prądu kolektora $ ma wartość mniejszą niż w' przypadku polaryzacji ze źródła prądowego.

W . C u tfy fa k i - ELEKTRONIKA W ZADANIACH

Częić 2: AiułJwa wpływu *minn femperwmy na pracę uklaiiów półprzewodnikowych

Z a d a n ie 2.8

W układzie wzmacniacza prądu zmiennego jak na rysunku 2.8.1 pracują w stanie aktywnym dwa identyczne tranzystory T l i T2, przy czym zadaniem tranzystora T l jest stabilizacja termiczna punktu pracy tranzystora T2. Działając na ogólnych symbolach przyrostów A fi, AU b e i A lc m jednakowych dla obydwu tranzystorów należy: 1. wyznaczyć współczynnik niestałości temperaturowej prądu kolektora S dla Rys. 2.8.1 tranzystora T2 zdefiniowany podobnie jak w zadaniu 2.2; 2. przeanalizować możliwe do uzyskania wartości tego współczynnika w zależności od dobom rezystancji R/ i Ri\ 3. określić, czy w tym układzie jest możliwa pełna kompensacja wpływu zmian napięcia UbeC1

Rozwiązanie

Ci

Ad 1. Schemat zastępczy analizowanego układu dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.8.2. Schemat zawiera cztery źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd AIb każdego z tranzystorów jako sumę czterech składowych pochodzących od tych źródeł występujących osobno. Początkujący Czytelnik być może powinien dla wprawy przejść tę drogę. Szansę przyśpieszenia obliczeń daje nam spostrzeżenie, że rozwarcie obydwu SPM przy Rys. 2.8.3 pozostawieniu obydwu SEM prowadzi do schematu cząstkowego jak na rysunku 2.8.3. a w tym schemacie dwie identyczne gałęzie równoległe można zastąpić dwójnikiem złożonym z SEM i połowy rezystancji gałęzi (co pokazuje rysunek 2.8.4). po czym można już prosto obliczyć prąd płynący w obwodzie: Al / „ 2 -AU.JSL. R ,+ R J 2 2 /? ,+ * , Poszukiwane składowe przyrostu prądu bazy pochodzące od SEM równych AUbe dla obydwu tranzystorów są sobie równe i wynoszą: A /., = A

/ = —

Rys. 2.8.4

(2.8.1) 2 R .+ R ,

W. ('tł/y iu k i n.PKTRON lK A W ZADANIACH C ic it 2: Analiza wpływu Tnuan ttmperatuiy na precę układów półpi*cwo<łiukow>vłi

Podobnie zwierając jednocześnie obydwie SEM uzyskujemy schemat cząstkowy pokazany na rysunku 2.8.5 pozwalający na obliczenie napięcia U panującego na SP\1 równej A lei jako iloczynu tego prądu i wypadkowej rezystancji trzech połączonych równolegle rezystorów: Rys. 2.8.5 U = - A I a (Rt II Rz UR , ) = -A /Cl[/?, II(R2/2)] Poszukiwane składowe przyrostu prądu bazy dla obydwu tranzystorów są równe i wynoszą:

( 2.8.2)

R-. v‘ /?, ° 2 R l + Ri SPM równa Alc 2 nie daje składowych płynących przez bazy tranzystorów', gdyż jest zwierana do E2 przez zerową rezystancję r$E2Sumaryczne przyrosty prądów bazy obydwu tranzystorów są równe i wynoszą: A/, 2 R, + R2 Teraz przywołując wy rażenie (W2.7) dla stanu aktywnego tranzystora: A /, = fi A l, +
(2.8.3)

wiążące przyrost prądu kolektora tranzystora z jego przyczynami w postaci A fi, AU be i AIcb'jzauważamy, że jest ono identyczne dla obydwu tranzystorów, gdyż: - wspomniane przyrosły A f i i A J cbo oraz parametry P i I cbo tranzystorów możemy uważać za jednakowe; - powyżej wykazaliśmy (wyrażenie 2.8.3) że przyrosty prądów bazy są jednakowe; - jak można zauważyć także spoczynkowe wartości prądów bazy są jednakowe (bazy obydwu tranzystorów są zasilane z tego samego punktu przez jednakowe rezystory /?.?). Podstawiając otrzymaną zależność (2.8.3) do (W2.7) otrzymujemy wyrażenie: A t/, ■A7, (2.8.4) A^c = (0 + 1)A/ci0+ ( / + / Cąq)&P - P -P : 2Rt + R2 2 R{ + R2 Po prawej stronie równania pojawi! się ze znakiem ujemnym składnik zależny od poszukiwanego prądu Alę. Po przeniesieniu na lewą stronę zwiększy on wartość współczynnika, przez który mnożony jest przyrost Ale, aby zrównoważyć sumę trzech składników pochodzących od trzech źródeł niestałości (Almo, ¿ P i A U b e )Przyrost A le okaże się zatem mniejszy niż w układzie bez tranzystora Tl (układ wzmacniacza ze wspólnym emiterem, patrz zadanie 2.1). W ten sposób przejawia się rachunkowo działanie dodatkowego tranzystora poprawiające stałość punktu pracy. Kontynuując przekształcenia mamy: AU Ri ) = ( p + \)A lcll0+ (lB+ lcan) A p - p a / c ( \+ p 2/?, + R2 R b +R e . , VAP AU6E 1 ____ I Af A/,.=• - a /« + ( /.+ /« .) t - 5 ^ 1+ p 2 /?, + R 2

(2.8.5)

W, C iążyiidu - ELEKTRONIK A W ZADA NIACH Cr?44 2 Analiza wpływ u zmian tem peratury u* pracę układów pótyrzrwotŁiikowych

Definiując podobnie jak w poprzednich zadaniach współczynnik niestałości prądu kolektora S jako wyrażenie stające przed nawiasem po prawej stronic równania mamy: S = -------- £-=----\+ p — ^ — 2 /?,+/?,

(2.8.6)

Ad 2. W poniższej tabeli podano wartości współczynnika niestałości S w zależności od stosunku rezystancji Ri / R2 dla tranzystora o wzmocnieniu prądowym f i - 100. Rr/ R 2 Ri dla R2 = 10kQ S

0 0 100 (=/7)

0,01 0.1 k£2 50,5

0,1 1 kQ 10,7

1 10 kii 2,91

00 10 100 ki 2 00 2,06 0.98 (=a)

Dla Rł/R?=- 0 (czyli R/ = 0, co odpowiada podłączeniu rezystora polaryzacji bazy tranzystora T2 bezpośrednio do zasilania, a zatem oznacza eliminację wpływu dodatkowego tranzystora T l na tranzystor T2) współczynnik niestałości S = p = 100 co zgadza się z wnioskiem uzyskanym dla tranzystora w połączeniu WE w zadaniu 2.1. Wzrostowi wartości Ri przy stałym R? odpowiada poprawa stałości punktu pracy, wyrażająca się malejącą wartością współczynnika niestałości 5. Maleje wtedy także udział w całkowitym przyroście Ale składowej wywołanej przez zmianę •¿k&cipairz trzeci składnik w nawiasie zależności 2.8.5). Minimalna wartość S = a = 0,99 dla Rj = 00jest oczywiście nieosiągalna, gdyż odpowiadałaby jej przerwa w obwodzie kolektora Tl i zerowy prąd bazy T2. Praktyczne znaczenie mają wartości R 1/ R 2 w zakresie 0,1-HO, dla których łatwo udaje się ustalić punkt pracy tranzystorów przez dobór odpowiednich wartości napięcia zasilania i rezystancji Rc. Zwróćmy jeszcze raz uwragę na fakt, że rezystancja Rc w ogóle nie wpływa na niestałość A l a prądu kolektora. Wpływa ona oczywiście na niestałość AU ce: napięcia kolektor emiter, gdyż rezystor Rc przetwarza zmiany prądu kolektora na zmiany tego napięcia. Ad 3. Z zależności (2.8.5) wynika, źe wszystkie wpływy pochodzące od AIcbo* ¿P i AU be się sumują (znak trzeciego składnika w nawiasie wyrażenia jest odwracany, jako że „przyrost” napięcia Ubu jest ujemny). W tym układzie pełna kompensacja wpływu zmian napięcia Ube nie jest zatem możliwa, gdyż wymagałaby zastosowania rezystancji 2R, + Rj = 00.

W. Ciązyński - bJLfcXTRONfKA W ZA DA NIACH półpiŁCY-otinikowych

C7ftć 2: AjłaIizs. w pływ u zmian tem peratury nu pracę u k b d ń w

Zadanie 2.9 Przedstawiony na rysunku 2.9.1 układ, w którym pracują w stanic aktywnym dwa identyczne tranzystory Tl i T2, można uważać za stabilizowane termicznie źródło prądowe, z obciążeniem w postaci rezystora Rc. W temperaturze 20 °C można przyjąć, że: - współczynniki wzmocnienia prądowego obydwu tranzystorów są równie i wynoszą /?/ = & = 100; - prądy zerowe są jednakowe i wynoszą Jem = lcB92 - 5 nA; - napięcia baza-cmiter nic są jednakowe i wynoszą Ubf.i = 0,7 V i Ube2 = 0,6 V; - granicą stanu nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy U c b = 0. Przy zmianach temperatury w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć jednakowe dla obydwu tranzystorów: - przyrosty wzmocnienia prądowego A p l (poAT) = I % / °C; - temperatury podwojenia prądu zerowego Icbo równe T p = 10 °C; - współczynniki temperaturowe zmian napięcia baza-cmiter £nn = - 2,3 mV / °C. Należy wyznaczyć: 1. wartość prądu źródła / = I& w temperaturze 20 °C: 2. zakres wartości rezystancji obciążenia Rc, dla którego źródło w temperaturze 20 °C pracuje poprawnie; 3. średni współczynnik temperaturowy zmian prądu źródła w zakresie temperatur od 20 °C do 50 °C. Rozwiązanie Ad 1, Dla obwodu bazy tranzystora T2 możemy napisać: U U* " U K I = V ** “ Mi + lX /* 2 + / c ^ | skąd można wyznaczyć prąd bazy: V I _ UBE2 , _ 0 ,7 -0 ,6 - 5 n A = 9,90 pA ian _ / CM2“ (100+1) 0,1 kO (P2+ l)Re oraz prąd wyjściowy źródła: rci * P 1I n +(P + W c w r 100•9,90 pA +101 ■5 nA = 0,99 mA Dla pełnego obrazu policzmy jeszcze prąd płynący przez rezystor R /.=

(2.9.1)

/?, 1 k ii który jest równy sumie prądów baz obu tranzystorów i prądu kolektora tranzystora T l. znajdującego się na granicy stanu nasycenia (jego napięcie U c b = 0), czyli:

A = Abi +

+ ioz =1b\ + Pi'in\ + (A +

+ ^B2

Z tej zależności możemy następnie obliczyć prąd bazy tranzystora TI:

W. C ltf y M i - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Czcsć 2‘ A nalna wpływu ¿uiLw (cnipemmry nn pracę uUłdów półprzewodnikowych

/, - (Ą

1 )/ cg0, - / a, _ 9,30 mA - 101 •5 n A - 9,9 pA

A+i

101

9.29

101

mA = 92,0 pA

Jest on kilkakrotnie większy niż In2. co usprawiedliwia przyjęcie w temacie zadania nieco większego spadku napięcia U b e dla tego tranzystora. Ad 2. Aby tranzystor T2 pracował w stanie aktywnym spadek napięcia na rezystancji obciążenia nie może przekroczyć wartości ( J u s - U b fi> gdyż wtedy mamy U c m = 0. A więc maksymalna wartość rezystancji obciążenia wynosi: C2

0,99

mA

= 9,39 kfi (2.9.2)

Ad 3. Schemat zastępczy analizowanego układu dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.9.2. Schemat zawiera cztery źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prądy A h każdego z tranzystorów jako sumę czterech składowych pochodzących od tych źródeł występujących osobno.

Rys. 2.9 1

ci

Szansę przyśpieszenia obliczeń daje nam spostrzeżenie, że rozwarcie obydwu SPM przy pozostawieniu obydwu SE\1 prowadzi do schematu cząstkowego jak na rysunku 2.9.3, w którym prąd interesująca nas składowa prądu bazy A l & zależy od różnicy tych SEM: A -A U B E Z — Rf Podobnie zwierając jednocześnie obydwie SEM uzyskujemy schemat cząstkowy pokazany na rysunku 2.9.4 pozwalający na obliczenie poszukiwanej składowej przyrostu prądu bazy dla tranzystora T2 jako: A/*2 = “ A/C2 Sumaryczny przyrost prądu bazy tranzystora T2 wynosi więc: A /,;

/„

C2

A, ¿i.'

0

0 ,

Rys 2.9.4

(2.9.3)

Zauważamy jednak, że wobec równości współczynników temperaturowych obydwu napiec U be mamy A Ubes - A Usez = 0, czyli ostatecznie: a /„ ,= -a /„ r 2.9.4> Teraz przywołując wyrażenie (W2.7) dla stanu aktywnego tranzystora T2: )*A/3j + (/?2 + l ) A / Cfl02 A / ’c 2 = & A / „ + ( / « + i C B O l wiążące przyrost prądu kolektora tranzystora z jego przyczynami w postaci Afi. AIB > AJcbo i podstawiając do niego otrzymaną zależność (2.9.4) otrzymujemy wyrażenie:

&ra

=
m sy

W. Ciąty&iki FT.nKTRONIKA W ZADAMACH Csę*ć 2: Anoli7« wpływu zmian temperatury iu pcnoc układów półprzewodnikowych

Po prawej stronic ostatniego równania pojawił się ze znakiem ujemnym składnik zależny od poszukiwanego przyrostu prądu Alc 2. Po przeniesieniu na lewą stronę zwiększy on wartość współczynnika, przez który mnożony jest przyrost Alei* aby zrównoważyć sumę dwu składników pochodzących od źródeł niestałości (A / cbo i A/f). W ten sposób (oprócz pełnej kompensacji zmian napięcia Urf) przejawia się rachunkowo działanie dodatkowego tranzystora poprawiające stałość prądu kolektora. Kontynuując przekształcenia mamy: A l c (\ + p 2) = ( p 1 + t W c m + ( l e , + _

A l+ A

i CM02

(2.9.6) Pi Definiując podobnie jak w poprzednich zadaniach współczynnik niestałości prądu kolektora S jako wyrażenie stające przed nawiasem po prawej stronie równania “ A / C A 0 2 + ( / B 2 + I CB02 ) .2

mamy:

S - - ^ 7 =a2 (2.9.7) I+p 2 Jak widać w tym układzie osiąga się minimalną możliwą do uzyskania wartość współczynnika niestałości S = a = 0,99 , tzn. taką przy której składnik pochodzący od A lato wchodzi do przyrostu Ale z wagą 1. Zwróćmy jeszcze uwagę na fakt, że rezystancja obciążenia Rę w ogóle nie wpływa na niestałość A lęj prądu kolektora. Wpływa ona oczywiście na niestałość napięcia kolektor-emiter AU ęa, gdyż rezystor obciążenia Rc przetwarza zmiany prądu kolektora na zmiany tego napięcia. Obliczmy wartości liczbowe występujących w tym równaniu przyrostów AI cbo i ¿PW wyniku zmiany temperatury od 20 °C do 50 mamy: / Ci02= 5 n A -2 10 = 5 n A -2 3 = 4 0 n A ,

czyli:

A l cltm = 40nA - 5nA = 35n A oraz:

A 0 = 1— • 30° C = 30% = 0,3 • 100 = 30 °C Podstawiając te wartości do równania (2.9.6) otrzymujemy zmianę prądu kolektora wynikającą z przyrostu temperatury o 30 °C: 100 1+ 100 35 nA + (9,90 pA + 5 nA)— 1 = 35 nA + 2,94 pA = 2,98 pA 1+100 100 100J Średni współczynnik temperaturowy w tym zakresie wynosi więc: ^ = 2z9 8 p A _ 9 9 3 nA AT 30 °C ’ °C lub w wartościach względnych:

-g q ------ 2’9W

=io--Uo,oi-*=ioo£E51

IC 2 A T 0,99m A -30°C °C °C °C Jest to wynik dobry, a w- każdym razie znacznie lepszy niż w układzie z pojedynczym tranzystorem w układzie WE (gdzie S = fi). Nawet jeśli założenie w temacie zadania dokładnej równości współczynników temperaturowych i przyjęcie w (2.9.3), że A Unp.! - AUytz = 0 jest zbyt optymistyczne, to na pewno fakt że o stałości prądu decyduje różnica tych napięć dla dwu tranzystorów (które w układzie scalonym mogą znajdować się dokładnie w takiej samej temperaturze) jest bardzo korzystny.

W. C i« ty a* i - KLEKTRONIKA W ZADANIACH C t ę i t 2'. Analiza wpływu ziuiso icmpciilmy a i prscę układów półpfzcwsdruk owych

Zadanie 2.10 W układzie z tranzystorem germanowym T jak na rysunku 2.10.1 można przyjąć w temperaturze To = 300 K: spadek napięcia UBf.= 0,5 V niezależnie od wartości prądu bazy 1B\ - prąd zerowy I cbo = 100 nA; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera fi = 100; - rezystancja R t ma w-artość R,v = I kił. Pr/.y /mianach temperatury otoczenia w zakresie ± 10 K wokół To można przyjąć, że: - .spadek napięcia Ubf maleje o 2,5 mV przy wzroście temperatury o 1 K; - temperatura podwojenia prądu zerowego Icbo wynosi T P= 10 K; - współczynnik wzmocnienia () przy wzroście temperatury o 1 K rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze 7©; - Rt je s t dwójnikiem, którego rezystancja zmienia się liniowo z temperaturą według zależności RT - RT0 | l + « (7 -7*0) J ; (2.10.1) - rezystancje Rc i Ri nie zależą od temperatury. Należy: 1. wyznaczyć temperaturowy współczynnik rezystancji a dwójnika Rt, przy którym prąd kolektora tranzystora ¡c nie zależy od temperatury. 2. z rezystorów stabilnych temperaturowo i termistora NTC o współczynniku temperaturowym równym ar eh = - 5 % / K zbudować dwójnik R j o rezystancji zależnej od temperatury zgodnie ze wzorem (2.10.1) i o wartości a wyliczonej w punkcie I. Rozwiązanie Ad 1. Przy oznaczeniach jak na rysunku możemy dla przyjętych założeń obliczyć wartości prądów w temperaturze T0: h = Ube / R to = 500 mV / 1 k ii = 0,5 mA . oraz. // = (U7as - Ubf. ) / R i = (6,5 V - 0.5 V) / 10 k ii = 0,6 mA czyli [n = h - h - 0,6 mA - 0,5 mA = 0 .1 mA lc = P 'h + (P + l)lc B 0 = 100-0,1 m A +101-10 nA - 10 mA Napięcie Uęt wynosi: Ucf. = U/as - ¡c Rc = 6.5 V - 10 mA • 0,3 k ii = 3,5 V czyli tranzystor znajduje się w stanic aktywnym, co potwierdza słuszność obliczeń. W tym miejscu zauważmy, że dla stałego napięcia zasilającego U7as i stałych wartości rezystancji R> i R t przy wproście temperatury wobec zmniejszania się wartości napięcia Ubf.- prąd // rośnie, a ¡2 maleje. Z tych dwu powodów rośnie prąd bazy Ib = // - ¡2, a ponieważ rośnie także współczynnik wzmocnienia fi (i prąd zerowy Icbo)s tym silniej rośnie wartość prądu kolektora lc- Widać więc wyraźnie, że

W .Tiąiyński FJ.I-KTRONIKA W ZADANIACH CxęiC 2: AjuliM wpływu m ia n reropeT*tmY u pracę układów półprzewodnikowych

aby prąd Ic mógł pozostać stały, przy wproście temperatury należy doprowadzić do zmniejszenia prądu bazy / # . Musi się więc zmniejszyć rezystancja R t , c o spowoduje wzrost prądu h . Poniżej spróbujemy ocenić wartość liczbową współczynnika temperaturowego tej rezystancji. Na podstawie powyższych zależności możemy napisać ogólne wyrażenie na interesujący nas prąd Ic w dowolnej temperaturze: (2.10.2)

Kt

A j

W równaniu tym zmiennymi zależnymi od temperatury są: /?. Ubł*Icbo >R t>czyli: Ic = Ic
ÓP

U ZAS *,

y

+ /fM = ^1

^TO

CB0 lO k ii

- 0.5 V(— ?— + — lO k ii

lk ii

) + 100 n A = 100,1 \ i A

- ^ S L .= - p (— + — ) = -1 0 0 (— — + — ) = -1 1 0 m S ÓUDE R, Rro 10 k ii lk ii ^ — = /? + ! = 100+ 1= 101 Mc*« 6ic fi-U BE_ 100 0,5V 0 Q 5 mA srt r ;q io 6n : ’ n Przechodząc do skończonych przyrostów uzyskujemy wyrażenie na przyrost prądu kolektora: + J l„ 0 + ARr (2.10.3) Oli ÓU "lęgu °R t Przyrównując ostatnie równanie do zera otrzymujemy zależność określającą przyrost rezystancji ARr potrzebny do spełnienia tego warunku: mA d / c = 100,1pA -1 1 0 mS -d UK +101 •AICBij + 0 .0 5 - — ART = 0 (2.10.4) = -100,1 ^iA •AP + 1 lO m S -A Ł /jf-101’A/ęflo 0 ,0 5 ^ ii ARt = rt AT ■Rto = -2.002 ęi-A fi + 2,2----— AU BE „ --22 00 2 0 — AICB0 (2.10.5) mA mA Wartość liczbową temperaturowego współczynnika zmian rezystancji a otrzymamy podstawiając w równaniu (2.10.5) przyrosty A/3, A U b ł i A I cbo odpowiadające np. przyrostowi temperatur)- o 10 K, czyli: A fl =

10% •100 = 10; A U bf. = - 2 , 5 m V / K • 1 0 K = - 2 5

w

\ : A I cbo =

100nA

= a •10K lk ii = - 2,002 i i 1 0 -2 ,2 — 25mV + 2020— 100nA mA mA Skąd otrzymujemy: AR t = a -1 0 K lk ii = - 2 0 ,0 2 i i - 5 5 , 0 i i - 0.2i i = - 7 5 ,2 2 i i , oraz ARt

( 2 .1 0 .6 )

W. Ci«ły*tU - KI-EKTR0\'TKA W ZADANIACH ÜBCtt 2: Anuli;» wpływu nmian temperatury na prace układów półprzewodnikowych

a =^

_

J T R r .

= - 7 5 !2 2 « = _ 7^ 1(). JJL K IO K lk ii

Należy zwrócić uwagę, że zmiany temperaturowe wszystkich trzech parametrów działają w tym samym kierunku, przy czym najsilniejszy jest wpływ zmiany Ubf.. Chcąc utrzymać stały prąd /c = 10 mA należałoby w miejsce R j wstawić rezystor o współczynniku temperaturowym - 7.5 • 10“3(1 / K). Warto wspomnieć, że dla spadku temperatury o 10 K otrzymalibyśmy wynik bardzo podobny, tzn. pożądany byłby wtedy przyrost rezystancji R t o około 75 ii. Jedyna różnica polegałaby na tym. że w obliczeniach należałoby uwzględnić przyrost J / c b o który byłby dwukrotnie mniejszy (tzn. J lc a o = - 50 nA) niż powyżej obliczony dla przyrostu o 10 K, gdyż prąd zerowy zmniejszyłby się dla tej temperatury o połowę. Na szczęście ten nieliniowy składnik pochodzący od zmiany prądu zerowego nie wpływa zbyt silnie na uzyskany wynik. Niewielka nieliniowość wynikająca z wykładniczej zależności lenn od temperatury nic ma zatem znaczenia, gdyż jest znacznie mniejsza niż błędy wynikające z zastosowanych uproszczeń i tolerancji parametrów wykorzystanych w praktycznym układzie elementów. Wystąpiłaby ona wyraźniej w wyższych temperaturach, w których składnik pochodzący od A Ir.b o zaczyna dominować. Ad 2. Rozpocznijmy nasze rozważania od założenia, że dysponujemy np. termistorem NTC o współczynniku TWR równym «r£/? = - 5 % / K i rezystancji Ro= 1 k ii lub większej. Potrzebna wartość współczynnika « = - 0,75 % / K jest (co do wartości bezwzględnej) kilkakrotnie mniejsza, a więc możemy ją uzy skać włączając szeregowo z termistorem jakąś rezystancję niezależną od temperatury. Wtedy jednak rezystancja całkowita będzie większa od podanej w temacie wartości w temperaturze odniesienia równej I kii, a więc konieczne będzie jeszcze jej skorygowanie przez równoległe włączenie drugiej rezystancji niezależnej od temperatury. W ten sposób otrzymujemy więc układ szeregowo-równolcgły jak na rysunku 2.10.2 pozwalający na równoczesne spełnienie obydwu wymagań.

-L

Rvs. 2.10.2

Dla Lcrmistora mamy: R tck ~ OT~ To)] W temperaturze T0 musimy zapewnić: 1 1 1 .. czyli RTO R0 + Rs R* W całym zakresie temperatur ta zależność ma postać:

(2.10.7)

(2.10.8)

(2.10.9) Rrat + Rk + Rs Różniczkując (2.10.9) z uwzględnieniem (2.10.1) i (2.10.7) otrzymujemy dla temperatury odniesienia 7V Rr =

'** l \

- *

R

-n

(2.10.10)

w O lszyński - ELEKTRONIK A W ZADANIACH

Ct^*ć 2: Analiz* wpływu zmian ttio p m iu ty na p tto ę układów połpruwndmfcowych

Wprowadzamy oznaczenia bezwymiarowych współczynników (występujących w powyższych wzorach stosunków wartości rezystancji): R. A= (2.10.11) B= (2.10.12) Rq+ Rk + Rs K + Rs które pozwalają zapisać układ dwu równań (2.10.8) i (2.10.10) o niewiadomych Rr i Rs w prostej postaci: vo

(2.10.13) - 2 - = A -B H am Rozwiązaniem tego układu dwu równań są wyrażenia:

(2.10.14)

R«

A = A-^— - ^ -

(2.10.15)

B= K,>

( tt:k

Znajomość tych wszystkich zależności pozwala na przyjęcie następującego trybu postępowania: • znając parametry a i R n potrzebnego dwójnika oraz arrji i Rn posiadanego termistora z zależności (2.10.15) i (2.10.16) obliczamy wartości współczynników A i B. Jak wynika z definicji (2.10.11) i (2.10.12) są to mniejsze od 1 stosunki rezystancji, a więc obydwa wyrażenia podpierwiastkowe muszą być dodatnie (co oznacza takie same znaki u i ccter) oraz < 1 (co określa warunki wykonalności postawionego zadania w przyjętej strukturze z ry sunku 2.10.2); ■ z zależności definicyjnej (2.10.12) wyznaczamy rezystancję szeregową jako;

~ * 5 = ‘l ~ B Rn

(2.10.17)

li

• /. zależności definicyjnej (2.10.11) wyznaczamy rezystancję równoległą jako: R „ = - ^ - ( S 8 +«s ) 1- A

(2.10.1«)

W poniższej tabeli zebrano przykładowe wyniki dla trzech przypadków syntezy potrzebnego dwójnika o wyliczonych w punkcie 1 parametrach: • rezystancji R to = 1 k ii w temperaturze To = 300 K, oraz • współczynniku temperaturowym rezystancji a = - 0.0075 (1 / K). przy zastosowaniu termistora NTC o:

§ *

I

• współczynniku temperaturowym q.ter - - 0.05 (1 / K), oraz o • rezystancji Ro w temperaturze To odpowiednio równej 500 ii, 1 k ii i 2 kii:

500 1k 2k

^

i «

\ a toi 0,548 0,387 0,274

Rto

B- l a

R° i

0,274 0,387 0,548

R -. !

s

^ R.

B m

1325 1583 1650

0

A {R„-R<)

(«) 2213 1631 1378

W . C ty y fa k i ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 2: Analiza wpływu zmian tcmperatufy na pracę układów pólprocwodnikowych

Zadanie 2.11

Rf

Dla przedstawionego na rysunku 2.11.1 układu stabilizatora prądu płynącego przez zmienne *l "* c obciążenie w postaci rezystancji Rc mamy w lOOmA temperaturze 25 °C następujące dane: - prąd obciążenia wynosi //. = 100 mA; "c np. 50 - współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora wynosi f) = 50: - prąd zerowy tranzystora wynosi I c b o = IjiA ; - rezystancje dynamiczne diody stabilizacyjnej i złącza baza emiter można przyjąć jako równe zeru. Nie jest natomiast znane stałe napięcie zasilające stabilizatora U/as , spadek napięcia baza-cmiter Ube tranzystora ani napięcie przebicia Uoz diody stabilizacyjnej. Przy zmianach temperatury w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć: - przyrost wzmocnien ia prądowego Aft / (Po AT) = 0.8 % / °C; temperatura podwojenia prądu zerowego I cbo wynosi T r = 7,5 °C; - współczynnik temperaturowy zmian napięcia baza-emiter cBe = - 2.5 mV / °C; - współczynnik temperaturowy zmian napięcia diody stabilizacyjnej (Zenera)

€„/ = - 1,5 m V /ł,C: Dla zakresu zmian temperatury od 25 °C do 55 °C należy wyznaczyć: 1. przyrost prądu źródła; 2. średni współczynnik temperaturowy zmian prądu źródła; 3. pożądany współczynnik temperaturowy napięcia przebicia diody stabilizacyjnej, przy którym nastąpiłaby pełna kompensacja zmian prądu źródła. Rozwiązanie Ad 1. Brak niektórych danych nie pozwala na rozwiązanie zadania metodą dwukrotnego wykonania obliczeń prądu ¡c dla wartości parametrów w dwu skrajnych temperaturach rozpatrywanego zakresu. Dlatego rozwiązanie oprzemy na wykorzystaniu zależności (W2.7) i analizie schematu zastępczego układu dla zmian temperatury przedstawionego na rysunku 2 .11.2. Schemat zawiera trzy źródła wymuszające, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd Alu tranzy stora jako sumę składowych pochodzących od tych źródeł występujących osobno. Rozwarcie SPM przy pozostawieniu obydwu SEM prowadzi do schematu cząstkowego jak na rysunku 2.11.3. w którym interesująca nas składowa prądu bazy A1B zależy od różnicy tych SEM:

W. Cią*y*iki ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cxęi4 2; Analiza wpływ i m io n temperatury o* prace układów p6)przovutti

*L Re Zwierając obydwie SEM uzyskujemy schemat cząstkowy pokazany na rysunku 2.1 1.4 pozwalający na obliczenie poszukiwanej składowej /II b " przyrostu prądu bazy dla tranzystora T2 jako: AI b = -A 1 c (2.11.2) A/ , =

(2.11.1)

(Zwróćmy w tym miejscu uwagę, że cały prąd Ale płynie przez bazę dzięki zwarciu przez zerową rezystancję dynamiczną diody stabilizacyjnej. W przypadku konieczności uwzględnienia tej rezystancji prąd Ale rozpływałby się na trzy równoległe gałęzie.) Sumaryczny przyrost prądu bazy tranzystora T2 wynosi więc: A U lr,- A U J ¿ _ AJ' A , B = A / fl + A l 8 = -

(2.11.3)

Teraz przywołując wyrażenie (W2.7) dla stanu aktywnego tranzystora T2: A lc = P •Al„ +
AP

A U ^-A U ,

(2.11.5) P *£ Definiując podobnie jak w poprzednich zadaniach współczynnik niestałości prądu kolektora S jako wyrażenie stające przed nawiasem po prawej stronic równania CW

S=— - a ( 2. 11.6 ) 1+ P Jak widać w tym układzie osiąga się minimalną możliwą do uzyskania wartość współczynnika niestałości 5 = a = 50/51 = 0,98 , tzn. taką przy której składnik pochodzący od A I Cno wchodzi do A lę z wagą 1. Zwróćmy jeszcze raz uwagę na fakt, że rezystancja obciążenia Rc w ogóle nie wpływa na niestałość A la prądu kolektora. mamy:

Do przeprowadzenia obliczeń liczbowych według równania (2.11.5) należy wyznaczyć wartość prądu bazy w temperaturze odniesienia 25 °C: /

+ _ 100m A -(S 0 + l)lM A _ „ , . A * P 50 oraz wartości liczbowe występujących w tym równaniu przyrostów A I cbo- 4P%A U o h i AUbu odpowiadających zmianie temperatury od 25 °C do 55 °C:

w. Cifliyński - ELEKTRONIKA W MO ANTACH Czętó 2: Aiiatiza wpływu zmian tcmperalury nn pracę układów półprzewodnikowych 35-23

J«h>=1mA-2 7,1 = lp A -2 4 = 1 6 p A ,

C7yl>:

AJCBfJ1 = l6 p A -lp A = 1 5 p A

A/3 = 0 ,8 — -30°C = 24% = 0 .2 4 50 = 12 °C ćkUm = -1 ,5 — -30°C = - 4 5 mV °C AL'W = - 2 . 5 - ^ - 3 0 ° C = - 7 5 m V C Podstawiając tc wartości do równania (2.11.5) otrzymujemy zmianę prądu kolektora wynikającą z przyrostu temperatury o 30 °C: Ał 50 f l + 50 _ A A , 12 -45-^75 m V l ĆJC = ------- -------15 uA + (2 mA + 1 uA)— + ------------ -— (2.11.7) c l + 50|_ 50 ^ v 50 80 n J ’ ' AJC = 0,98 (15,3 pA + 480 >iA + 375 p A )= 853 pA Ad 2. Średni współczynnik temperaturowy w tym zakresie wynosi więc: A l c 853 pA AT " 30 °C °C lub w wartościach względnych: f C2 • AT

= -----853pA-----= o,28 1 0 ł — = 0,028— = 2 8 0 ^ 100 m A -30°C °C °C °C

Ad 3. Jeśli przyjrzymy się wyrażeniu (2.11.5) i jego postaci (2.11.7) po podstawieniach, zauważymy częściową kompensację zmian prądu kolektora spowodowanych przyrostami A U d z i A U b e o tym samym znaku i zbliżonych wartościach. Przybliżone wytłumaczenie tego efektu na tematowym schemacie z rysunku 2.11.1 jest następujące: jeśli napięcia na diodzie Zenera i na złączu baza-emiter tranzystora miałyby identyczne współczynniki temperaturowe, to przy zmianach temperatury uzyskalibyśmy stałe napięcie na rezystorze R e , a zatem niezmienny prąd emitera tranzystora (przyrost prądu kolektora A l e miałby wtedy tylko niewielką wartość, taką samą jak przyrost prądu bazy A J b )Równanie (2.11.5) daje szansę wyznaczenia wartości współczynnika temperaturowego diody Zenera, przy którym następuje całkowita kompensacja wpływów i przyrost prądu obciążenia (czyli prądu kolektora) jest zerowy (Ale = 0): a

¿ " m

A t/,*

+ l CBQ>

p

ckH

+

„

ke

u

I , + /,,„ ) ^ l+ A t/„ t

Podstawiając wartości odpowiadające przyrostowi temperatury równemu 30 °C otrzymamy: A U M = - 8 0 f i | l l 5 p A + (2mA + lp A ) ^ ~ j-7 5 m V &Um = - 80 i i (15.3 pA + 480 pA) - 7 5 mV = - (39,6 + 75) mV = -115 mV

W CLtźyoiłu - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Ca ę i i 2: Analiza wpływu a n is n tcmperamry na p r* ^ układów półpKCwodnikt>wy«fc

Odpowiada to średniemu współczynnikowi temperaturowemu diody Zenera: 30 °C Taką diodę należałoby zastosować, aby uzyskać pełną kompensację zmian temperaturowych prądu obciążenia w okolicach temperatury 25 °C. to Ł g Ą l a ^

KC

. /

s

Równoległe włączenie d w u ;SPM.ja k lia jysunfcu na

E

101

j

¡.jio:- m i i i m m » M

,t

Z , : ;- - i - . W

S - i ; - (. U

.

.

-p , , p

I I , . ’i l i

w ip i^ -a

s H

^ ś

ra s e ,^

Podłażenie kondensatora spowodowana ;%cm ponad 6p0~krotttc , 2 ^łn^sz<^^. amplitudy składowej zmiennej, p i a (10 kHz) *fJadowa: zn\ieiiha'j^zfczć się ^ ^ f^ o tn ie yjrii^.ejwy^itd:■

W. Ciązyńslu - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Oęftć 2‘ Analiza wpływu zmian temperatury na pracę układów półprzewodnikowych

Zadanie 2.12 Dla przedstawionego na rysunku 2.12.1 układu skompensowanego temperaturowo źródła napięcia odniesienia w temperaturze To = 25 "C mamy następujące dane: - prąd polaryzacji / = 0,1 mA; - współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora wynosi f}= 100; - prąd zerowy tranzystora lato jest mały i można go pominąć; - spadki napięcia na diodzie D l, D2 i złączu baza-emiter wynoszą po Ud = 0,6 V; - napięcie przebicia diody stabilizacyjnej wynosi Uoz - 6,2 V; - rezystancje dynamiczne diody stabilizacyjnej, diod D l, D2 i złącza baza-cmitcr można przyjąć jako równe zeru. Przy wzroście temperatury w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, że: - zmiana napięcia zasilającego wynosi AUzas = 20 mV / "C; przyrost prądu polaryzacji wynosi A l = 1 % / °C; - przyrost wzmocnienia prądowego tranzystora wynosi A($ ¡(fioAT) = I - zwiększający się prąd zerowy ¡ c b o jest nadal możliwy do pominięcia (Alano = 0); - współczynnik temperaturowy zmian napięcia baza emiter i spadku napięcia na przewodzącej diodzie jest taki sam i wynosi Sbf. = Cd = - 2 3 mV / °C; - współczynnik temperaturowy zmian napięcia diody stabilizacyjnej (Zenera) wynosi edz = 0,6 mV / °C; Należy: 1. obliczyć wartości jakie powinny mieć rezystancje Rj i R2, aby napięcie odniesienia było w otoczeniu temperatury To w pełni skompensowane termicznie; 2. obliczyć wartość napięcia odniesienia dla wybranych Ri i R2; 3. przeanalizować jakie zmiany w rozwiązaniu wprowradziłaby konieczność uwzględnienia niezerowych rezystancji dynamicznych diody stabilizacyjnej (roz) oraz diod Dl . D2 (r0) i złącza baza-emiter (r^ ); 4. przeanalizować wpływ rezystancji wyjściowej źródła napięcia zasilającego Uzas na osiągane wyniki. Rozwiązanie Ad 1. Napięcie na diodzie stabilizacyjnej jest w obwodzie równoważone sumą spadku napięcia na złączu baza-emiter tranzystora, oraz spadków napięcia wywołanych przez prąd emitera na dwu przewodzących diodach Dl i D2 i dwu rezystorach Rj i Ri- Tak więc dl a obwodu zaznaczonego linią przerywaną na rysunku 2.12.1 możemy napisać: U„x = U ,E+ 2 U D+ (Rt + R2) l E= 3 U n + (Rl + R1) l i; (2.12.1) Napięcie odniesienia równe sumie spadków napięcia na diodzie D2 i rezystorze R 2 wynieś ie:

W. Ciążyruki HLItKTRONTKA W BADANIACH C*t*ć 2 Anilina wpływu rminn temperatury n* pr«<ę ukUdów półprecwodnikowycb

R? P 4 .P (U m - 3U o ) <2-122) R\ + R 2 Rezystory Ri i R2 musimy dobrać w sposób zapewniający kompensację zmian temperaturowych napięcia odniesienia. Do zależności (2.12.2) powrócimy po dokonaniu tego wyboru. Teraz zwróćmy tylko uwagę, źe napięcie odniesienia nie zależy od prądu polaryzacji /. Prąd / musi być tylko wystarczająco duży, aby mógł popłynąć wynikający z prądu emitera (zależnego od wybranych Ri i R2) prąd bazy /* = 1 ^ / 0 + 1), a reszta płynąca przez diodę stabilizacyjną mogła zapewnić odpowiedni punkt pracy na jej charakterystyce w zakresie przebicia. Warunek 1 > I f, / ( 0 + 1 ) zostanie uwzględniony przy wyborze rezystorów Ri i R 2. UuJ. = U 0 + R2 I E =U„

Rozwiązanie zilustrujemy za pomocą schematu zastępczego układu dla zmian temperatury przedstawionego na rysunku 2.12.2. Schemat zawiera siedem źródeł wymuszających, które dla małych przyrostów temperatury traktujemy jako liniowe. Możemy więc zastosować zasadę superpozycji, czyli obliczyć prąd Alu tranzystora jako sumę składowych pochodzących od tych źródeł (w tym także nieznanego Ale) występujących osobno, oraz jako drugie równanie o niewiadomych Alg i Ale wykorzystać zależność (W2.7), a interesujący nas przyrost prądu Alf- wyznaczyć jako sumę AJr=Aln + Ale. W naszym przypadku jest to jednak droga niepotrzebnie zbyt skomplikowana. Patrząc bowiem na rys. 2.12.2 możemy zauważyć, że każdy z prądów cząstkowych wynikających z SPM równych Ale i Al (obliczany przy zwartych SEM) krąży w obwodzie o zerowej rezystancji omijając obwód emitera. Z kolei zmiana napięcia zasilającego A U z a s jest odcięta od obwodu emitera przez dwie SPM, które analizując wpływ AUzas należałoby rozewrzeć. Przyrost prądu emitera można obliczyć wprost z obwodu oznaczonego linią przerywaną jako: <2.12.3) Rt +R2 czyli zmiana napięcia odniesienia wynosi: A t/^ , =

A l, = A U 0 + — A ,

(AUm - 1 A U 0 ) +

(2.12,4)

A j

Równanie to jest oczywiście różnicową (przyrostową) postacią równania (2.12.2) i równie dobrze moglibyśmy nie wykorzystując schematu zastępczego otrzymać je różniczkując równanie (2.12.2). Aby AUodn było równe zeru musi zachodzić: /?, + R, Skąd mamy: AU ^ = - — +2 AU, W naszym przypadku;

± -A U , /?, + /?2 czyli

(2.12.5)

( 2 . 12.6 )

W , Ciąiyńsfci - ELEKTRONIKA W ZADA NIACH C i ę i t 2: A i u i iu wpływu zuii*n temperatury m p tacę układfrw pułpi*e»o\i:h

/?, _ 0,6 mV / °C . - J - = 2 -------------------- = 2 + 0,26 = 2,26 /?, -2 ,3 m V /°C

(2.12.7)

Ad 2. Teraz już z równania (2.12.2) można obliczyć wartość napięcia odniesienia: U- = U°

~ 3U • ) • * * * * 6,2 2,26+ r

^ = 195 V <2 !2 S>

czyli spadek napięcia na rezystancji R2 wynikający z przepływu prądu iE wynosi l ,95 V —0,6 V = 1,35 V. Maksymalny prąd emitera wynosi /e = /? /= 1 0 0 • 0,1 m A = 10,1 mA. Przyjmując na przykład prąd równy połowie maksymalnej wartości, tzn. If. = 5 mA (wtedy połowa prądu / przepływa przez diodę stabilizacyjną) otrzymujemy: R2 = 1,35 V / 5 mA = 270 Cl, oraz R t = 2,26 • R2 - 2,26 * 270 i l = 610 ii Ad 3. Zwróćmy w tym miejscu uwagę, że przez emiter nie płyną składowe prądu pochodzące od A le i A l tylko dzięki zerowej rezystancji dynamicznej diody stabilizacyjnej raz. W przypadku konieczności uwzględnienia tej rezystancji zarówno A ir jak i A l rozpływają się na dwie równoległe gałęzie o rezystancjach odpowiednio równych Rt + R2 i r/>z- Wtedy przyrost prądu emitera Ale (a wrięc i przyrost napięcia odniesienia) zależy także od Alę i AJ, a więc musimy przejść pełną naszkicowaną powyżej drogę obliczeń wykorzystując odpowiednio zmodyfikowany (patrz rysunek 2.12.3) schemat zastępczy dla zmian temperatury. Konieczność uwzględnienia rezystancji dynamicznych rBE i To nic stwarza natomiast większych trudności obliczeniowych, gdyż na schemacie zastępczym z rysunku 2.12.3 okazują się one włączone szeregowo z odpowiednimi rezystorami. Uzyskane w punkcie 1 i 2 rozwiązanie dla przypadku rpz = 0 ma nadal wartość, gdyż można do niego podstawić: R i = R i’ + raE + roi oraz R? —R 2 ' + r02 (2.12.9) czyli w układzie włączyć odpowiednio zmniejszone rezystancje / ? / i R2‘. Przy większych rezystancjach dynamicznych mogłoby okazać się konieczne przyjęcie większych wartości Ri i R2 przy zachowaniu ich obliczonego stosunku. Ad 4. Zmiany temperaturowe napięcia zasilającego nie mają w układzie żadnego wpływu na uzyskiwane wyniki, gdyż SEM równa A Uzas jest od reszty układu oddzielona dwoma SPM (które przy obliczaniu wpływu A Uzas należy wyłączyć, tzn. rozewrzeć). Wpływ ten (oraz ewentualnie wpływ rezystancji wyjściowej tego źródła) mógłby się ujawnić przy uwzględnieniu skończonej rezystancji wewnętrznej źródła prądowego Al (czyli po rezygnacji z założenia, że jest to źródło idealne) i / lub Ale (czyli po uwzględnieniu rzeczywistego nachylenia charakterystyk wyjściowych tranzystora).

W. CląŁyAski - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cofść 2: Analiza wpływa zmian temperatury na prace układów półprzewodnikowych

Zadanie 2.13 Dla przedstawionego na rysunku 2.13.1 układu źródła napięcia odniesienia mamy w temperaturze 70 = 25°C następujące dane: - napięcie zasilania zmieniające się w granicach 10 -r 15 V - napięcie przebicia diody stabilizacyjnej wynosi C/oz = 6,2 V; - współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora wynosi 0 = 50; prąd zerowy tranzystora Icbo - 5 nA; - spadek napięcia na złączu baza-einiter wynosi U be - 0,6 V; - rezystancje dynamiczne diody stabilizacyjnej i złącza baza-emiter można przyjąć jako równe zeru. Przy wzroście temperatury w zakresie do 75 °C można przyjąć, że: - współczynnik temperaturowy zmian napięcia diody stabilizacyjnej (Zenera) wynosi eoz = 1 mV / °C; przyrost wzmocnienia prądowego wynosi Aft /(fioAT) = 1 % / °C; - temperatura podwojenia prądu zerowego I cbo wynosi 7,5 °C; - współczynnik temperaturowy zmian napięcia baza-cmitcr tranzystora wynosi €be = - 2,5 mV / °C; Należy: 1. obliczyć wartości jakie powinny mieć rezystancje Rt i R2, aby wyjściowe napięcie odniesienia było w pełni skompensowane termicznie, oraz dla wybranych /?/ i R2 obliczyć wartość napięcia odniesienia; 2. przeanalizować jakie zmiany w rozwiązaniu wprowadziłaby konieczność uwzględnienia niezerowych rezystancji dynamicznych diody stabilizacyjnej (rpz) oraz złącza baza-emiter Rozwiązanie Ad 1. Napięcie na diodzie stabilizacyjnej jest w obwodzie równoważone sumą spadku napięcia na złączu baza-emiter tranzystora, oraz spadków napięcia wywołanych przez prąd emitera tranzystora na dwu rezystorach Rt i R2. Tak więc możemy napisać równanie „koła napięć”: p** K, + k 2 Napięcie odniesienia równe sumie spadku napięcia na złączu baza-emiter tranzystora i rezystorze R 2 wyniesie: u

dz

+

+

czyli prąd emitera:

= £ /« + * : - ' £ = u ,s + V T F (t/“ ~ u ‘c)

7 g = ~ p*

< 2 l3 n

Rezystory Ri i R2 musimy dobrać w sposób zapewniający kompensację zmian temperaturowych napięcia odniesienia. Do zależności (2.13.1) powrócimy po

W . C tą ty m k i FLEKTRONIK A W ZA DA NIACH Część 2: Ak i Ktji w pływu Tmion tem peratury t u piacc oU& lów półprzew odnikow ych

dokonaniu tego wyboru. Teraz zwróćmy tylko uwagę, żc napięcie odniesienia nie zależy od napięcia zasilającego Uzas- Prąd zasilający /¿as w rzeczywistym układzie musi tylko być większy od prądu emitera tranzystora (zależnego od wybranych R, i R2) o tyle, aby reszta płynąca przez diodę stabilizacyjną jako lDz mogła zapewnić odpowiedni punkt pracy na jej charakterystyce w zakresie przebicia. Warunek h < ¡¿as zostanie uwzględniony przy wyborze rezystorów R, i R2. Rozwiązanie zilustrujemy za pomocą schematu zastępczego ukjadu dla zmian temperatury przedstawionego na rysunku 2.13.2. Przyrost prądu emitera możemy obliczyć jako: A U ,„ - A U ei. A /£ = R. + R, czyli zmiana napięcia odniesienia wynosi:

Rys. 2.13.2

-(AUn z - A U j (2.13.2) R ,+ R Równanie to jest oczywiście różnicową (przyrostową) postacią równania (2.13.1) i równie dobrze moglibyśmy nie wykorzystując schematu zastępczego otrzymać je różniczkując równanie (2 .13 .1). Aby AUudn było równe zeru musi zachodzić: - A U ae+R1-AIe

AU„M ~

r ,+ r J

■AU O Z '

r ,+ r 2

+

skąd mamy:

/?, _ AU nz _ (2.13.3) /?, AU,DE £ BE Ponieważ fi^ je st zawsze ujemny z powyższego jasno wynika, że współczynnik temperaturowy diody stabilizacyjnej edz musi być dodatni. W naszym przypadku: A U " Rt = -A U m R2

= -----lm V / °C = 0 4 0 (2.13.4) R2 - 2,5 mV / °C Teraz ju ż z równania (2.13.1) można obliczyć wartość napięcia odniesienia: 6,2 V - 0 ,6 V 1 = 4.6 V (2.13.5) :(UDZ- U BE)= 0,6 V + (Rt/R 2) + V v* nr-' 0,40+1 czyli spadek napięcia na rezystancji R2 wynikający z przepływu prądu /¿- wynosi 4,6 V - 0,6 V = 4,0 V. Prad płvnący ze źródła zasilania wynosi przynajmniej: ' f/^ l 0 V ~ 6-2 V = 3 ,8mA " 5,,nn R 1 k il Ta wartość wyznacza maksymalny możliwy do przyjęcia prąd emitera. Przyjmując na przykład prąd równy około połowy tej maksymalnej wartości, tzn. h: = 2 mA (wtedy nawet przy minimalnym napięciu zasilającym jeszcze 1,8 mA przepływa przez diodę stabilizacyjną, co powinno zapewnić jej właściwy punkt pracy) otrzymujemy: R2 = 4 V / 2 mA = 2 kO, oraz R, = 0,40 • R2 = 0,40 • 2 k il = 800 Cl Sprawdźmy jeszcze moce wydzielane w elementach w przypadku przyłożenia maksymalnego napięcia zasilającego.

W. CjąZymfci f.l.EKTRONlKA W ZADANIACH C ręić 2: Analiza wpiywu 73ninn tcmperatwy Bk pracę uiladir* pCJpr/cwodiukowych

Prąd pobierany ze źródła zasilania będzie równy: ^ZASom U D2 _ 15 V ~ 6,2 V = 8,8 mA IR 1 k ii Odpowiada temu prąd diody stabilizacyjnej faz = 6.8 niA i wydzielana na tej diodzie moc P[>Zmax = 6,8 mA • 6,2 V = 42 mW. Moc rozpraszana na rezystancji szeregowej R jest wtedy także największa i wynosi P r w = 8,8 mA • 8.8 V = 77 mW. Na zakończenie zwróćmy uwagę na to, że oprócz wartości napięcia U be i jego współczynnika temperaturowego nic wykorzystaliśmy innych (celowo podanych w nadmiarze) danych dotyczących tranzystora. W tym układzie mają one wpływ tylko na rozpływ prądu emitera pomiędzy kolektor i bazę tranzystora, a to nie ma dla nas znaczenia. Ad 2. Rezystancje dynamiczne rBE i roz. zaznaczono na rysunku 2.13.2 linią punktową. Ze schematu wynika, że uwzględnienie rezystancji dynamicznej rBt mogłoby polegać na odpowiednim zmniejszeniu wyliczonej rezystancji R2 do wartości R2 takiej, że R2 = R2 + rBE • Natomiast uwzględnienie rezystancji dynamicznej roz powoduje, że uzyskane powyżej wyniki są bezwartościowe. Napięcie na diodzie stabilizacyjnej Uoz* a więc i napięcie odniesienia staje się teraz zależne od napięcia zasilającego i jego pełna kompensacja temperaturowa musiałaby prowadzić do nicco innych wyników dla każdej wartości U za S-

W. Cużyiulu - fcLŁKTRONIKA W ZADANIACH Część 2: Analiza »pływ u zutun Icmpctłlury na piaoc uUaiłów póJprzewodnikowyih

Zadanie 2.14 Dla tranzystora krzemowego T pracującego w stanic aktywnym w układzie jak na rysunku 2 .14.1 przyjąć, że w temperaturze T0 = 300 K: - spadek napięcia Ube nie zależy od wartości prądu bazy Ib i wynosi 0,7 V; - prąd zerowy I cbo jest bardzo mały i może być pominięty; - współczynnik wzmocnienia prądowego w układzie wspólnego emitera p = 50.

Rys, 2.14.1

Przy zmianach temperatury otoczenia w zakresie kilkudziesięciu stopni można przyjąć, żc: - spadek napięcia Unr. maleje o 2,5 mV przy wzroście temperatury o 1 K; - przyrost prądu zerowego A/co? jest bardzo mały i może być pominięty; - współczynnik wzmocnienia ¡3 przy wzroście temperatury o 1 K rośnie o 1 % swojej wartości w temperaturze To. Przy' powyższych założeniach należy wyznaczyć współczynnik temperaturowy napięcia zasilającego U>przy którym prąd / pobierany z tego źródła nic zależy od temperatury. Rozwiązanie 1 Przy oznaczeniach jak na rysunku możemy dla przyjętych założeń obliczyć wartości prądów w temperaturze T0: h = U b e / R2 = 700 m V / 500 n = 1.4 m A, oraz ¡ ,= < U - Ube) / R , = (1,5 V - 0,7 V) / 500 i i = 1.6 mA czyli Ib =■h —h - 1.6 mA - 1,4 mA = 02 mA. oraz I<: = p - l B = 50 • 0,2 mA = 10 mA Interesujący nas prąd / pobierany ze źródła zasilania wyraża się zależnością: / = / + / - i'Iz U m . + p ^ d U j L - U jL)

(2.14.1)

i ma wartość / = // + /c = 1,6 mA +10 mA = 11,6 mA. W tym miejscu zauważmy, żc dla stałego napięcia zasilającego U przy wzroście temperatury wobec zmniejszania się wartości napięcia U b e - prąd // rośnie, a h maleje. Z tych dwu powodów rośnie prąd bazy Ib = h - h , a ponieważ rośnie lakże współczynnik wzmocnienia p, tym silniej rośnie wartość prądu kolektora lc- Widać więc wyraźnie, że aby prąd / = // + lc mógł przy wzroście temperatury pozostać stały, napięcie zasilające musi się zmniejszać. Poniżej spróbujemy ocenić wartość liczbow-ą współczynnika temperaturowego tego napięcia. W równaniu (2.14.1) zmiennymi zależnymi od temperatury są U, Ub e i mamy; 1 = I(U , Ube.P)

W. Ciątyfciri ELEKTRONIKA W ZADANIACH C ię te 2: Analiza wpływu zmian temperatury no pracę układów półprzewodnikowych

Zgodnie z zaleceniem przedstawionym we „Wprowadzeniu" jako druga metoda postępowania obliczamy zatem trzy pochodne cząstkowe wyrażonej równaniem (2.14.1) funkcji dla wymienionych zmiennych, i uwzględniając Rt = R2= R mamy: 61 p + \ P +l SU R} R 81

p +\

SU B,

R,

R,

BE

U BE

Sj_

U -U

p =

2/3 + 1 R

Sp

R, Przechodząc do skończonych przyrostów uzyskujemy wyrażenie na przyrost prądu pobieranego ze źródła zasilania: Si AłJ p +1 A/ = ---dI AU KII + -----61 ■AUf... + — A/ Ap = - — (2.14.2) BE + f s Ap SU SU B, E “ Sp H v y «R ^ Przyrównując to ostatnie równanie do zera otrzymujemy zależność określającą przyrost napięcia zasilania potrzebny do spełnienia tego warunku: A i / ^ ^ ^ - A U a£- - ^ - ~ A p

P+l

aL

(2.14.3)

P +1

Wartość liczbową temperaturowego współczynnika zmian napięcia t = AU/AT otrzymamy podstawiając w równaniu (2.14.3) przyrosty AU nr. i Afi odpowiadające przyrostowi temperatury o 1 K:

2P +

£ = — ---- E BE _____¿0 p + 1 *“ p + 1 \K c (2 -5 0 + l)(-2 .5 m V /K )-0 t2pA 5 0 0 fl0 ,0 1 -5 0 (l/K ) 50+1

(2.14.4) -2 5 2 ,5 -5 0 mV = 51

5 9 3 «iV

K

Należy zwrócić uwragę. że obydwie zmiany temperaturowe działają w tym samym kierunku, a wpływ zmiany Ube jest przy podanych danych pięciokrotnie silniejszy niż wpływ zmiany fi, co wynika z faktu że napięcie zasilające jest w tym przypadku małe w stosunku do U b e = 0,7 V. Chcąc utrzymać prąd pobierany ze źródła napięcia zasilającego na stałej wartości / = 11.6 mA należałoby tak zaprojektować to źródło, aby przy wzroście temperatury' o 1 K jego napięcie U malało o 5,9 mV. ", 500 Rozw iązanie 2 Ponieważ po raz pierwszy w tym zbiorze mamy do czynienia z zależnym od temperatury napięciem zasilającym rozwiążemy to zadanie jeszcze raz stosując metodę schematu zastępczego dla zmian temperatury. Dla tranzystora w stanie aktywnym przy niewielkich zmianach temperatury zawsze obowiązuje równanie omówione we „Wprowadzeniu” jako równanie (W2.7): A/c = p ■A l, +
Rys> 2.14.2

upraszcza się ono do

K

W. C i o s k i - ELEKTROMfKA W ZADANIACH Cię&i 2: A rndta wpływu zmian temperatur} nu płacę układów p6!przewodnikowy«*)

AJC = P ¿J„+ 1B AP

(2.14.5)

W tym równaniu nieznane są dwa przyrosty: AJb i A¡o Związku pomiędzy nimi w naszym układzie poszukamy rozwiązując schemat zastępczy dla zmian temperatury pokazany na rysunku 2.14.2. Na schemacie występują trzy przyrostowe źródła wymuszające, które dla niewielkich zmian temperatur)' zgodnie z przyjętymi założeniami mogą być uważane za liniowo zależne od temperatury. Na podstawie zasady superpozycji można wyznaczyć odpowiadające tym działającym oddzielnie wymuszeniom trzy składowre przyrostu prądu bazy i przyrostu prądu kolektora: R, n, 500

500

A r H

R'

5 0 0 ii

J

AT

Al*

‘>

Rvs 2.14.3

R y s 2.14.5

w układzie z rysunku 2.14.3 cały prąd A le krąży w obwodzie o zerowej rezystancji, a zatem mamy A lK - 0 oraz Al = Al c ; w układzie z rysunku 2 .14.4 mamy Al 'R = Al =

Rf

R

;

w układzie z rysunku 2.14.5 mamy równoległe połączenie dwu rezystorów a ... A U Kr AU BE I 2AU Ke WięcA/fl = -A U K (— + — ) = oraz Al = -------— = R R R* Całkowity przyrost prądu bazy równy sumie obliczonych powyżej trzech składowych (z uwzględnieniem Ri = R2 =R) wynosi: AI b - A I r - A I h ^ + A I b ” ’ = (A U -2 A U bf. ) / R

(2.14.6)

Przyrost prądu A f pobieranego ze źródła zasilania będący sumą obliczonych powyżej trzech składowych zgodnie z warunkami zadania przyrównujemy do zera: A f = (A U -A U Bb) / R + A Je = 0

(2.14.7)

skąd otrzymujemy zależność: A IC = (AUhe- A U ) / R

(2.14.8)

Podstawiając zależności (2.14.6) i (2.14.8) do (2.14.5) otrzymujemy równanie: (AUbe - A L ) / R = lB A(i + P (A U - 2 A U BE ) / R pozwalające na wyznaczenie przyrostu napięcia zasilającego AU, przy którym następuje kompensacja zmian prądu 1 [warunek A I = 0 został uwzględniony w podstawianym równaniu (2.14.8)]: (1 + 2P)AU HR- 1B - R -A p AU =■ 1+ p identyczne z równaniem (2.14.3) uzyskanym powyżej w pierwszym rozwiązaniu.

W .Ciąjyński F.T.EXTKONlKA W ZADANIACH C*ęie 2: A iu liil wpływu 7minn tcmpcratuiy na procę ukłiKłów półprzewodnikowych

Zadanie 2.15 Dla pokazanego na rysunku 2.15.1 układu wzmacniacza mocy z parą komplementarną tranzystorów T l (npn) i T2 (pnp) o idealnie symetrycznych charakterystykach mamy następujące dane w temperaturze odniesienia To = 25 °C: - prądy baz tranzystorów są równe i wynoszą po I mA; - prądy zerowe ¡cbo tranzystorów są równe i wynoszą po 2 fiA; - współczynnik wzmocnienia prądowego dla każdego z tranzystorów wynosi /?= 100; - spadek napięcia na przewodzącej diodzie i złączu baza-emiler wynosi 0,7 V niezależnie od ptynącego prądu (tzn. rezystancje dynamiczne diod i złącz baza-emiter można przyjąć jako równe zeru). Przy wzroście temperatuiy o 40 °C można przyjąć: - przyrost wzmocnienia prądowego każdego z tranzystorów równy A(5=40; - przyrost prądu zerowego każdego z tranzystorów równy A I c b o = 98 fiA; - współczynnik temperaturowy zmian napięcia baza-emiter i spadku napięcia na diodzie taki sam i równy bbe = £d = - 2.5 mV / °C; Należy obliczyć wartości rezystancji Rn, R i r zapewniających zakładane jednakowe i równe 1 mA prądy baz tranzystorów w temperaturze To, oraz kompensację zmian prądów kolektorowych w podanym zakresie temperatur. Rozwiązanie Jeśli prąd płynący przez Re jest większy niż prąd bazy, o którym wiemy że wynosi 1 mA. oznacza to że /¿> > 0, diody D l - D3 przewodzą i możemy uważać, że spadek napięcia na nich wynosi 2,1 V. Wobec pełnej symetrii układu oznacza to, że na obydwa jednakowe rezystory Rn przypada napięcie 20 V - 2.1 V = 17,9 V. Na jeden z tych rezystorów przypada zatem 8,95 V, czyli zakładając płynący przez rezystor prąd około 2 mA dochodzimy do tego, że można przyjąć rezystancję Rb równą np. 5 kQ. Wobec pełnej symetrii układu stały potencjał w punkcie do którego jest podłączony kondensator wyjściowy jest równy połowie napięcia zasilania, czyli + 1 0 V . Na napięcie 3 U o = 2,\ V równe spadkowi napięcia na trzech diodach włączone są obwody baz obydwu tranzystorów. Dla tego zamkniętego obwodu mamy równanie „koła napięć” : 3 u o = 2 ( lV + ! , * + h ■r) = 2 l / M + 2 /„ • R + 2 ( 0 + 1)/, ■r a wobec równości Ube = Uo mamy: f/„ = 2/„[R + (/J + l ) r ] skąd otrzymujemy:

W. Ciątyftdu - ELEKTRONIKA W ZADANIACH CopŁć 2: Analiza wpływu zmian temperatury nn pracę układów półprzewodnikowych

/? + (£ + l ) r = - ^ = ^ ^ = 350ft 21 u 2 mA i ostatecznie dla /?= 100 warunek, który muszą spełniać rezystancje R i r. aby prądy baz obydwu tranzystorów były równe po I mA ma postać: K +101 r = 350 i l (2.15.1) Wtedy obydwa tranzystory są wstępnie spolaryzowane w taki sposób, że przy braku sygnału wejściowego płynie przez nie z zasilacza prąd l c - P ' h - 100 lmA = 100 mA. Prąd ten zwiększa moc strat we wzmacniaczu i obniża jego sprawność, ale jest to cena, którą płacimy za likwidację zniekształceń przebiegu wyjściowego, omówionych dla układu z zadania 1.13.

Rys. 2.15.3

Rys. 2.15.4

R y s . 2.15.5

Do analizy zachowania się układu przy zmianach temperatury wykorzystamy schemat zastępczy przedstawiony na rysunku 2.15.2. Stosując zasadę superpozycji obliczamy trzy kolejne składowe przyrostów prądów baz dla obydwu tranzystorów (A h i i dlm)Dla układu z rysunku 2.15.3 mamy składowe pochodzące od wszystkich SEM (przy wyłączonych SPM): 81 n 2{R + r) Dla układu 7. rysunku 2.15.4 mamy składowe pochodzące od SPM równej A la ’. R + 2r ... .. R A /., = A -7-------. Al,,. = -A l r. —i------x » "2 l , 2(R + r) *l 2(/? + r) Dla ukJadu z rysunku 2 .15.5 mamy składowe pochodzące od SPM równej Aię$

Na podstawie pełnej symetrii układu podstawowego i jego schematu zastępczego możemy napisać Alei - Alc 2 = Ale- Całkowite przyrosty prądu bazy są wtedy także jednakowe i wynoszą: 3AUn -2AU J Ł ___ 2 r__ ^ (2.15.2) AIc 2(/? + r) 2{R + r)

W Ci^SyAski - EIBKIKONIKA W ZADANIACH C u ; ii 2: Analiza » p ły w u zmian tem peratury nn pracę >ikl*dów pJłprM w odnikcw ych

Podstawiając uzyskany wynik do równania (W2.7) otrzymujemy zależność na przyrost prądu kolektora A/c, którą zgodnie z treścią zadania przyrównujemy do zera: A/c = < /. + / « ) 1W + (P + •)• AICB0 + fi-\ ^

2(R + r)

- T7^ — ,A l( 2(R + r)

2AUn - 2 A U BE 2(/? + r)

A /c

+ (I + l . & P t U V O -2 A U " ; a A/* » + ( / - + / « ) /, + — 5 ( ir + r )

l . AI

1+ 0 —

=

0

R +r Warunkiem spełnienia ostatniej równości jest aby: ^ ,,- 0 2 A U be - 3A (J0 J - e D.AT 2 (rB + l Cb0).A p + (P + \) AJclw 2 (!B+ lCB0) A p H P + l ) A lCIH) (2.15.3) Po podstawieniu danvch liczbowych otrzymujemy: -2 5 H W /K .4 0 K -------,

■OOn.Y

2 (lm A + 2 ^ a ) 4 0 + 101 *98 nA (40 + 10)mA Jest to drugie równanie tworzące wraz z (2.15.1) układ dwu równań o niewiadomych R i r. Rozwiązaniem są wartości rezystancji R = 97,5 O oraz r= 2,5 ft, które zapewniają w temperaturze początkowej 25 °C założone wartości prądów' baz i dla których jednocześnie przy zmianach temperatury w zakresie do 65 °C następuje kompensacja temperaturowych zmian prądów kolektorów'. Wobec tego. że prąd zerowy fena przy zmianach temperatury nic zmienia się liniowo (jak pozostałe wpływy) lecz wykładniczo, pełną kompensację uzyskuje się tylko dla temperatury końcowej zakresu (tzn. 65 °C). Prądy emiterów wykazują wtedy tylko małe zmiany, takie jak prądy baz A1e = A1b - Jak wynika z wartości wyliczonych w mianowniku wyrażenia (2.15.4) wpływ zmian prądu zerowego A/ cbo w rozpatrywanym przypadku jest czterokrotnie słabszy od liniowego składnika pochodzącego od Afł, a więc zmiany temperaturowe A le są wyraźnie ograniczone w całym rozpatrywanym zakresie temperatur. Ceną, jaką płacimy za kompensację jest spadek napięcia na rezystancji r = 2,5Q włączonej do obwodu emitera każdego z tranzystorów, który przy wysterowaniu wzmacniacza napięciem zmiennym zmniejsza maksymalną możliwą do uzyskania amplitudę napięcia na obciążeniu Rl ■Dla każdej z połówek wzmacnianego sygnału rezystancja r przewodzącego tranzystora (Tl dla dodatniej, a T2 dla ujemnej połówki sygnału zmiennego) okazuje się bowiem połączona szeregowo z rezystancją obciążenia. Rezystancja R powoduje także spadek napięcia przy przepływie prądu bazy, a więc wprowadza ograniczenie przy dużych prądach bazy, czyli przy małych rezystancjach obciążenia. Zwróćmy jeszcze uwagę na fakt, że teoretycznie w analizowanym układzie kompensację można byłoby uzyskać włączając pomiędzy bazy tranzystorów tylko 2 a nie 3 diody i przyjmując r = R = 0. Jest to jednak przypadek bardzo wyidealizowany» w którym nie mamy żadnego wpływu na prądy baz płynące przy wystąpieniu jakichkolwiek różnic pomiędzy napięciami na rzeczywistych diodach i złączach bazacmiter tranzystorów, oraz różnic w ich zachowaniu się przy zmianach temperatury'.

W. Ciąż>*ski - fcLŁKTRONIKA W ZADANIACH O ę ś i 2: Analiza Wpływu zmian temperatury iu pracę układów półprzewodnikowych

Z a d a n ie 2.16

Dla pokazanego na rysunku 2.I6.1 symetrycznego różnicowego wzmacniacza prądu stałego z dwoma identycznymi tranzystorami Tl i T2 mamy następujące dane w temperaturze odniesienia T0 = 25 °C: - złącza baza-emiter tranzystorów spolaryzowane w kierunku przewodzenia można zastąpić spadkiem napięcia Ub e — 0,5 V (tzn. rezystancje dynamiczne złącz baza-emiter można przyjąć jako równe zeru); prądy zerowe ¡cm tranzystorów równe po l nA; współczynnik wzmocnienia prądowego dla każdego z tranzystorów wynosi 0 = 99. Przy wzroście temperatury otoczenia o 30 "C można przyjąć: - przyrost wzmocnienia prądowego każdego z tranzystorów równy Af3 = 30; przyrost prądu zerowego każdego z tranzystorów równy AJcno = 15 nA; - współczynnik temperaturowy napięcia Ube równy gbe = - 2,5 mV / °C; - względny współczynnik temperaturowy źródła prądowego w obwodzie emiterów A1 równy = 2-10-7 °C. ¡■AT Przy tych założeniach należy obliczyć: 1. wartość niesymetrycznego napięcia wyjściowego Uw y w stanie równowagi wzmacniacza, tzn. dla Eęi = Eę2 = 0 w temperaturze To\ 2. zmianę tego napięcia odpowiadającą przyrostowi temperatury' otoczenia o 30 °C. Rozwiązanie 1 Ad 1. Jeśli tranzystory' Tl i T2 są identyczne, to w sytuacji gdy obydwa sygnały wejściowe Esi i E g są równe zeru prąd / = 200 jlA umieszczonego w obwodzie emiterów tych tranzystorów źródła prądowego rozpływa się równomiernie i przez emiter każdego z tranzystorów płynie prąd Iei = I f 2= czyli 100 ftA. Jak wiemy: = + ! ) { /,+ /„ .) czyli znając prąd emitera i prąd zerowy możemy obliczyć pfąd bazy każdego z tranzystorów jako: 200 ^iA -1 n A = 999 nA '* = 2 (0 + 1 ) 2(99 + 1) Prądy kolektorów wynoszą wtedy: 99 + 1 nA =99 (iA (2.16.1) /, = /)■/, +(/J + l)/,:.„ = X ~ + / CJW=-20° ,L'' 2 0 +1 2 99+1 a poszukiwane napięcie wyjściowe w stanic równowagi wzmacniacza możemy obliczyć jako:

W. Ciątym ki ELEKTRONIKA W ZADANIACH C « * ć 2- A o alu t wpływu rrnian temperatury na pracę ukUdów półprzewodnikowych

u w = ^ - / CJ *CJ= 1 0 V -9 9 p A 50ki2 = 5.050V Zauważmy jeszcze tylko w tym miejscu, że w powyższych zależnościach nic występuje wartość spadku napięcia na złączu baza-emiter. Ad 2. Dla temperatury otoczenia zwiększonej o 30 °C do wykorzystanych powyżej zależności należy podstawić obowiązujące wtedy nowe wartości: - prądu źródła, dla którego mamy: Al = e - A T 1 = 210~s— 3 0 K 200pA = 12pA K. /'= / + AJ = 200 pA + 1 2 p A = 2 1 2 p A ,a prądy emiterów wynoszą po 106 pA: prądu zerowego tranzystora: I cb o ’ = I cbo + ¿M c bo — 1 nA + 1 5 nA = 16 nA - wzmocnienia prądowego tranzystora: ß ’ = ß + A ß = 99 + 30 = 129 I tak mamy kolejno: 212 pA / -1 6 n A = 799nA 2 (ß +1) 2(129+1) _ 212pA T * CB0 ~

"

129 + 16 nA «105,2 pA 129 + 1

u wr = U zas- 1c i Rc2 = W W - 105,2 pA 50 k il = 10 V - 5,259 V = 4,741 V co oznacza, że w podwyższonej temperaturze prąd kolektora każdego z tranzystorów rośnie o 6,2 pA, a napięcie wyjściowe zmniejsza się o 309 mV. Rozwiązanie 2 Ad 2. Schemat zastępczy rozpatrywanego układu dla przyrostów temperatury przedstawia rysunek 2.16.2. Dla małych przyrostów możemy ten schemat uważać za liniowy i na podstawie zasady superpozycji obliczyć kolejne składowe prądów bazy pochodzące od poszczególnych wymuszeń. 1 tak dla działających obydwu SEM (przy rozwartych SPM jak na schemacie cząstkowym z rysunku 2.16.3, gdzie są one przedstawione , linią przerywaną) mamy: A/.,

_BC2_

R*l +R*l

, - A / 8; = o R ys 2.16.3

(2.16.2) Te składowe prądów baz obydwu tranzystorów są równe zeru wobec tego, że tranzystory znajdują się w jednakowej temperaturze i mają jednakowe współczynniki temperaturowe zmian napięcia cbe- Potwierdza się w ten sposób wniosek z rozwiązania 1 o całkowitym uniezależnieniu prądu bazy (a jak zobaczymy później także i prądu kolektora) w rozpatrywanym układzie wzmacniacza symetrycznego od

W Cią*yAUri IH.EKTRONIKA W ZADAŃIACII Czcić 2: An*liz* »pływ u zminn temperatury nn pracę układów półprzewodnikowych

temperaturowych zmian napięcia U b e - Nawet jeśli w rzeczywistym układzie kompensacja zmian U b e obydwu tranzystorów nie jest pełna, to taki układ zapewnia zawsze lepszą stałość niż stopień na pojedynczym tranzystorze.

Rys. 2.16.4

Rys. 2.16.5

Zwierając jednocześnie obydwie SEM uzyskujemy schematy cząstkowe pokazane na rysunkach 2.16.4 i 2.16.5 pozwalające na obliczenie wpływu SFM równej odpowiednio A la i Alc 2 na prądy baz (dla każdej z tych SPM rezystory Rsj i Ry2 okazują się połączone równolegle: ¡¡Jr. A/,., A/,, =AIB1 = - - £ L r— LL = - M c (2.16.3) Możemy w tym miejscu założyć A la = A la , gdyż jak widać na schemacie zastępczym jedyna niesymetria, tj. fakt że w tematowym układzie przyjęto Ra = 0, a Rc , = 50 kQ nie ma znaczenia dla rozpływ prądu. Każdy z rezystorów Rc jest bowiem włączony szeregowo ze swoją SPM (o nieskończonej rezystancji wewnętrznej) i jego wartość nie wpływa na prąd w tej gałęzi. Ostatnią składową pochodzącą od przyrostu prądu A l wyznaczamy ze schematu cząstkowego pokazanego na rysunku 2.16.6 jako: <2 , 6 4 >

Sumaryczne przyrosty prądów bazy obydwu tranzystorów są równe i wynoszą: A/jil - A/a; = - A lc + ~

(2.16.5)

Teraz przywołujemy wyrażenie (W2.7) słuszne dla stanu aktywnego tranzystora: A/c = 0 A / lł' + ( / ł + / c, o)-A /i+(/* + !) A /„ 0 wiążące przyrost prądu kolektora tranzystora z jego przyczynami w postaci A ft, /Mb i Alcft-o- Podstawiając do niego otrzymaną zależność (2.16.5) otrzymujemy wyrażenie: A/c = (/} + 1)A/„ „ + < /, + l cm)AP + P ~ - ^ A l r

<2.16.6)

Po prawej stronie równania pojawił się ze znakiem ujemnym składnik zależny od poszukiwanego prądu A lc- Po przeniesieniu na lewą stronę zwiększy on wartość współczynnika, przez który mnożony jest p r z y r o s t/o aby zrównoważyć sumę trzech składników pochodzących od trzech przyczyn niestałości (Alcm, A fi i Al).

W.Ciątyńnki

ni.P.KTRONIKA W ZADANIACH

C rę tó 2 A iu liii wpływu /m ian rcmpcf«tui\ na p»acę uktadta- półprzewodnikowych

Przyrost Ale okaże się dzięki temu mniejszy. W ten sposób przejawia się rachunkowo fakt poprawy stałości punktu pracy tranzystorów w układzie symetrycznym w porównaniu do stopnia wzmacniającego z pojedynczym tranzystorem. Kontynuując przekształcenia mamy:

AIC(\ + 0) = (0 +l)A/CM+(/#+ l c 0)A0 +0 y 1 ..

A/c = —~—

C

0 + 1 ft

.. *

. +

,A P U -p ~ + ~2~

(2.16.7)

Definiując podobnie jak w poprzednich zadaniach współczynnik niestałości prądu kolektora S jako wyrażenie stające przed nawiasem po prawej stronie równania mamy: s ^

r

a

<2 M 8 >

Jest to najmniejsza możliwa do osiągnięcia wartość tego współczynnika, przy której jak to wynika ze wzoru 2.16.5 przyrost prądu zerowego Alcso (przypomnijmy, że jest to niezależny od sposobu włączenia tranzystora przyrost prądu zerowego złącza kolektorowego) nie jest wzmacniany i wchodzi do całkowitego przyrostu prądu kolektora A le z wagą 1. Przyrost prądu źródła Al pojawia się w końcowym przyroście prądu kolektora z w agąa/2 (czyli nieco mniejszą od 0,5), gdyż nieznacznie zmienia się także prąd bazy każdego z tranzystorów. Te ostainie wnioski można wyprowadzić także bezpośrednio z zależności (2.16.1), w której składowe prądu kolektora pochodzące od prądu źródła emiterowego / i prądu zerowego ¡cbo (a zatem także od ich przyrostów przy zmieniającej się temperaturze) mają odpowiednio wagi a/2 i 1. Podstawiając do zależności (2.16.7) wartości liczbowe parametrów w temperaturze początkowej i ich przyrostów otrzymujemy: i /f , na p a i A/c = —Q— A l CB0+(Ig + 1CS0) - + = A/cjmi + (/* + / CM ■— p 2 CJMI * c*° 0 + 1 0 + 1 2 C 0+1 a 30 99 12uA A/r = 15 n A + (1 nA +1 nA)------- + - ^ — ^ ^ - = l5nA + 300nA + 5,94uA = 6,26nA 99+1 99 + 1 2 I ostatecznie zmiana napięcia wejściowego wyniesie: AUm = -A IC1 R( 1 = - 6,26jaA • 50 k ii = -3 1 3 mV co jest wynikiem bardzo bliskim uzyskanemu w rozwiązaniu 1. Zwróćmy jeszcze na zakończenie uwagę na to, że główną przyczyną zmiany punktu pracy w układzie jest niestałość prądu źródła emiterowego. Zastosowanie w rozpatrywanym układzie skompensowanego termicznie źródła prądowego (dla którego można byłoby przyjąć A 1= 0) doprowadziłoby do około 20 krotnego zmniejszenia zmiany prądu kolektora, a więc i napięcia wyjściowego. Z ostatnich dwu zależności mielibyśmy wtedy bowiem: A/c = 15nA + 300nA = 315nA , oraz AUw = -A IC 2 Rc2 = -3 1 5 nA - 50 ki2 = -15,7 mV

W. Ciąiyńlfcl - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Cxv& 2: Analiza wpływu ¿mian temperatury na pracę układów półprzewodnikowych

Zadanie 2.17 Dla pokazanego na rysunku układu kaskodowego wzmacniacza napięć zmiennych możemy założyć, że: - w temperaturze To = 300 K złącze bazaemiter dla każdego tranzystora znajdującego się w stanie aktywnym można zastąpić spadkiem napięcia U bf. = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy, a współczynnik temperaturowy tego napięcia wynosi f.b e = - 2,5 mV / K; - prądy zerowe ¡cbo tranzystorów Tl i T2 są bardzo małe, możliwe do pominięcia; w całym rozpatrywanym zakresie temperatur; - współczynniki wzmocnienia prądowego Rys. 2.17.1 tranzystorów Tl i T2 wynoszą A = fh = 100 i przy wzroście temperatury' o 1 K rosną o I % swojej początkowej wartości; Należy wyznaczyć: 1. punkty pracy tranzystorów w temperaturze T$\ 2. zmianę składowej stałej napięcia wyjściowego wywołaną wzrostem temperatury otoczenia o 10 K. Rozwiązanie 1 Ad 1. W układzie można łatwo obliczyć prąd bazy, a następnie prąd kolektora dla tranzystora T l: _ Eg. - U uh 15 V - 0.6 V (2.17.1) 10 *iA R„ 1,44 / c l = A /« ri= 1 0 0 I O n A = lm A

(2.17.2)

Potencjał punktu Cl na rysunku, w którym łączą się kolektor Tl z emiterem T2 wynosi: 3 V - 0,6 V = 2,4 V = Um Tranzystor T l znajduje się w stanic aktywnym (gdyż jego prąd l a = I mA, a napięcie kolcktor-baza jest dodatnie i równe 1,8 V), co potwierdza prawidłowość wykonanych obliczeń. Spostrzeżenie że: Ic i = 1 mA = ¡£2 pozwala nam obliczyć prąd bazy tranzystora T2 jako; rB2 = li2 /<&+!)= 1 mA / (100+1) = 9,9 ^lA, (2.17.3) prąd kolektora tranzystora T2 jako: •/C2 = & / « = 100 •9,9 nA = 0,99 mA (2.17.4) oraz składową stalą napięcia wyjściowego jako potencjał w punkcie C2 (przy braku wysterowania wejściowym napięciem zmiennym): U*? = Ecc ~ ¡ a •* c = * - 0,99 mA 5 k ił = 10,05 V (2.17.5) Dodatnie napięcie kolcktor-baza tranzystora T2 wynoszące:

W. Oątyfa&i PJ.P.KTRONIKA W ZADANIACH CeęSć 2: Analiza wpływu rm ijn tempera tut> na ptsoę uUkIów półprzewodnikowych

Uct2 = UC 2 -U U = 10.05 V - 3 V = 7.05 V potwierdza, że także tranzystor T2 pracuje w stanie aktywnym. Ad 2. Przy zmianach temperatury o 10 K napięcie Ube2 zmienia się o kilkadziesiąt mV, czyli tranzystor Tl na pewno pozostanie w stanie aktywnym, a takie założenie dla T2 zweryfikują uzyskane wyniki. W temperaturze 310 K mamy dla każdego z tranzystorów: UIE = UBE + eBE A T = 600 mV - 2.5 (mV / K) • 10 K = 575 mV p = 0 + A 0 = 0 + lO%/J = lOO + lO = llO Podstawiając te nowe wartości parametrów do zależności (2.17.1) otrzymujemy kolejno:

-0.575 v

(2.17.5)

= 10,02fiA

(2.17.1')

/¿■j = l E2 = Pi !s l =\ 1010 ,0 2 nA = 1,102 mA

(2.17.2')

Rb

1,44 MO

1

____ . 1 = 1,102 mA =9,927 ilA /„ = /« P 2+ 1 110+1

(2.17.3')

/ „ = / * , / „ = 1 1 0 - 9 ,9 2 7 ^ = 1,092 mA

(2.17.4')

u WY

= E(t. - / « • /?c = 15 V -1,092 mA 5 k ii = 9,540 V

(2.17.5')

A U»» = UW - i / w = 9,54 V -10,05 V = -0,51 V Tak więc obydwa tranzystory pozostają w stanie aktywnym (gdyż, jak łatwo sprawdzić dla obydwu tranzystorów napięcie Urn pozostaje dodatnie), a napięcie wyjściowe zmniejsza się o 0,51 V. Rozwiązanie 2 Ad 2. Schemat zastępczy układu dla zmian temperatury przedstawia rysunek 2.17.2.

Re auwv

Dla przyrostu prądu bazy tranzystora T l mamy kolejno:

AU,

b,

Rys. 2.17 J

Rys. 2.17.4

• składową AI bi ' pochodzącą od zmiany ICi (liczoną przy zwarciu SEM równej AU bei, patrz rysunek 2.17.3), która jest równa zeru, gdyż cały prąd A le płynie w obwodzie o zerowej rezystancji przez zwartą SEM AUBEr, • składową A I b i " pochodzącą od zmiany U B e i (zgodnie z regułą obowiązującą przy stosowaniu zasady superpozycji liczoną przy rozwarciu SPM równej Alei - patrz

W. Ciązyński - ELEKTRONIKA W ZADANIACH O k U 2- Analiza «Tty*™ zmian tcmperaiury na pf*c< uUkJów półprzewodnikowych

rysunek 2.17.4). Zauważmy, że to rozwarcie powoduje odcięcie obwodu bazy Tl od pozostałych 2 źródeł wymuszających, a więc jest to jedyna składowa różna od zera: A /;, = - ^

- = A /„ (2.17.6) "ił Ostatnią zależność (2.17.6) wstawiamy do wyprowadzonego we „Wprowadzeniu” równania W2.7 „słusznego zawsze” (gdy tylko mamy do czynienia z tranzystorem w stanie aktywnym), które w rozpatrywanym przypadku (dla A I cbo = 0) przyjmuje postać: A /c = / , A0 + p A /#

(2.17.7)

Po podstawieniu wartości liczbowych, otrzymujemy dla tranzystora T l: A l Ci = / „ •A/5, + P, -A/*, = / . , •A0 - 0 ~

=

25 V * = 10 nA 10+1 ( ) 0 - = ^ — = 100 nA + 1,7 nA = 101.7nA 1,44 M ii

<2 17'*>

2

Dla przyrostu prądu bazy tranzystora T2 SEM równe A U Be i i A U b e nie dają składowych, gdyż działają w obwodzie szeregowym z SPM równą J/c /. Natomiast SPM równe A l a i A la przy zwartych SEM płyną przez bazę T2 w całości, ale w przeciwnych kierunkach (patrz rys. 1.17.3), czyli mamy: A /S1 = A lCi - A/CJ

(2.17.9)

Po podstawieniu wartości liczbowych dla tranzystora T2 do wyrażenia 2.17.7, otrzymujemy: ^ c i = l,z ¿P i + & ' A1B2 = / „ •A0 + P2 Al a - P2 •A1C2

(2.17.10)

Po prawej stronie pojawił się ze znakiem minus składnik zależny od A la , który przenosimy na lewą stronę i wyciągamy przed nawias: AJCi(\ + P , ) = l n AP + P t A la Dzieląc obie strony równania przez wyrażenie w nawiasie mamy ostatecznie: 1K 2 AP + P2 A1CI

(2.17.11)

1+ 0 : Podstawiając wartości liczbowe otrzymujemy wartość przyrostu prądu kolektora T2: /„ - A 0 + & A /C , 9,9nA 10+100 101,7 n A , ^ C2 1+ 0 2 1+ 100 Przyrost składowej stałej napięcia wyjściowego wynosi (patrz np. rysunek 2.17.2): AUw = - R C2-A/CJ = - 5 k ii 101,7 nA = - 0.51 V co pokrywa się dokładnie z wynikiem uzyskanym w rozwiązaniu 1.

(2.17.12)

W. Cł&tyAiki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C*<łć 2 Analiz* wpływu zmian temperatury na pracę okładów półprzewodnikowych

Z ad an ie 2.18 W układzie tranzystorowego stabilizatora napięcia jak na rysunku 2.18.1 należy: 1. narysować charakterystykę obciążenia stabilizatora U w y - f ( l ó w temperaturze To = 300 K dla rezystancji obciążenia R l zmieniającej się od cc (dla wyłączonego klucza K) do 0 (tzn. do zwarcia wyjścia do masy); 2. narysować charakterystykę jw. w temperaturze T' = 340 K; 3. wyznaczyć minimalną wartość napięcia wejściowego stabilizatora, jeśli ma on działać poprawnie w zakresie temperatur od 300 do 340 K. Zakładamy, że: - dla każdego z tranzystorów prąd kolektora w stanie aktywnym nie zależy od wartości napięcia U c e , a granica stanu nasycenia tranzystora odpowiada napięciu \U c fJ =

1.0 V;

- złącze baza-emiter każdego z tranzystorów znajdującego się w stanie aktywnym można w- temperaturze Ta zastąpić spadkiem napięcia Unr\ = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy, a w zakresie temperatur do T współczynnik zmian tego napięcia wynosi €be= - 2,5 mV / K; - prąd zerowy ¡ceo każdego z tranzystorów jest bardzo mały, możliwy do pominięcia w całym zakresie temperatur od T0 do T ; - stałoprądowy współczynnik wzmocnienia prądowego pi tranzystora T l (pnp) jest na tyle duży, że możemy pominąć prąd bazy (czyli uważać, że Ic = /*); - stałoprądowy współczynnik wrzmocnienia prądowego tranzystora T2 (npn) jest w temperaturze T0 równy p2 = 100 i rośnie o 1% tej wartości na każdy stopień przyrostu temperatury; - dioda Zcnera ma w temperaturze To napięcie przebicia U dz = 5,6 V, a w zakresie temperatur do T' współczynnik zmian tego napięcia wynosi c o z - - 0,5 mV / K. Rezystancja dynamiczna raz w całym obszarze przebicia może być uważana za równą zeru; - przewodzącą diodę można w temperaturze To zastąpić spadkiem napięcia U o - 0,6 V niezależnym od wartości prądu diody, a w zakresie temperatur do r współczynnik eo zmian tego napięcia ma wartość - 2,5 mV / K. Rozwiązanie Ad 1. Przedstawiony na rysunku 2.18.2 fragment układu można uważać za źródło prądowe, gdyż możemy napisać: 2 U u = U u l + l c R e , a zatem

W.Cią2y6ski ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 2: AjaJiza wpływu zminn temperituTy na pracę ukfcułów pótprrrwodnikaw ych

0,6 V - 0,6 V 5 mA (2.18.1) Re 120 i ł Jeśli możemy pominąć prąd bazy, to także prąd kolektora jest równy 5 mA i to niezależnie od obciążenia, jeśli tylko napięcie na obciążeniu nie jest zbyt duże. Napięcie na emiterze tranzystora wynosi 10 V - 0,6 V = 9,4 V. czyli wobec tego żc I6rc&l = 1,0 V tranzystor znalazłby się się na granicy stanu nasycenia gdy Ua = 8,4 V, co odpowiadałoby maksymalnej wartości rezystora obciążającego równej 8,4 V / 5 mA = 1,68 kił. Powracając do pełnego układu widzimy, że omawiane źródło prądowe pracuje na diodę Zenera i napięcie U c i = U d z = 5,6 V, czyli tranzystor Tl pracuje w stanie aktywnym. Prąd źródła rozpływa się tak, żc: l a = faz + ¡82 ; Gdy stabilizator byłby zupełnie nieobciążony (/¿? = 0, a zatem także l B2 = 0), cały prąd 5 mA płynąłby przez diodę Zenera. Pojawienie się obciążenia powoduje, że odpowiadający mu prąd bazy zmniejsza prąd diody Zenera. Maksymalny prąd, który może wpłynąć do bazy T2 także wynosi h 2 ma* = 5 mA. Przyjęta aproksymacja charakterystyki złącza baza-emiter powoduje, że dla / « = 0 mamy U m - Uoz = 5,6 V, ale już bardzo niewielki prąd emitera powoduje pojawienie się spadku napięcia Ubei - 0,6 V i wtedy napięcie wyjściowe spada do wartości: U m = V u z - V >£2 = 5'6 V - 0 ,6 V = 5,0 V (2.18.2) W rzeczywistym układzie taki (bardzo w stabilizatorze napięcia niepożądany) h,

2U,

=

początkowy

odcinek

charakterystyki

o

dużym nachyleniu także występuje i z tej przyczyny stabilizator wymaga pewnego wstępnego obciążenia, włączonego zawsze, niezależnie od wartości zewnętrznego obciążenia użytkowego /?/.. W tematowym układzie rezystor Ro spełnia właśnie rolę takiego wstępnego obciążenia. Maksymalna wartość prądu emitera tranzystora T2 odpowiada faz = 0 i wynosi: Is i™ = (fiz + = (100+1) • 5 mA = 505 mA (2.18.3) Przez podłączony
W. eią*yiwkri - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C/ęŚć 2: AiuJiza wp5yd.ii jrnUn leinpcratiay tu pracę układów półprcewodnikc^yycli

rczy stancji obciążenia większych od 10 ił), oraz zakres stabilizacji prądu na poziomic 505 mA (dla rezystancji obciążenia mniejszych od 10 ił). Poszukiwana charakterystyka Uwy- f Ul ) pokazana na m p 1 rysunku 2.18.5 uwzględnia konsekwencje zastosowania wstępnego obciążenia w postaci rezystora Rn: - w punkcie załamania charakterystyki (dla Rl = 10 ił) prąd obciążenia użytkowego jest od JE2 mniejszy o prąd 5 mA wpływający do Ro\ +4J l n . . . . . . C 10 W 5 0 J J M 1-nAI - dla Ri. < 10 i ł przy zmniejszającym się napięciu wyjściowym prąd lo wpływający do wstępnego Rjv 2.18.5 obciążenia zmniejsza się proporcjonalnie. Dla Rl = 0 prąd A> oczywiście osiąga wartość zerową, czyli cały prąd I n o wartości 505 mA płynie przez zwarty z masą zacisk wyjściowy. Ad 2. W temperaturze T = 340 K parametry zależne od temperatury uzyskują wartości: U be = Ud - 600 mV - 2.5 (mV / K) ■40 K = 500 mV. /V = 1 0 0 + A0% ■100 = 140, oraz Un i = 5,60 V - 0,5 (mV / K) • 40 K = 5,58 V, Podstawiając te wartości do zależności (2.18.1)-(2.18.3) mamy kolejno:

/; C1

Rk

1200

Um = U m -U 'm = 5 ,5 8 V -0 ,5 V = 5,08V

' (2.18.2’)

4 « « = (& + !) /« « „ =(140+1)-4,17 mA = 583mA (2 .1 8 S ) Charakterystyka Uwy*= f Ul) ma przebieg podobny do pokazanego na rysunku 2.18.5 z tym, że: - w zakresie stabilizacji napięcie na wyjściu stabilizatora ma wartość 5,08 V; - prąd zwarcia wynosi 583 mA; w punkcie załamania charakterystyki prąd obciążenia użytkowego jest od prądu Uimnr' mniejszy o 5,08 mA wpływające do Rn , czyli wynosi ok. 578 mA, a to odpowiada podłączeniu Ri. = ok. 8,8 ił. Współczynnik temperaturowy zmian napięcia wyjściowego wynosi 80 mV / 40 K = 2 raV / K, czyli jak należało się spodziewać na podstawie (2.18.2) jest równy różnicy sDz - enrAd 3. Zmniejszenie wartości napięcia zasilającego stabilizator powoduje zmniejszenie napięcia Ucei■ Zakładając ostrożnie, że napięcie Ucf.i nie powinno spaść poniżej Ucei = I V, oraz wiedząc że ¡ei 1Re = Uu mamy: Um > U DZ+UCEt+Un (2A8.4) co dla temperatury T0 daje warunek: UWB >5,6 V + L0V + 0,6V = 7 .2 V . a dla temperatury T ‘ nieco łagodniejszy- warunek Uw£> 5,58V + 1,0V + 0.5 V = 7 ,0 8 V . Od spełnienia pierwszego z tych warunków- zależy poprawna praca stabilizatora w całym zakresie temperatur.

W. Ciąiyńsiu - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 2: Analiza wpływu ¿lilia» icmpcratury oa peacę ukŁiduw półprzewodnikowych

Zadanie 2.19 W układzie tranzystorowego źródła prądowego jak na rysunku 2.19.1 należy: 1. obliczyć wartość bezwzględnego (Alt /AT) i względnego [A1l / ( I l 'AT)] temperaturowego współczynnika zmian prądu wyjściowego źródła dla zmian temperatury otoczenia w zakresie od To = 300 K do T = 310 K; 2. wyznaczyć wartość temperaturowego współczynnika napięcia przebicia diody Zenera £7>z. przy którym w podanym zakresie temperatur następuje pełna kompensacja zmian prądu źródła. Zakładamy, że: - złącze baza-emiter każdego z tranzystorów' znajdującego się w’ stanie aktywnym można w temperaturze To zastąpić spadkiem napięcia \U B e \ = 0,6 V niezależnym od wartości prądu bazy, a w zakresie temperatur do 7” współczynnik zmian tego napięcia wynosi £/?/■= - 2,5 mV / K; - prądy zerowe I c b o obydwu tranzystorów są jest bardzo małe, możliwe do pominięcia w całym zakresie temperatur od To do T ‘\ - stałoprądowy współczynnik wzmocnienia prądowego 0/ tranzystora Tl (npn) jest w temperaturze To równy 0y = 100 i rośnie o 1 % tej wartości na każdy stopień przyrostu temperatury; - stałoprądowy współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora T2 (pnp) jest w temperaturze To równy 0? = 49 i rośnie o 1 % tej wartości na każdy stopień przyrostu temperatur)'; - dioda Zcncra ma w temperaturze To napięcie przebicia Up?= 3.3 V ,a w zakresie temperatur do T współczynnik zmian tego napięcia wynosi sdz = - 1 m V /K . Rezystancja dynamiczna rDz w całym obszarze przebicia może być uważana za równą zeru. Rozwiązanie Ad 1. Zgodnie z oznaczeniami na rysunku 2.19.1 dla obwodu zamykającego się przez pracującą w obszarze przebicia diodę Zenera, spolaryzowane w kierunku przewodzenia złącza baza-emiter obydwu tranzystorów i rezystor Rj możemy napisać: Uatt +V d z = U eii: + J e j 1 • a zatem _ VRF. ESI _ 0,6V + 3 ,3 V -0 ,6 V = IOrnA // Cl -" I Rj 330a Prądy bazy i kolektora tranzystora T2 są równe odpowiednio: 1F2 10mA _ _ . (2.19.2) = ■= -------- = 0.2mA BI 0 2 + l 49 + 1 (2.19.3) rC2 = 'L = p 2 • / « = 49-0,2 mA = 9,8 m A Tak więc układ jest źródłem prądu 9,8 mA, oczywiście pod warunkiem że rezystancja obciążenia /?/. nie jest zbyt duża i tranzystor T2 znajduje się w stanie akty wnym.

W. CUiyńslu - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C/ę*i 2: Analiz# wpływu m i l i i i temperatury na pracę układów półpreovodmii>wycłi

Dla przykładowej wartości Ri = 50() Ci warunek ten jest spełniony gdyż: R l = 1 5 V -3 ,3 V -4 ,9 V = 6,8V W temperaturze T = 310 K parametry zależne od temperatury uzyskują wartości: Ub e = 600 mV - 2,5 (mV / K) • 10 K = 575 mV, P2 ' = 49 + 10% -49 = 53,9 oraz U»z = 3,30 V - 1 (mV / K) • 10 K = 3,29 V. Podstawiając te wartości do zależności (2.19.1) + (2.19.3) mamy kolejno: It2

U m + U n -U m -

~

& +1

0,5 V + 3,29V -0 ,5 V = 9,970mA 330 Cl

(2.19.1’)

9,970mA = 0 .182n i A 53.9+1

(2.19.2')

/(•: = I,. = P: • = 53,9• 0,182mA = 9,788mA Tak więc „przyrósł” prądu wyjściowego jest ujemny i wynosi: AIL = f L - l L = 9 ,7 8 8 m A -9.800 mA = -12|iA Odpowiadają temu następujące wartości współczynnika temperaturowego: a/

AT

^ - um a 10K

mą

K.

(2.19.3')

_ ą k _ = „ - 12ma = - i 22g l L AT 9 8 00p A 1 0 K K

Ad 2. Jak wynika z zależności (1.19.1) w c, omawianym układzie następuje kompensacja j wartości napięć baza-cmilcr obydwu tranzystorów (o przeciwnym typie t ' B, ^ B t ^ przewodnictwa). Dobre wyniki uzyskamy w fc. " rzeczywistości, jeśli uda się zapewnić równość ] r , ^ 6E1( współczynników temperaturowych tych AU E6? napięć. Jeśli dodatkowo udałoby się zastosować skompensowaną diodę Zcncra o i ** 92 £dz = 0, to jak łatwo można stwierdzić na podstawie (2.19.1) uzyskujemy niezmienny prąd emitera /a?. Wtedy zmiany prądu kolektora są bardzo małe i równe liczbowo zmianom prądu bazy. Na pytanie przy jakim Rys. 2.19.2 £d7. uzyskalibyśmy niezmienność prądu kolektora można odpowiedzieć wykonując obliczenia przedstawioną metodą dla kilku przykładowych wartości i dokonując interpolacji.

1

:) r

rb B »c

My jednak zastosujemy metodę schematu zastępczego dla przyrostów temperatury. Schemat ten dla analizowanego układu jest przedstawiony na rysunku 2.19.2. Na jego podstawie można napisać wyrażenia: Ul 4. A A/lC2 - A_ Ą/ Ia + * /„ = ■ AU. m ~ AUpz ~ AU^bzk Rr

(2.19.4)

AIB2 = - * U W + AU ™ +AU ™ - ą j ,

(2.19.5)

Ponieważ w potrzebnym nam wyrażeniu (2.19.5) zmienna A la nie występuje (nie wpływa na A ¡32, gdyż jest na schemacie zwierana przez zerową rezystancję SEM

W. Cinźywki - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C ręić 2: Analiza wpływu zmian tanpcr*tiny ca pracę układów półprzewodnikowych

równej AU$z) nic będziemy zajmowali się w dalszym ciągu przyrostami M Bi \ j / C7. Dla tranzystora T2 wyrażenie (W2.7) (bez uwzględnienia wpływu przyrostu prądu zerowego) przyjmuje postać: (2.19.6) M c i = h i APi + P i M ai Podstawiając do powyższego wyrażenie (2.19.5) otrzymujemy: A l ci ~ I bi ' A@2+ Pi *i

/■»

a \

i

a. o

- A U m + A U DZ + AU,EBE'.

o —A UUtB2 + A U M +AU B£1

^ ---------*1 Zakładając A Uust =AUrj)2 mamy ostatecznie: AU . AP: A/r ? = ~ ~^T 1B2 P2 + l R} 49 + 1 CI Al ci (1 + P i ) = l , i A p 1+

- A i.

(2.19.7) (2.19.8)

49+1 330 ci 4.9 49 !0m V A l = ~ 0 . 2 m A — - - = 19,6 pA - 29,7 nA = -10.1pA C2 50 50 3 3 0 0 Jest to wynik zbliżony do obliczonego w rozwiązaniu l przyrostu wynoszącego ok. 12 (iA, chociaż różnica jest w tym przypadku dość znaczna, bo wynosi prawie 20 %. 7. równania (2.19.9) można określić przyrost napięcia AUnz i współczynnik temperaturowy €dz potrzebny do uzyskania pełnej kompensacji zmian prądu wyjściowego źródła (czyli A l ci = 0) dla temperatur bliskich T0: Pi '-oz ~

AU DZ AT

.330O . 0 . 2 m A - - 3 3 0 Cl 20 pA = - 6,6mV 49 mV 1% pA ĄfU_ / „ - * , = ------ 3 3 0 0 0,2 mA = -3 3 0 O • 2 —- = - 0,66 K fi ¡AT K K

W. Ciążywki EIJ-KTROSDCA W ZADANIACH Częić 2: Analiz« wpływu zmian ttfnp
Zadanie 2.20 Na rysunku 2.20.1 przedstawiono układ tranzystorowego źródła prądowego, w którym wartość prądu wyjściowego li może być strojona poprzez zmianę rezystancji Rf. w zakresie do wartości prądu polaryzującego //>. Tranzystory Tl do T3 są identyczne, a ich pracę w dużym zakresie zmian prądu kolektora lc w funkcji napięcia polaryzującego złącze emiter-baza Ueb opisuje zależność wykładnicza będąca przy bliżeniem dokładnego wzoru jak niżej: / c . / t e °r -1

( 2 .20. 1)

Rys. 2.20.1 g d z ie :

I, - teoretyczny prąd wsteczny złącza emiter- baza (prąd nasycenia nośników mniejszościowych); kT UT = -------potencjał elektrokinetyczny, w temperaturze 300 K równy ~ 26 mV; k = 1,38 • 10-231J/K] - stała Boltzmanna; T [K] - temperatura bezwzględna [w kelwinach]; q = 1.60 • 10"19 [C] - ładunek elementarny. Współczynniki wzmocnienia prądowego p tranzystorów są na tyle duże, że możemy w obliczeniach pominąć prądy baz (możemy założyć dla każdego tranzystora ¡u = 0, a zatem 1(; = Ie). Przy podanych założeniach należy: 1. obliczyć wartość stałej 1, jeśli wiadomo, że w temperaturze To = 300 K dla Ueb = 390 mV mamy lc = 200 jiA; 2. obliczyć wartość rezystancji Re, dla której uzyskuje się Il = Vi !p\ 3. obliczyć wartość rezystancji Rp, dla której przy obliczonej powyżej wartości Re uzyskuje się w temperaturze To = 300 K prąd wyjściowy 4 = 400 nA; 4. wyznaczyć maksymalną wartość rezystancji obciążenia R i^ k zakładając, że granicą stanu nasycenia tranzystora jest sytuacja, gdy Ubc = 0; 5. dla zmian temperatury otoczenia w pobliżu Ty = 300 K (przy wyznaczonych powyżej wartościach /„ RE i Rp) rozważyć czy dla obliczenia wartości względnego [A Il/(IlA T )] temperaturowego współczynnika zmian prądu wyjściowego źródła jest możliwe przyjęcie dodatkowego założenia, że współczynniki temperaturowe zmian napięcia baza emiter są dla wszystkich tranzystorów jednakowe i równe £ b e = - 2,5 m V / K . Rozwiązanie Ad 1. Wobec tego, że możemy w obliczeniach pominąć prądy baz, zgodnie z oznaczeniami na rysunku 2.20.1 możemy napisać: h =h (oraz 12 = IL) Na podstawie (2.20.1) dla It mamy: 200jjA = / , - c j*°v

czyli

= 200 * iA c “ - v = 2 0 0 * iA c',s

(2.20.2)

W. Ciąiyrufci - ni.EKTRONTKA W ZADAWACH Część 2: Analiza wpływu zmian temperatury na procę uVhd6w półprzewodnikowych

-1 5

-1 5

Podstawiając: e‘ ,s =IO taI° = 1 0 2-303 =10"6,SM«3,06-10“7 mamy: / , = 200 pA ■3,06-10'7 = 61 pA

(2.20.3)

Ad 2. Przy oznaczeniach jak na rysunku 2.20.1 mamy: t£u± Vj£2 I y - l r ‘c Ur oraz I , = I t e Vl co po podzieleniu stronami daje Po zlogarytmowaniu ostatniej zależności mamy: ln— = /j

j

h =e

Uf,, -UL Ur

—^ ^ c z y l i inaczej: UT

u i, /, kT 1 , /, kT I . /, ~~ n k T . /, U££l- V a >2 = - \ n - L = ----------- log-*- = ----- --- log-^- = 2,30— log-^q l 2 q loge /j ą 0,434 I2 ą f2 (2.20.4) co ostatecznie w temperaturze 300 K daje: Ua i - U a i = 6 0 m V - l o g i '2 W analizowanym układzie różnica napięć na złączach emiter-baza tranzystorów Tl i T2 jest równa spadkowi napięcia, który prąd h (równy prądowi wyjściowemu /¿) wywołuje na rezystancji Re- Jeśli chcemy, aby stosunek prądów wynosił l i / h = 2 to warunek wygląda następująco: Um - U a j = lL RE = 6 0 m V • log2 = 60mV 0,3010 = 1 8 mV (2.20.5) Czyli niezbędna do zapewnienia prądu źródła 4 = 100 pA wartość rezystancji R f. to: 1 8 mV= J 8 m V =180f ł £

IL

lOOpA

Ad 3. Jak podano dla prądu // = 200 pA napięcie Uebi wynosi 390 mV. Przy dwukrotnie mniejszym prądzie h = 100 pA napięcie Ueb2 musiałoby być o 18mV mniejsze, czyli wynosić 372 mV. Napięcie Ues3 jest równe Uf.bz (czyli wynosi także 372 mV) ponieważ przez tranzystor T3 płynie także prąd 100 pA. Spadek napięcia na rezystorze R? jest równy U - V m - U EB} = /,, • /?,, a zatem aby prąd płynący przez Rj>wynosił rzeczywiście 200 pA rezystor ten musi mieć wartość: R ^» s-y u -U u s 1 5 V -0 ,3 9 0 V -0 ,3 7 2 V _ 14ł2 3 8 V :::712kfj ^ ' /, 200 pA 0.2 m A W praktycznym rozwiązaniu należałoby zastosować szeregowe połączenie np. stałego rezystora 62 k£2 i rezystora zmiennego o wartości 15 kil, co pozwoliłoby dostroić prąd If do pożądanej wartości 200 pA, lub (przy uwzględnieniu płynących w rzeczywistym układzie prądów baz) do wartości zbliżonej, ale takiej przy której prąd Wyjściowy źródła (przy wykorzystaniu stałego rezystora o obliczonej jak wyżej wartości R e = 180 Ci) jest dokładnie równy pożądanej wartości //. = 100 pA. Ad 4. Dla wybranych wartości Re i Rp układ jest źródłem prądu /¿= 1 0 0 p A , oczywiście pod warunkiem że rezystancja obciążenia Rt. nie jest zbyt duża i tranzystor T3 znajduje się w stanie aktywnym. Tranzystor T3 znajdzie się na granicy stanu nasycenia gdy UBa - 0 , tzn. gdy I L -RLmtx = 1, ■R , =U zas ■ a to oznacza żc rezystancja obciążenia może być przyjęta w zakresie od zera do:

W. Ciątyfeki ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 2: A n ilin wpływii j-jniwi tcmpcraiuiy na pncę ukUdńw pólprwwodnikciwych

= l 'u s ~ U.m ~ U“" = ^ p ^ = 1 4 2 k n . 2 Rf lL 0,1 mA Ad S. Założenie równości współczynników temperaturowych zmian napięcia bazacmiter wszystkich tranzystorów (łeb = - 2,5 mV / K) oznaczałoby, że przy zmianach temperatury przyrosty napięć Uebi i Uebi są takie same, a zatem ich różnica pozostaje stała: U r.m —UEsi ~ W ebi +£ es\ 'A T ) —(Uilał ’AT) = (^¿'«1 Eto ) + (£OII —£eS2 ) ' AT = UEBi —U¿32 Oznaczałoby to (patrz wyrażenie 2.20.5), że stały jest spadek napięcia na rezystorze R e czyli prąd wyjściowy źródła jest równy 100 jiA niezależnie od temperatury. Taki wniosek byłby jednak zbyt optymistyczny, tym bardziej że inne podejście prowadzi do odmiennego wyniku. Mamy bowiem na podstawie zależności (2.20.6): j' = V > * -V m -V a ,

(2 20 7)

rh

Skąd dla przyrostów temperatury (przy stałym napięciu zasilającym U/as) wynika współczynnik zmian prądu Ip źródła: Ą ^ = - € £i>i-g£g? = z jiĘ g .= 5 m V / K = 7 0 n A / K AT R,, Rp 71,2 k n lub w wartościach względnych: *

^. m V / K

=

350

ppm / K

(2.20.8)

(2 .2 0 .9 )

l r AT t r Rr 200 ¿iA •71 k ił Wzrost prądu //> powoduje, że napięcie Uebi które w wyższej temperaturze zmniejszyło się o 2,5 mV / K. rośnie ze względu na zwiększającą się wartość prądu. Jest to klasyczny przypadek ujemnego sprzężenia zwrotnego, kiedy to skutek zmiany (wzrost prądu ¡¡> spowodowany zmniejszeniem się w wyższej temperaturze napięć Ueb2 i Uer.i) przeciwdziała przyczynie tejże zmiany, dążąc do doprowadzenia do poprzedniej wartości Uebi- Wyliczony w (2.20.8) przyrost prądu należy rozumieć właśnie jako częściową kompensację zmiany (zmniejszenia prądu Ip wynikającego z zależności (2.20.1) dla malejącej ze wzrostem temperatury wartości Ubei. przy błędnie dotychczas zakładanych wartościach /, i U jjako stałych). Dopiero w tym miejscu widzimy wyraźnie, że nie możemy ograniczać się w swoich rozważaniach do uwzględnienia wpływu temperatury na napięcie Ueb tranzystorów, gdyż prowadzi to do zupełnie opacznych wniosków (prąd zgodnie z wzorem 2.20.1 malałby wtedy wyraźnie dla wyższych temperatur). We wzorze (2.20.1) od temperatury zależą w rzeczywistości wszystkie 3 wielkości: Ube, Ut i Jy Aby określić przyrost prądu ¡c musimy więc obliczyć pochodne cząstkowe funkcji dla poszczególnych parametrów: r

1

_ Ut

W. Ci^tyńskj - ELEKTRONIKA W ZADANIACH Część 2: Analiza wpływu a iittti tctnpcntury na pracę układów półprzewodnikowych

Obliczamy różniczkę zupełną funkcji i przechodząc do przyrostów skończonych otrzymujemy:

^ = s t A£/“ +f e At/' +! ^ ^ L - r •Ve 0r AT ' Alę lc AT

1 V

U i— AU AT AUa AT

u*

UEB A UT 'u l

Al,

AT + 1%AT

aut

( 2.20.10) AT l.A T Przyjmując jak dotychczas AU eb/A T = - 2,5 mV / K, obliczając AU t/A T jako pochodną na podstawie wartości liczbowych stałych fizycznych: dUT _ d f k T \ L = j j ? . 10~” _ j _ = I M X = 0,086 — t dT dT{ ą ą 1,60 10 K C 160 K K _

u}

lub wartości U j w temperaturze 300 K, co daje:

^ = 0,087 , dT T 300K K oraz zakładając że prąd lt jako prąd zerowy złącza krzemowego podwaja się co 7 K, czcmu odpowiada w tym zakresie 7 K średni współczynnik temperaturowy: A /^_ = 1 0 0 % = a i 4 J_ ls AT 7K K z zależności (2.20.10) otrzymujemy: .2 6 m V + 0 il4 l

/ r -AT

26mV

K

(26m V )‘ 300 K

K

Alp , _ ____ __ 1 „ I = (-0,096 - 0,050 + 0,140)— = - 6 •10 • — (2.20.11) 1P A T K K Z ostatniej zależności wynika, że wzrost temperatury' poprzez zwiększenie /, powoduje wzrost prądu polaryzacji źródła, podczas gdy poprzez wpływ na Ueb i Ur powoduje zmniejszenie wartości tego prądu. Wypadkowy wynik jest na tyle mały. że przy przyjętych założeniach upraszczających musimy traktować go z dużą ostrożnością. Dla tranzystora T2 drugi składnik zależny od napięcia U e b jest nieco mniejszy, co powoduje że cały współczynnik nieco się różni: A1l = 1 2 $ mV 372 mV 2 6 m V + 0 H 1 l L A T 26mV ’ K (26 mV)2 300K ’ K A /ł = (-0,096 - 0,048+ 0 .1 4 0 )- = - 4 10"3 — (2.20.12) I L •A T K K W sumie można stwierdzić, że zastosowana aproksymacja pozwala tylko na uzyskanie orientacyjnych wyników na temat zachowania się rozpatrywanego układu przy zmianach temperatury. Trafność oceny zachowania rzeczywistego układu będzie zależała od przyjęcia dokładnych wartości współczynników określających wpływ temperatury na poszczególne parametry tranzystorów. Tc zaś mogą przyjmować wartości zależne od typu tranzystora, zastosowanej technologii, czy nawet od wartości prądu. Dodatkowe poważne komplikacje wprowadziłaby próba uwzględnienia w tych obliczeniach prądów baz tranzystorów.

w C i* ty M i - ELEKTRONIKA W ZADANIACH C r & i 2: Analiza wpływu zmian temperatury na pracę układów półpwtwodmkowych

Z a d a n ie 2.21

i

Na rysunku 2.21.1 przedstawiono schemat układu tranzystorowego, który zrealizowany jako układ scalony (dzięki czemu jest dobrze spełniony warunek jednakowej temperatury wszystkich tranzystorów), może pełnić funkcję czujnika temperatury- Tranzystory Tl i T2 (pnp) oraz T4 (npn) mają identyczne parametry, a tranzystor T3 (npn) różni się od nich tylko tym. że ma czterokrotnie większą powierzchnię czynną emitera. Gęstość prądu emitera każdego z czterech tranzystorów je [A / mm2] w dużym zakresie zmian tego prądu zależy od napięcia polaryzującego złącze cmitcr-baza \U e b \ tego tranzystora w kierunku przewodzenia zgodnie z poniższym wzorem: lii»] h = j ^ aT (2.21.1) gdzie: }eo - wartość stała (zakładamy, że zmienia się z temperaturą, ale w danej temperaturze ma identyczną wartość dla wszystkich czterech tranzystorów) UT = — - potencjał elektrokinetyczny, w temperaturze 300 K równy - 26 mV; <ł k= 1,38 • 1 0 IJ/K.J - stała Boltzmanna; T [K] - temperatura bezwzględna [w kelwinach]; q = 1,60 ■10~ł9 [C] - ładunek elementarny. Współczynniki wzmocnienia prądowego fi tranzystorów są na tyle duże, że możemy w obliczeniach pominąć prądy baz (założyć dla każdego tranzystora /* = 0, a zatem Ir. = h)Przy podanych założeniach należy: 1. Znaleźć ogólną zależność prądu pobieranego przez układ ze źródła zasilania od temperatury', tzn. / = f (7); 2. obliczyć wartość rezystancji R, dla której uzyskuje się zależność I = W- T , gdzie współczynnik skalujący ma wartość W = 1 ^A / K. Rozwiązanie Ad 1. Złącza emiler-baza tranzystorów T l i T2 (typu pnp) są spolaryzowane w kierunku przewodzenia takim samym napięciem U e b , czyli gęstość płynącego przez nic prądu zgodnie ze wzorem (2.21.1) jest taka sama. Ponieważ mają takie same wymiary geometryczne (powierzchnie czynne emiterów są równe, 5/ = S2) możemy zgodnie z oznaczeniami na rysunku 2.21.1 napisać, że 1/ = h- Jeśli możemy w obliczeniach pominąć prądy baz, widzimy że tranzystor Tl wymusza przepływ przez tranzystor T3 (typu npn) prądu /.»= /;, a tranzystor T2 wymusza przepływ przez tranzystor T4 prądu U = hOstatecznie więc w układzie prądy emiterów wszystkich tranzystorów są równe. Ponieważ jednak powierzchnie czynne S3 i S4 emiterów tranzystorów T3 i T4 się

W. Ciąsyński ELEKTRONIKA W ZADANIACH Czętó 2: Aruliza wpływu ¡miian tcmjiernrary rui prac« ukladuw półprzewodnikowy**

różnią, jednakowym wartościom prądów I3 = I< odpowiadają różne gęstości prądu, a zatem różne wartości napięcia polaryzującego złącza baza-emiter Ube tych tranzystorów. Możemy napisać następujące zależności: yti': ¡3 = * V ; £lł•e Vr oraz / « - V j E0-e Ł'7 Porównując prawe strony tych zależności otrzymujemy: U *B4

= UT ■*n “

(2.21.2)

W analizowanym układzie różnica napięć na złączach baza-emiter tranzystorów T4 i T3 jest równa spadkowi napięcia, który prąd /.? wywołuje na rezystancji R. A więc mamy: /, * =

?

kT

9

- U B€.= U T ■ł n - i = ^ - I n f (2.21.3) S4 q S4 Prąd pobierany przez układ ze źródła zasilania (dwukrotnie większy od lj) zgodnie z założeniem jest proporcjonalny do temperatury bezwzględnej, bowiem mamy: / = 2 / , = — — ln ^ :L= ( ~ — ln— ) T = W T R q SĄ R q S4

(2.21.4)

Ad 2. Aby współczynnik proporcjonalności określony powyżej w (2.21.4) wynosił W = 1 mA / K, należy zastosować rezystor R o wartości:

'-łfH t

(U U >

y , _ 2 _ , j j 8 1 0 ^ J / K .M = 2 W J _ m 2M V ± . I p A / K 1,60-10 C 1,60 AC A-As Przy wyliczonej wartości rezystancji R mikroamperomierz mierzący prąd pobierany ze źródła zasilania (o napięciu dodatnim) mógłby być wyskalowany bezpośrednio w kelwinach. W rzeczywistym układzie czujnika mogłaby oczywiście okazać się potrzebna kalibracja, polegająca na dostosowaniu wartości rezystancji do indywidualnych własności tworzących układ tranzystorów, lub na jej dostrojeniu za pomocą dołączonego z zewnątrz zmiennego rezystora. Można mieć nadzieję, że przyjęte założenia są dobrze spełnione w zakresie kilkudziesięciu stopni wokół 0 °C. W praktyce zakres mierzonych temperatur byłby wyznaczony przez odchylenie od prostej wyznaczonej przez zależność (2.21.4) (pojawiające się przy zbyt niskich i zbyt wysokich temperaturach) przekraczające założony dopuszczalny błąd pomiaru. Zauważmy jeszcze, że napięcie zasilające powinno być dodatnie i większe od wartości podwojonego spadku napięcia Uget = Ubez = Vbe4 (który to warunek musi być spełniony w najniższej mierzonej temperaturze, kiedy Ube jest największe). Jeśli napięcie zasilające jest większe, np. wynosi 5 lub 15 V, to większa jego część odkłada się na złączach kolektor-baza tranzystorów T2 i T3. Zgodnie z przyjętą aproksymacją płynące prądy nie zależą od wartości napięcia Uca, czyli uzyskana charakterystyka czujnika temperatury jest od napięcia zasilania niezależna. Im wyższe napięcie zasilające tym większą można włączyć do obwodu zasilania szeregową rezystancję obciążenia (której zmiany nie wpływają na wartość prądu, czyli układ zachowuje się jak źródło prądowe o wartości prądu zależnej od temperatury)-