VYSOKÁ ŠKOLA BÁŇSKÁ – TECHNICKÁ UNIVERZITA OSTRAVA Fakulta elektrotechniky a informatiky
CVIČENÍ Z ELEKTRICKÝCH OBVODŮ II
Jitka Mohylová Josef Punčochář
OSTRAVA 2006
Obsah 1. NELINEÁRNÍ OBVODY 1.1 ANALYTICKÉ ŘEŠENÍ NELINEÁRNÍCH OBVODŮ 1.2 GRAFICKO – VÝPOČETNÍ METODY ŘEŠENÍ NELINEÁRNÍCH OBVODŮ 1.3 GRAFICKÉ METODY ŘEŠENÍ NELINEÁRNÍCH OBVODŮ 2. DVOJBRANY
-3-
-3-5-9- 12 -
2.1 MODELY DVOJBRANU
- 12 -
3. POLOVODIČOVÉ DIODY
- 28 -
3.1 STATICKÝ A DIFERENČNÍ ODPOR V PROPUSTNÉM A ZÁVĚRNÉM SMĚRU 3.2 NALEZENÍ PRACOVNÍHO BODU DIODY 4. BIPOLÁRNÍ TRANZISTORY
- 28 - 30 - 54 -
4.1 PRACOVNÍ REŽIMY BIPOLÁRNÍHO TRANZISTORU - 54 4.2 NASTAVENÍ A STABILIZACE KLIDOVÉHO PRACOVNÍHO BODU TRANZISTORU - 57 4.3 CHOVÁNÍ TRANZISTORU PŘI MALÝCH (SIGNÁLOVÝCH) ZMĚNÁCH 4.4 KAPACITY TRANZISTORU 4.5 OBVODY S VÍCE TRANZISTORY 5. UNIPOLÁRNÍ TRANZISTORY 5.1 PRACOVNÍ REŽIMY UNIPOLÁRNÍHO TRANZISTORU 5.2 CHOVÁNÍ TRANZISTORU PŘI MALÝCH (SIGNÁLOVÝCH) ZMĚNÁCH 5.3 ZAPOJENÍ UNIPOLÁRNÍCH A BIPOLÁRNÍCH TRANZISTORŮ 6. OSCILÁTORY (GENERÁTORY HARMONICKÝCH KMITŮ)
- 72 - 80 - 90 - 107 -
- 107 - 114 - 119 - 127 -
6.1 OSCILÁTOR RC S WIENOVÝM ČLENEM (A OPERAČNÍM ZESILOVAČEM) - 127 6.2 OSCILÁTOR RC S PŘEMOSTĚNÝM T ČLÁNKEM (A OPERAČNÍM ZESILOVAČEM) - 130 -
6.3 OSCILÁTOR RC S FÁZOVÝM POSUNEM 180°° (A OPERAČNÍM ZESILOVAČEM) 6.4 OSCILÁTOR RC S FÁZOVÝM POSUNEM 180°° A JEDNÍM TRANZISTOREM
- 132 - 134 -
7. GENERÁTORY NEHARMONICKÝCH KMITŮ
- 139 -
7.1 SCHMITTŮV KLOPNÝ OBVOD S OPERAČNÍM ZESILOVAČEM (BEZ REFERENČNÍHO NAPĚTÍ) - 139 7.2 SCHMITTŮV KLOPNÝ OBVOD S OPERAČNÍM ZESILOVAČEM A REFERENČNÍM ZDROJEM NAPĚTÍ (SYMETRICKÉ „OKOLO“ UREF ) - 143 7.3 KLOPNÝ OBVOD S OPERAČNÍM ZESILOVAČEM ( NEINVERTUJÍCÍ STRUKTURA ) 7.4 ASTABILNÍ KLOPNÝ OBVOD S OPERAČNÍM ZESILOVAČEM
145 - 147 -
8. FILTRY
- 163 -
LITERATURA
- 182 -
Příloha 1
- 183 -
-2-
1. Nelineární obvody 1.1 Analytické řešení nelineárních obvodů
Příklad 1.1 Určete proud procházející nelineárním prvkem. Nelineární prvek je zadán VA charakteristikou (lineární část řešte analyticky – metodou větvových proudů a pomocí Théveninovy věty). I2
I1
R1
R1 = 5 Ω R2 = 10 Ω U1 = 42 V U2 = 30 V
R2
I U1
RN
U2
VA charakteristika nelineárního odporu RN: U (V) I (mA)
0
2
3
4
5
6
0
12
20
35
52
70
Řešení : VA charakteristiku nelineárního odporu aproximujeme vhodnou křivkou – parabolou: U = kּI2 (musí platit, že obě křivky musí procházet dvěma společnými body – počátkem souřadnicového hodu a dalším bodem – např. A – viz obrázek). Z obrázku určíme konstantu k: k =
UA I A2
=
45 4,5 2
= 2,2 A/V2
a) Metoda větvových proudů: Pomocí Kirchhoffových zákonů napíšeme rovnice: I1 + I 2 − I = 0 (1)
R1 I1 + k ⋅ I 2 = U 1
⇒ Vyjádříme proudy I1 a I2 a dosadíme do (1)
R2 I 2 + k ⋅ I 2 = U 2 -3-
100 U (V)
90 80 70 60 50
A
40 30 20 10 0 0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5 I (A)
7
Řešením soustavy dostaneme: k (R1 + R2 )I 2 + R1 R2 I − (U 01 R2 + U 02 R1 ) = 0
− R1 R2 + R12 R22 + 4k (R1 + R2 ) ⋅ (U 01 R2 + U 02 R1 ) I= = 2k (R1 + R2 )
− 5 ⋅10 + 5 2 ⋅10 2 + 4 ⋅ 2,2 ⋅ (5 + 10) ⋅ (42 ⋅10 + 30 ⋅ 5) = = 3,47 A 2 ⋅ 2,2 ⋅ (10 + 5) Vyjádříme jednotlivé proudy:
U1 − kI 2 42 − 2,2 ⋅ 3,47 2 I1 = = = 3,1 A R1 5 I2 =
U 2 − kI 2 30 − 2,2 ⋅ 3,47 2 = = 0,35 A R2 10
Kontrola správnosti výpočtu: I1 + I 2 − I = 0
3,1 + 0,35 − 3,47 = 0,02 b) Théveninova věta:
Nejprve nahradíme lineární část obvodu pomocí Théveninovy (nebo Nortonovy) věty: -4-
Ri
U 0 = 38 V
I
U0
Ri = 3,33 Ω
UN = k ⋅I2
RN
UN
k ⋅ I 2 + Ri ⋅ I − U 0 = 0 I = 3,467 A
1.2 Graficko – výpočetní metody řešení nelineárních obvodů
Příklad 1.2 a) Nalezněte pracovní bod nelineárního prvku a stanovte jeho ztrátový výkon. b) Charakteristiku nelineárního prvku v pracovním bodě zlinearizujte, určete parametry náhradního zapojení a ztrátový výkon. (Řešte pomocí principu superpozice a Théveninovou (Nortonovou) větou). R4
I01 = 1,4 A U02 = 4,2 V R1 = 1 Ω
RN
R3
R1
R2 = 2 Ω
U02
R2
R3 = 3 Ω R4 = 4 Ω I01
Nelineární prvek je zadán VA charakteristikou: I (A)
0
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
U (V)
0
0,5
1,1
2,0
3,0
4,3
5,6
Řešení : 1) Nejprve řešíme lineární část obvodu – obvod nahradíme pomocí Théveninovy (Nortonovy) věty náhradním napěťovým (proudovým) zdrojem a vnitřním odporem. Toto můžeme také řešit pomocí metody -5-
smyčkových proudů, uzlových napětí anebo pomocí principu superpozice a vztahů pro napěťový a proudový dělič. 2) Graficko – výpočetní metodou řešíme nelineární obvod. 3) Metoda linearizace. ad 1) Výpočet prvků náhradního obvodu pomocí Théveninovy věty: Ri
Uab
RN
Hodnotu Uab určíme pomocí principu superpozice: R4
Uab
R1
R4
U02
R3
Uab
R1
R2
R2 I01
′ = U 02 ⋅ U ab = 4,2 ⋅
R1 + R4 = R1 + R2 + R4
′′ = I 01 ⋅ R2 ⋅ U ab
1+ 4 =3 V 1+ 2 + 4
= 1,4 ⋅ 2 ⋅
R1 + R4 = R1 + R2 + R4
1+ 4 =2V 1+ 2 + 4
′ + U ab ′′ = 3 + 2 = 5 V U ab = U ab R4
Výpočet náhradního odporu Ri : Ri =
R2 ⋅ (R1 + R4 ) 10 = = 1,42 Ω R1 + R2 + R4 7 -6-
R1
Ri R2
ad 2) Řešíme nelineární obvod – vyneseme VA charakteristiku a ze stavů naprázdno a nakrátko určíme zatěžovací přímku. V bodě, kde nám zatěžovací přímka protne VA charakteristiku, získáme pracovní bod P. Odečtením hodnot UP a IP získáme ztrátový výkon nelineárního prvku PRN . naprázdno: I = 0 → U = U0 =5 V nakrátko:
bod A
U = 0 → I = U 0 Ri = 3,5 A
bod B
U (V)
Výkon nelineárního prvku: PRN = U P ⋅ I P
A
PRN = 2,5 ⋅1,75 = 4,375 W P
UP
zatěžovací přímka
B IP
I (A)
ad 3) Linearizace Lineární část obvodu řešíme stejným způsobem. V nelineární části opět určíme pracovní bod. Sestrojíme tečnu v pracovním bodě – v blízkém okolí pracovního bodu můžeme nelineární prvek nahradit lineárními parametry1) (hodnoty Rd a U0 ). Určíme náhradní parametry obvodu Rd a U0 pomocí tečny. Stanovíme proud IN nelineárního prvku a jeho napětí UN ; ∆U , ∆I – přerušované čáry:
Rd =
∆U 3− 2 = = 2Ω ∆I 2 − 1,5
U 0 − odečteno z grafu − - 1V 1)
Toto můžeme udělat v případech, že se nejedná o funkční nelinearitu. -7-
Ri
Ri
Uab
IN Rd
UN
Uab
RN
UN U0
IN =
U ab − U 0 5 − (− 1) = = 1,75 A Rd + Ri 2 + 1,42
U N = Rd ⋅ I N + U 0 = 2 ⋅1,75 + (− 1) = 2 ,5 V Výkon nelineárního prvku RN: P = UN·IN = 1,75·2,5= 4,375 W
tečna
P UP
IP
-8-
1.3 Grafické metody řešení nelineárních obvodů
Příklad 1.3 IV
Určete proud procházející obvodem, je-li napětí zdroje U = 50 V.
IRN1 U
RN1
IRN2
RN2
100 U (V)
90
RN2
RN1
RV
80 70
IV
60 50
IRN2
40 30
IRN1 20 10 0 0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5 I (A)
7
Řešení : Proud IV procházející obvodem je 5,5 A – viz grafické řešení na obrázku (při paralelním řazení se sečítají proudy pro stejné hodnoty napětí).
Příklad 1.4 Proud, který protéká obvodem je I = 0,5 mA. Určete a)
napětí zdroje U, jsou-li zadány VA charakteristiky prvků (řešte graficky):
b)
hodnotu odporu R -9-
R
VA charakteristika odporu R: U (V)
0
3
5
I (mA)
0
3
5
I
U RN
VA charakteristika nelineárního odporu RN: U (V)
-5
-4
-3
-2
-1
-0,5
0
0,5
1
I (mA) -0,7 -0,6 -0,5 -0,4 -0,3 -0,2
0
0,6
2
Řešení :
Jde o sériové řazení, pro stejný proud se sčítají napětí → U = 1 V.
Příklad 1.5 Určete ztrátový výkon nelineárního prvku, je-li zadáno: I01
U02 = 12 V
R4
I01 = 1 A RN
R1 = 1 Ω
R3
R1
R2 = 2 Ω
R2
R3 = 3 Ω R4 = 4 Ω U02
Nelineární prvek je zadán VA charakteristikou : I (A)
0
0,25
0,50
0,75
1,00
1,25
1,50
1,75
2,00
U (V)
0
1,50
2,50
3,30
4,00
4,40
4,70
5,00
5,20
Řešení : P = 4,1 W - 10 -
Příklad 1.6 Určete ztrátový výkon nelineárního prvku, je-li zadáno: I02
U03 = 3 V U1 = 1 V
U1
R1
I02 = 2 A
I4
I4 = 4 A R1 = 1 Ω
R4
R2
R2 = 2 Ω
RN
R3
R3 = 3 Ω R4 = 4 Ω U03
Nelineární prvek je zadán VA charakteristikou : I (A)
0
1,0
2,0
2,5
2,8
3,0
3,2
3,3
3,4
3,5
3,7
3,8
4,0
U(V)
0
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
4,5
5,0
5,5
6,0
Řešení : P = 0,62 W
Příklad 1.7 a) Určete napětí na diodách UD1 (Ge) a UD2 (Si) a proudy diodami ID1 a ID2, jsou-li zadány jejich charakteristiky. b) Určete výkonovou ztrátu všech prvků v obvodu. Hodnoty v zapojení jsou: U = 1,5 V
R1
R3
R1 = 50 Ω R2 = 100 Ω R3 = 20 Ω
U
R2
R5 R4
D2 D1
R4 = 800 Ω R5 = 50 Ω - 11 -
ID1
UD1
ID2 UD2
AV charakteristiky diod : ID (mA)
D1
Řešení :
D2
a) UD1 = 300 mV; ID1 = 5,6 mA
R5
UD2 = 580 mV; ID2 = 1,6 mA b) PR1 = 5,81 mW, PR2 = 9,23 mW PR3 = 27,5 µW, PR4 = 1,1 mW PR5 = 1,57 mW PD1 = 1,68 mW, PD2 = 0,93 mW
UD (mV)
2. Dvojbrany 2.1 Modely dvojbranu
Příklad 2.1 Sestavte impedanční, admitanční a kaskádní matice pro T a Π článek.
a) T článek Î1
Û1
Zˆ1
b) Π článek Zˆ 2
Zˆ 3
Î1
Î2
Û1
Û2
Zˆ 2
Î2
Zˆ1
Zˆ 3
Û2
Řešení : Při řešení vyjadřujeme jednotlivá napětí a proudy ze stavů naprázdno či nakrátko podle definice jednotlivých parametrů. - 12 -
a) T článek:
1. Impedanční rovnice: Uˆ 1 = Zˆ11 Iˆ1 + Zˆ12 Iˆ2 Uˆ 2 = Zˆ 21 Iˆ1 + Zˆ 22 Iˆ2
(
Uˆ 1 ˆ Z11 = Iˆ1 Iˆ = 0
)
vyjádříme si, napětí Uˆ 1 : Uˆ 1 = Zˆ1 + Zˆ 3 ⋅ Iˆ1
2
(
)
Zˆ + Zˆ 3 ⋅ Iˆ1 ˆ Uˆ Zˆ11 = 1 = 1 = Z1 + Zˆ 3 ˆI ˆI 1 1
Uˆ Zˆ12 = 1 Iˆ2 Iˆ = 0
vyjádříme si, napětí Uˆ 1 :
Uˆ 1 = Zˆ 3 ⋅ Iˆ 2
1
Zˆ ⋅ Iˆ Uˆ Zˆ12 = 1 = 3 2 = Zˆ 3 Iˆ2 Iˆ2
Uˆ Zˆ 21 = 2 Iˆ1 Iˆ = 0
vyjádříme napětí Uˆ 2 :
Uˆ 2 = Zˆ 3 ⋅ Iˆ1
2
Zˆ ⋅ Iˆ Uˆ Zˆ 21 = 1 = 3 1 = Zˆ 3 Iˆ1 Iˆ1
(
Uˆ Zˆ 22 = 2 Iˆ2 Iˆ = 0
)
vyjádříme napětí Uˆ 2 : Uˆ 2 = Zˆ 2 + Zˆ 3 ⋅ Iˆ2
1
(
)
Zˆ + Zˆ 3 ⋅ Iˆ2 ˆ Uˆ Zˆ 22 = 2 = 2 = Z 2 + Zˆ 3 ˆI 2 ˆI 2 impedanční matice: Zˆ =
Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ 3
Zˆ 3 Zˆ 2 + Zˆ 3
Matice je symetrická okolo diagonály, což je znak reciprocity. To je správné, protože všechny pasivní obvody jsou reciproké.
- 13 -
2. Admitanční rovnice: Iˆ1 = Yˆ11Uˆ 1 + Yˆ12Uˆ 2 Iˆ2 = Yˆ21Uˆ 1 + Yˆ22Uˆ 2 Iˆ1
a) výstup nakrátko:
Zˆ 2
Iˆ 2
Zˆ 3
Û1
Iˆ Yˆ11 = 1 Uˆ 1 Iˆ = 0
Zˆ1
vyjádříme napětí Uˆ 1 :
2
(
)
Zˆ Zˆ Zˆ Zˆ + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ 2 ˆ Uˆ 1 = Zˆ1 + 3 2 ⋅ Iˆ1 = 1 2 ⋅ I1 ˆ 3 + Zˆ 2 ˆ 3 + Zˆ 2 Z Z
Iˆ Yˆ11 = 1 = Uˆ
Iˆ1
(
)
Zˆ1 Zˆ 2 + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ 2
1
Zˆ 3 + Zˆ 2 Iˆ Yˆ21 = 2 Uˆ 1 Iˆ = 0
=
(
Zˆ 2 + Zˆ 3
)
Zˆ1 Zˆ 2 + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ 2
⋅ Iˆ1
vyjádříme proud Iˆ2 : (vztah pro proudový dělič)
2
Iˆ2 = − Iˆ1 ⋅ =−
Zˆ 3 Zˆ 3 + Zˆ 2
(
=−
Uˆ 1 Zˆ 3
(
Uˆ 1 Zˆ 2 + Zˆ 3
(
)
)
⋅
Zˆ 3
Zˆ 1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2 Zˆ 3 + Zˆ 2
=
)
Zˆ 1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2
− Iˆ Yˆ21 = 2 = Uˆ 1
(
Uˆ1Zˆ 3
)
Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2 Uˆ 1
=
- 14 -
(
− Zˆ 3
)
Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2
b) vstup nakrátko:
Zˆ1
Iˆ1
Zˆ 2
Iˆ 2
Û2
Zˆ 3
Iˆ Yˆ12 = 1 Uˆ 2 Iˆ = 0
vyjádříme proud Iˆ1 :
1
Iˆ1 = − Iˆ2 ⋅
Zˆ 3 = Zˆ 3 + Zˆ1
Iˆ Yˆ12 = 1 = Uˆ 2
(
− Uˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 3
(
)
Zˆ 2 Zˆ 3 + Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1
− Uˆ 2 Zˆ 3 Zˆ 2 Zˆ 3 + Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1 = Uˆ 2
(
Iˆ Yˆ22 = 2 Uˆ 2 Iˆ = 0
)
)
⋅
Zˆ 3 =− Zˆ 3 + Zˆ1
(
− Uˆ 2 Zˆ 3
)
Zˆ 2 Zˆ 3 + Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1
− Zˆ 3 Zˆ 2 Zˆ 3 + Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1
(
)
vyjádříme napětí Uˆ 2 :
1
(
)
Zˆ Zˆ Zˆ Zˆ + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ1 ˆ Uˆ 2 = Zˆ 2 + 3 1 ⋅ Iˆ2 = 2 1 ⋅ I2 ˆ 3 + Zˆ1 ˆ 3 + Zˆ1 Z Z Iˆ Yˆ22 = 2 = Uˆ 2
Iˆ2 = ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Z 2 Z 1 + Z 3 + Z 3 Z1 ˆ ⋅ I2 Zˆ 3 + Zˆ1
(
admitanční matice: Yˆ =
)
Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ1
(
)
Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1 Zˆ 2 + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ 2 − Zˆ
− Zˆ 3 Zˆ 2 Zˆ 3 + Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1 Zˆ + Zˆ
Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2
Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 3 + Zˆ 3 Zˆ1
(
)
3
(
)
( (
)
1
Matice je opět symetrická okolo diagonály → obvod je reciproký. - 15 -
3
)
3. Kaskádní rovnice:
Iˆ1
Uˆ 1 = Aˆ11Uˆ 2 + Aˆ12 Iˆ2′
=
Aˆ11Uˆ 2 − Aˆ12 Iˆ2
Iˆ1 = Aˆ 21Uˆ 2 + Aˆ 22 Iˆ2′
=
Aˆ 21Uˆ 2 − Aˆ 22 Iˆ2
Zˆ1
Iˆ 2′ = − Iˆ 2
Zˆ 2
Zˆ 3
Û1
Û2
a) výstup naprázdno ˆ Uˆ 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆA = U 1 vyjádříme napětí U 2 : U 2 = Z 3 ⋅ I1 = Z 3 ⋅ 11 Zˆ1 + Zˆ 3 Uˆ 2 Iˆ′ = 0 2
Zˆ + Zˆ 3 Uˆ Uˆ 1 Aˆ11 = 1 = = 1 = 1+ Uˆ 2 Uˆ 1 ⋅ Zˆ 3 Zˆ 3 Zˆ1 + Zˆ 3
ˆ ˆA = I1 21 Uˆ
Zˆ1 Zˆ 3
Iˆ′ = 0
2
2
Iˆ Iˆ1 1 Aˆ 21 = 1 = = Uˆ 2 Zˆ 3 ⋅ Iˆ1 Zˆ 3
Iˆ1
b) výstup nakrátko:
Û1
Zˆ1
Zˆ 2
Zˆ 3
Uˆ Aˆ12 = 1 vyjádříme proud Iˆ2′ : Iˆ2′ Uˆ = 0 2
- 16 -
Iˆ 2′
Iˆ2′ = Iˆ1 ⋅
(
)
Zˆ 3 Uˆ 1 Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 3 Uˆ 2 Zˆ 3 = ⋅ = ˆ ˆ Zˆ 3 + Zˆ 2 Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1 Z 3 + Z 2 Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1
(
Uˆ Aˆ12 = 1 = Iˆ2′
(
)
Uˆ 1 Uˆ 2 Zˆ 3
=
)
(
(
)
)
Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1 Zˆ 3
Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1 ˆ ˆA = I1 22 Iˆ2′ Uˆ = 0 2
(
Iˆ ⋅ Zˆ + Zˆ 2 ˆ ˆA = I1 = 1 3 22 Iˆ2′ Zˆ 3 ⋅ Iˆ1
kaskádní matice: Aˆ =
)
= 1+
Zˆ 2 Zˆ 3
(
)
Zˆ1 Zˆ 3 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1 Zˆ 3 Zˆ 1+ 2 Zˆ 3
Zˆ 1+ 1 Zˆ 3 1 Zˆ 3
Lze odvodit (viz přednášky), že determinant kaskádní matice reciprokého obvodu je roven jedné – přesvědčte se.
b) Π článek:
1. Impedanční rovnice Uˆ 1 = Zˆ11 Iˆ1 + Zˆ12 Iˆ2 Uˆ 2 = Zˆ 21 Iˆ1 + Zˆ 22 Iˆ2 Ze stavů naprázdno odvodíme jednotlivé parametry impedanční matice: Uˆ Zˆ11 = 1 Iˆ1 Iˆ = 0
vyjádříme proud Iˆ1 :
2
Iˆ1 =
(
Uˆ 1
)
Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
=
(
Uˆ 1 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
(
Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 3
- 17 -
)
)
Zˆ 2 ⋅ Uˆ Zˆ11 = 1 = Iˆ1 Uˆ 1 ⋅
(Zˆ (Zˆ
)
1
+ Zˆ 3 ⋅ Uˆ 1
1
+ Zˆ 2 + Zˆ 3
Uˆ Zˆ12 = 1 Iˆ2 Iˆ = 0
)
(
Zˆ 2 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 3
=
(Zˆ
1
)
+ Zˆ 2 + Zˆ 3
) Zˆ 3 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
vyjádříme napětí Uˆ 1 = Zˆ 2 ⋅ Iˆ′′ = Zˆ 2 ⋅ Iˆ2 ⋅
1
Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 ⋅ Iˆ2 Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 = Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Iˆ2 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
Uˆ Zˆ12 = 1 = Iˆ2
(
)
Uˆ Zˆ 21 = 2 Iˆ1 Iˆ = 0
Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
vyjádříme napětí Uˆ 2 = Zˆ 3 ⋅ Iˆ′ = Zˆ 3 ⋅ Iˆ1 ⋅
2
Zˆ 21
Zˆ 2 ⋅ Zˆ 3 ⋅ Iˆ1 Zˆ + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2 ⋅ Zˆ 3 Uˆ = 1 = 1 = Iˆ1 Iˆ1 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
Uˆ Zˆ 22 = 2 Iˆ2
vyjádříme napětí Uˆ 2 = Zˆ 3 ⋅ Iˆ′ = Zˆ 3 ⋅ Iˆ2 ⋅
Iˆ = 0
(Zˆ1 + Zˆ 2 ) Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
1
(
)
Zˆ 3 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 3 ⋅ Iˆ2 Uˆ Zˆ 22 = 2 = Iˆ2 Iˆ2 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
(
)
(
Zˆ 2 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 3 impedanční matice: Zˆ =
(
)
Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 + Zˆ1 = Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
)
Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
(Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3 )
(
Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
)
Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 + Zˆ1 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
Î1
2. Admitanční rovnice:
Zˆ1
A
Î2
B
Î'
Iˆ1 = Yˆ11Uˆ 1 + Yˆ12Uˆ 2
Î'' Û1
Iˆ2 = Yˆ21Uˆ 1 + Yˆ22Uˆ 2
- 18 -
Zˆ 2
Zˆ 3
Û2
Pro uzel A platí: Iˆ1 = I ′ + Iˆ′′ Uˆ 1 − Uˆ 2 Uˆ 1 ˆ ˆ ′ ′ ′ vyjádříme proudy I = a I = Zˆ 2 Zˆ1
Metoda → uzlových napětí
Uˆ Uˆ − Uˆ 2 Iˆ1 = 1 + 1 Zˆ 2 Zˆ1 1 1 ˆ 1 ˆ ⋅U1 − Iˆ1 = + ⋅U ˆ 2 Zˆ 3 ˆ1 2 Z Z
Uˆ Uˆ − Uˆ 1 obdobně pro uzel B platí: Iˆ2 = 2 + 2 Zˆ 3 Zˆ1 1 ˆ 1 1 ˆ ⋅U 2 Iˆ2 = − ⋅ U 1 + + ˆ ˆ Zˆ1 Z Z 1 3
admitanční matice: Yˆ =
Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 3 Zˆ 2 −
3. Kaskádní rovnice
1 Zˆ1
1 Zˆ1 Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ Zˆ −
3 1
Uˆ 1 = Aˆ11Uˆ 2 + Aˆ12 Iˆ2′
Zˆ1
Î1
Iˆ 2′
Iˆ1 = Aˆ 21Uˆ 2 + Aˆ 22 Iˆ2′ Û1
Uˆ Aˆ11 = 1 Uˆ 2 Iˆ′= 0
Zˆ 3
Zˆ 2
vyjádříme si, napětí Uˆ 2 :
2
Uˆ 2 = Zˆ 3 ⋅ Iˆ = Zˆ 3 ⋅ Iˆ1
=
Zˆ 2 = Zˆ 3 ⋅ ˆ ˆ ˆ Z1 + Z 2 + Z 3
Zˆ 3 ⋅ Uˆ 1 Zˆ1 + Zˆ 3 - 19 -
Uˆ 1
(
Zˆ 2 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
)
⋅
Zˆ 2 = Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3
Û2
Zˆ + Zˆ 3 Uˆ Uˆ 1 Aˆ11 = 1 = = 1 = 1+ Uˆ 2 Uˆ 1 ⋅ Zˆ 3 Zˆ 3 Zˆ1 + Zˆ 3 Iˆ Aˆ 21 = 1 Uˆ 2
Zˆ1 Zˆ 3
Iˆ′ = 0 2
Zˆ + Zˆ 2 + Zˆ 3 Iˆ Iˆ1 Aˆ 21 = 1 = = 1 Uˆ 2 Zˆ 2 Zˆ 2 Zˆ 3 Zˆ 3 ⋅ Iˆ1 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Î1
Iˆ 2′
Zˆ1
Û1
Û2 = 0
Uˆ Aˆ12 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0
Uˆ vyjádříme proud Iˆ2′ = 1 Zˆ1
2
Uˆ Uˆ 1 Aˆ12 = 1 = = Zˆ1 ˆI 2′ ˆ U1 Zˆ1 Iˆ Aˆ 22 = 1 ˆ Iˆ2′ U 2 = 0
(
vyjádříme proud Iˆ2′ = Iˆ1 ⋅
Iˆ1 ⋅ Zˆ1 + Zˆ 2 Iˆ Aˆ 22 = 1 = Iˆ2′ Zˆ 2 ⋅ Iˆ1
)
= 1+
Zˆ1 Zˆ 2
Zˆ1 Zˆ 3 kaskádní matice: Aˆ = Zˆ1 + Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 2 Zˆ 3 1+
- 20 -
Zˆ1 1+
Zˆ1 Zˆ 2
Zˆ 2 Zˆ1 + Zˆ 2
Přesvědčte se, že det A = 1
Příklad 2.2 Výsledný T článek z příkladu 3.1 můžeme složit z dílčích degenerovaných dvojbranů – viz obr. Určete dílčí kaskádní matice a výslednou matici zapojení. Správnost výsledku ověřte kontrolou (např. determinant kaskádní matice reciprokého obvodu je roven jedné). Zˆ1
Î1
Î2'
Û1
Û2
Â1
a)
Î1
Û1
x
Zˆ1
Î2'
Î1
Û2
Â2
Î2'
Î2'
Î1 Zˆ 3
Û1
x
Î1
Iˆ 2′
Zˆ 2
Û1
Û2
Â3
Û2
x
Â4
= Â
Uˆ 1 = Aˆ11Uˆ 2 + Aˆ12 Iˆ2′ Iˆ1 = Aˆ 21Uˆ 2 + Aˆ 22 Iˆ2′
Û1
Û2
Uˆ Aˆ11 = 1 Uˆ 2 Iˆ′ = 0
Â11 = 1
Iˆ Aˆ 21 = 1 Uˆ 2 Iˆ′ = 0
Â21 = 0
2
2
Î1
Zˆ1
Û1
Î2'
Uˆ Aˆ12 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0 2
Iˆ Aˆ 22 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0 2
ˆ ˆA1 = 1 Z1 0 1
Uˆ Iˆ2′ = − 1 Zˆ1
kontrola: det│Â1│= 1
- 21 -
Â22 = 1
Aˆ12 = Zˆ1
Î2'
Î1
b)
Uˆ Aˆ11 = 1 Uˆ 2 Iˆ′ = 0
Â11 = 1
Iˆ Aˆ 21 = 1 Uˆ 2 Iˆ′ = 0
Â21 = 0
Uˆ Aˆ12 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0
Â12 = 0
2
Û1
Û2
2
Î2'
Î1
2
Û1
Iˆ Aˆ 22 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0
Â22 = 1
2
1 0 Aˆ 1 = 0 1
c)
kontrola: det│Â2│= 1
Î2'
Î1
Û1
Uˆ Aˆ11 = 1 Uˆ 2 Iˆ′ = 0
Â11 = 1
2
Û2
Iˆ Aˆ 21 = 1 Uˆ 2 = Zˆ 3 ⋅ Iˆ1 ˆ U 2 Iˆ′ = 0 2
Î2'
Î1
Û1
ˆ ˆA = U 1 12 Iˆ2′ Uˆ = 0
Â12 = 0
Iˆ Aˆ 22 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0
Â22 = 1
2
2
1 Aˆ 1 = 1 Zˆ 3
0 1
kontrola: det│Â3│= 1
- 22 -
1 Aˆ 21 = Zˆ 3
d)
Î1
Zˆ 2
Û1
Î2'
Uˆ 1 = Aˆ11Uˆ 2 + Aˆ12 Iˆ2′ Iˆ1 = Aˆ 21Uˆ 2 + Aˆ 22 Iˆ2′
Û2
Uˆ Aˆ11 = 1 Uˆ 2 Iˆ′ = 0
Â11 = 1
Iˆ Aˆ 21 = 1 Uˆ
Â21 = 0
2
2
Iˆ′ = 0 2
Î1
Zˆ 2
Î2
Û1
Uˆ Aˆ12 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0
Aˆ12 = Zˆ 2
Iˆ Aˆ 22 = 1 Iˆ2′ Uˆ = 0
Â22 = 1
2
2
1 Zˆ 2 Aˆ 1 = 0 1
kontrola: det│Â4│= 1
Výsledná matice: Aˆ1 × Aˆ 2 × Aˆ 3 × Aˆ 4 = Aˆ
Aˆ =
Zˆ1 + Zˆ 3 Zˆ 3 1 Zˆ 3
(Zˆ
1
)
+ Zˆ 3 ⋅ Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ1 Zˆ 3 Zˆ 2 + Zˆ 3 Zˆ 3
kontrola : det Aˆ = 1
Výsledná matice se shoduje s kaskádní maticí T článku.
- 23 -
Příklad 2.3 Ověřte, že kaskádní matice T článku zapojeného podle obr. má tvar Î1
Û1
Aˆ =
Î2
C
R
Û2
L
R + j ωL j ωL
− ω 2 LC + jωL + R
1
1 − ω LC
jωL
− ω 2 LC
− ω 2 LC 2
kontrola : det Aˆ = 1
Příklad 2.4 Určete napěťový přenos zapojení: a) Ideální integrátor – invertující C
Zˆ1 = R
R
Zˆ 2 = Û1
+ Û2
Uˆ PˆU = 2 = − Uˆ 1
Zˆ 2 1 =− jωRC Zˆ1
- 24 -
1 j ωC
b) Ideální derivátor – invertující R
Zˆ1 =
C
Zˆ 2 = R
+
Û1
1 j ωC
Û2
Uˆ PˆU = 2 = − Uˆ 1
Zˆ 2 −R = = − jωRC 1 Zˆ1 jωC
c) Horní propust 1. řádu – invertující R2 R1
C
Zˆ1 = R1 +
1 jωC
Zˆ 2 = R2
+ Û1
Û2
Uˆ Zˆ − jωR2 C PˆU = 2 = − 2 = 1 + jωR1C Uˆ 1 Zˆ1
d) Dolní propust 1. řádu – invertující R2
Zˆ1 = R1 1 R2 jωC Zˆ 2 = = 1 1 + jωCR2 R2 + jωC R2 ⋅
C
R
+ Û1
Û2
- 25 -
− R2 − R2 Zˆ 2 1 = = ⋅ R1 (1 + jωR2 C ) R1 1 + jωR2 C Zˆ1
Uˆ PˆU = 2 = − Uˆ 1
e) Neinvertující zapojení Zˆ1 = R1 +
+ R
R2
1 + jωR1C 1 = jωC jωC
Zˆ 2 = R2
C R1 Û1
Û2
Uˆ PˆU = 2 = 1 + Uˆ 1
Zˆ 2 jωR2 C 1 + jωC (R1 + R2 ) = 1+ = (1 + jωR1C ) 1 + jωR1C Zˆ1
f) Diferenční zapojení operačního zesilovače Î2 = Î1 (2)
Î1
(1)
R1
Î0
R1
R2 Û2
R2
Î+
+ Û+
Û1
Uˆ + = Uˆ − Uˆ + = Uˆ R2 = Uˆ 1 ⋅
Û-
Û0
Iˆ+ = Iˆ− = 0 R2 R1 + R2
- 26 -
Uˆ − Uˆ − Uˆ − Uˆ + Iˆ1 = 2 = 2 = Iˆ2 R1 R1 Uˆ 0 − Uˆ + + 0 + R2 Iˆ2 = 0
Uˆ 0 = Uˆ 1 ⋅
= Uˆ 1 ⋅
R2 − R2 ⋅ R1 + R2
Uˆ 2 − Uˆ 1 ⋅
R2 R1 + R2
R1
=
R2 R2 ˆ R22 ˆ − ⋅U 2 + U1 ⋅ = R1 + R2 R1 R1 (R1 + R2 )
(
)
R1 R2 + R22 R R R + R2 R ˆ = U1 ⋅ − 2 ⋅ Uˆ 2 = Uˆ 1 ⋅ 2 1 − 2 ⋅ Uˆ 2 = R1 (R1 + R2 ) R1 R1 (R1 + R2 ) R1 =
PˆU =
(
R2 ⋅ Uˆ 1 − Uˆ 2 R1
)
Uˆ 0 R = 2 R1 Uˆ 1 − Uˆ 2
Příklad 2.5 Řešte příklad 3.4 f) pomocí principu superpozice (předpokládejte, že všechny prvky obvodu jsou lineární).
Příklad 2.6 Nakreslete asymptotickou kmitočtovou modulovou charakteristiku pro zadání z příkladu 2.4 a) ÷ f. b) Nakreslete fázovou kmitočtovou charakteristiku pro zadání z příkladu 2.4 a) ÷ f). a)
- 27 -
3. Polovodičové diody
3.1 Statický a diferenční odpor v propustném a závěrném směru
Příklad 3.1 V laboratorním cvičení jsme změřili A-V charakteristiku Zenerovy diody – viz tabulka 1. Určete: a) statický odpor ve dvou pracovních bodech v propustném směru b) diferenční (dynamický) odpor v propustném směru c) statický odpor v závěrném směru – v oblasti kolena d) diferenční odpor v oblasti kolena e) statický odpor v oblasti stabilizace f) diferenční odpor v oblasti stabilizace Tab. 1: Propustný směr UD (V)
0,6
0,65
0,72
0,74
0,77
ID (mA)
0
0,15
1,2
4,2
16
Závěrný směr UD (V)
0
2,75
3,2
3,5
3,75
3,85
4,0
4,1
ID (mA)
0
0,5
2,0
4,0
7
10
15
20
Řešení : a) v grafu na obr. 1 jsou vyneseny v propustném směru dva pracovní body P1, P2. Např. pro bod P1 – pro IF = 10 mA dostaneme napětí UF = 0,755 V. Z těchto hodnot můžeme určit statický odpor v propustném směru RF RF =
UF 0,755 = = 75,5 Ω IF 0,01
Pro druhý zvolený pracovní bod P2 – IF = 2 mA a UF = 0,725 V dostaneme
- 28 -
RF =
Dynamický (diferenční) odpor rF v propustném směru pro zvolený pracovní bod P3 je dán podílem změny napětí ∆ U F ke změně proudu IF IZD (mA)
b)
UF 0,725 = = 241,7 Ω IF 0,003
P1 P3+ P2 UZD (V)
P4
P5
+
Obr. 1: AV charakteristika Zenerovy diody
rF = c)
∆ U ZD 0,755 − 0,725 = = 3,75 Ω ∆ I ZD (10 − 2) ⋅ 10 − 3
Statický odpor v závěrném směru RR určíme opět z AV charakteristiky na obr. 1. Pro zvolený pracovní bod P4: IR = -1,4 mA a UR = - 3 V dostaneme RR =
UR −3 = = 2,43 kΩ IR − 0,0014
d)
Diferenční odpor v bodě P4 určíme pomocí tečny – rzP 4 = 183 Ω
e)
Diferenční odpor v bodě P5 určíme stejným způsobem – rzP 5 = 37 Ω
- 29 -
Příklad 3.2 Zenerova dioda má při proudu IZD = 10 mA napětí UZD = 5,6 V. Zmenší-li se proud na hodnotu IZD = 5 mA, je hodnota napětí na Zenerově diodě UZD = 5,4 V. Jakou hodnotu má diferenční odpor rd v zadané pracovní oblasti?
Řešení : ∆ U ZD 5,6 − 5,4 = = 40 Ω ∆ I ZD (10 − 5) ⋅10 −3
rd =
3.2 Nalezení pracovního bodu diody
Příklad 3.2.1 Parametrický paralelní stabilizátor stejnosměrného napětí je napájen stejnosměrným napětím U = 20 V. Rezistory R a RZ mají hodnotu 500 Ω. Určete pracovní bod stabilizační diody. Stanovte výkon P rozptýlený diodou. VA charakteristika diody je dána tabulkou. R U
ZD
RZ
VA charakteristika Zenerovy diody I (mA) -1 -10 -20 -30 -40 -50 U (V) -4,5 -5,30 -5,65 -5,95 -6,15 -6,30
Řešení : Lineární část obvodu nahradíme pomocí Théveninovy věty – U0 , Ri. - 30 -
Nakreslíme VA charakteristiku stabilizační (Zenerovy) diody. Ze stavu naprázdno a nakrátko určíme zatěžovací přímku – pracovní bod, ztrátový výkon diody PZD . Ri U0
U 0 = RZ ⋅ ZD
Ri =
U = 10 V R + RZ
R ⋅ RZ = 250 Ω R + RZ
naprázdno: I = 0 → U = U0 = 10 V
bod A
nakrátko: U = 0 → I K = U 0 Ri = 0 ,4 A
bod B
I (mA)
-10
-8
-6 UP -4
-2
U (V)
0
A
-10 IP -30
P B
-50
P = [-5,8; -14,8] PZD = UP·IP = 85,84 mW
Příklad 3.2.2 a) Jaký pracovní bod diody se nastaví při napětí U0 = 400 mV a odporu R = 40 Ω? U0 b) Vyšetřete graficky závislost u D (t ) a i D (t ), jestliže připojíme zdroj střídavého napětí u (t ) = U m sin ωt , (U m = 200 mV ) .
Řešení : a)
- 31 -
ID
R
UD D
ID (mA)
Pracovní bod diody: U DP = 290 mV I DP = 2,45 mA i D (t )
P t UD (mV) u vst (t ) = U 0 + U m sin ωt
t
u D (t )
b) Vlivem nelineární AV charakteristiky diody nemá napětí na diodě a proud diodou sinusový tvar (usměrňovací efekt).
Příklad 3.2.3 Obvod je složen ze zdroje napětí U0, teplotně závislého odporu Rυ a germaniové diody. Charakteristika diody je znázorněna na obr. – viz řešení. Vliv ohřevu ztrátovým výkonem zanedbejte. Uvažujte i teplotní vlastnosti diody a) Určete pracovní bod diody při teplotě okolí υ0 = 25 oC (U0 = 144 mV a odporu Rυ = 1,2 kΩ?
ID
Rυ
U0
b) Jaký nový pracovní bod se nastaví, zvýší-li se teplota okolí z υ0 = 25 oC na υ1 = 50 oC ( α = 0,04 oC-1). c) Určete ztrátový výkon diody i odporu pro obě teploty okolí. - 32 -
UD D
Řešení : a) U DP1 = 93 mV, I DP1 = 42 µA b) Zvýšením teploty se AV charakteristika diody posune – viz řešení, vlivem zvýšené teploty se také změní velikost odporu Rυ Rυ = Rυ0 ⋅ [1 + α ⋅ (υ − υ 0 )] Rυ = 1,2 ⋅10 3 ⋅ [1 + 0,04 ⋅ 25] ≅ 2,4 kΩ
ID (µA)
U DP 2 = 60 mV, I DP 2 = 35 µA
υ0
υ1 P1 P2
UD (mV)
c) υ0 = 25 oC
2 PR = Rυo ⋅ I DP 1 = 2,12 µW
PDP1 = U DP1 ⋅ I DP1 = 3,91 µW
υ1 = 50 oC
2 PR = Rυ1 ⋅ I DP 2 = 2,94 µW
PDP 2 = U DP 2 ⋅ I DP 2 = 2,94 µW
Příklad 3.2.4 V laboratoři byla změřena VA charakteristika Zenerovy diody – viz tabulka. Parametrický stabilizátor stejnosměrného napětí je napájen stejnosměrným napětím U = 20 V. Rezistory R = RZ = 400 Ω. a) Jak se změní napětí na zatěžovacím odporu RZ, změní-li se napětí zdroje o ± 1 V? b) Určete činitel stabilizace - 33 -
R
U
UZ
RZ
VA charakteristika Zenerovy diody: Propustný směr UD (V)
0,53
0,57 0,63 0,66 0,73 0,77 0,84
0,87
ID (mA)
0,46 1,39 2,19 9,13 15,9 20,7 25,6
30,5
Závěrný směr UD (V)
-8,55
-8,51 -8,43 -8,38
ID (mA)
-97,5
-79,5
-50
-8,31
-8,18 -7,70
-40,5 -20,55 -5,56 -0,1
0,0 0,0
Řešení :
ID (mA)
a) Pracovní bod P se pohybuje v rozmezí bodů P ′ a P ′′ . Napětí na zatěžovacím odporu RZ se změní o ∆U = 0,2 V
UD (V) P′′ P′
b) Činitel vyhlazení: ϕV =
∆U 1 = =5 ∆U Z 0,2 - 34 -
Příklad 3.2.5 Je dána stabilizační dioda, jejíž charakteristika v průrazné oblasti 50 mA ≤ I ZD ≤ 300 mA je aproximována reálným zdrojem napětí – U d = 9, 9 V, rd = 2 Ω Realizujte touto diodou jednoduchý parametrický stabilizátor napětí – viz obr. 2. Proud zátěží má být v mezích 0 ≤ I Z ≤ 200 mA a) Určete pro hodnotu napěťového zdroje U = 30 V hodnotu odporu R tak, aby diodou procházel minimální proud IZD = 50 mA b) Určete napětí naprázdno U0 a vnitřní odpor Ri náhradního zapojení stabilizátoru napětí na svorkách a, b. c) Kdy je Zenerova (stabilizační) dioda nejvíce výkonově zatížena? d) Napájecí napětí U se mění o ± 10 %. Jak velký je činitel vyhlazení a činitel stabilizace? I
IZ
R
a
IZD U
U2
UZD
RZ
Obr. 2: Stabilizátor napětí b
Řešení : a) Proud stabilizační diodou je nejmenší, když proud zátěže IZ je maximální. Pří určení odporu R použijeme zapojení na obr. 3. I
a
R
IZ = 200 mA
IZD rd
U
UZD
Ud b
Obr. 3: Zapojení pro výpočet proudu IZD min
- 35 -
I = I Z max + I ZD min = 200 ⋅10 −3 + 50 ⋅10 −3 = 250 mA − U + R ⋅ I + rd ⋅ I ZD + U d = 0
U − rd ⋅ I ZD − U d 30 − 2 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 − 9,9 = 80 Ω R= = I 250 ⋅ 10 −3
Poznámka: IZD IZD
UZD
rd
UZD IZDmin
UZD
UZD
IZmax
Ud
IZDmax ID
b) K určení napětí naprázdno U0 a vnitřního odporu Ri náhradního zapojení stabilizátoru napětí na svorkách a, b na obr 3 použijeme Théveninovu větu Ri =
R ⋅ rd = 1,95 Ω ≈ rd R + rd
U 0 = U d + rZ ⋅ I ZD = U d + rZ ⋅
U −Ud 30 − 9,9 = 9,9 + 2 ⋅ = 10,39 V R + rz 80 + 2
c) Ztrátový výkon diody je maximální, jestliže při konstantním napětí na diodě je proud diodou maximální, tj. tehdy když proud zátěže je minimální – IZ = 0 – viz bod b). Napětí na diodě je pak rovno napětí naprázdno U0 I ZD max = 245 mA PZ max = U ZD ⋅ I ZD = 10,39 ⋅ 0,245 = 2,54 W d) Při řešení budeme opět uvažovat, že proud zátěží IZ = 0. Změna napájecího napětí - 36 -
∆U = ± 3 V
Změnou vstupního napětí se také mění i proud v obvodu a napětí naprázdno, opět vyjdeme z náhradního schéma na obr. 3. Rovnice popisující obvod bez změny vstupního napětí je − U + R ⋅ I ZD + rd ⋅ I ZD + U d = 0
Při změně vstupního napětí pak dostaneme − U − ∆ U + R ⋅ (I ZD + ∆ I ZD ) + rd ⋅ (I ZD + ∆ I ZD ) + U d = 0
Odečteme-li stav popisující poměry bez změny napájecího napětí dostaneme − ∆ U + R ⋅ ∆ I ZD + rd ⋅ ∆ I ZD = 0
dosadíme-li ∆ U ZD = rd ⋅ ∆ I ZD
⇒ ∆ I ZD =
∆ U ZD rd
− ∆ U + ∆ I ZD (R + rd ) = 0 ∆ U ZD = ∆ U ⋅
rd 2 = 3⋅ = ± 73 mV R + rd 80 + 2
Činitel vyhlazení: ϕV =
R + rd R ∆U 80 = = 1+ = 1+ = 41 rd rd ∆U ZD 2
Činitel stabilizace:
S=
∆U U ∆U Z UZ
S = ϕV ⋅
=
U ZD
I Z =0
U
∆U U ∆U ZD U ZD I Z = 0 = 41 ⋅
- 37 -
=
U ZD I Z =0 ∆U ⋅ ∆ U ZD U
10,39 = 14,2 30
Příklad 3.2.6 a) Navrhněte zapojení stabilizátoru napětí se Zenerovou diodou tak, aby byly splněny požadavky: výstupní napětí U2 = 4,7 V vstupní napětí U1 = 2,6⋅U2 maximální proud zátěže IZ = 45 mA kolísání vstupního napětí ∆ U1 = ± 1 V b) Určete činitel vyhlazení c) Činitel stabilizace d) Největší ztrátový výkon Zenerovy diody
Řešení : a) Zapojení stabilizátoru napětí se Zenerovou diodou je na obr. 2 . Nejdříve musíme určit hodnoty odporů. Z tabulky na obr. 13a) – Katalogový list Zenerových diod konstrukční řady BZX83C…(str. 52) zvolíme Zenerovu diodu – BZX83C4V7. Aby Zenerova dioda pracovala v pracovní oblasti, musí být splněna podmínka: I ZD min = 0,1 ⋅ I ZD max I ZD min = 0,1 ⋅ 85 ⋅10 −3 = 8,5 mA Vstupní napětí je v intervalu: U 1min = 2,6 ⋅ U 2 − 1 = 2,6 ⋅ 4,7 − 1 = 11,22 V U1 max = 2,6 ⋅ U 2 + 1 = 2,6 ⋅ 4,7 + 1 = 13,22 V Hodnota odporu R určíme pomocí vztahu: R =
Rmin =
Rmax =
U 1max − U ZD I ZD max − I Z min U 1min − U ZD I ZD min − I Z max
U1 − U 2 I
=
13,22 − 4,7 = 100 Ω (85 + 0) ⋅10 −3
=
11,22 − 4,7 = 121,5 Ω (8,5 + 45) ⋅10 −3
Volíme R = 110 Ω ± 5% z řady E24. Největší ztrátový výkon odporu pak je:
PR = RI = 2
(U1max − U 2 )2 R
=
(13,22 − 4,7 )2
- 38 -
110
= 0,66 W
Volíme odpor v provedení pro výkon 1 W.
U2
Minimální hodnota odporu zátěže: RZ =
I Z max
=
4,7 = 104,4 Ω 45 ⋅10 −3
b) Činitel vyhlazení: hodnota diferenčního odporu rZ = 4 Ω, při IZD = 10 mA – viz obr. 53b) Katalogový list Zenerových diod konstrukční řady BZX83C… (str. 36)
ϕV =
∆U R 110 = 1+ = 1+ = 28,5 ∆U 2 rz 4
c) Činitel stabilizace:
S = ϕV ⋅
U ZD
I Z =0
U
= 28,5 ⋅
4,7 = 11 12,22
d) Největší ztrátový výkon Zenerovy diody (stav naprázdno) PZ max = U ZD ⋅ I ZD = U ZD ⋅
U1max − U ZD R
= 4,7 ⋅
13,22 − 4,7 = 363 mW 110
Porovnáním s maximálním ztrátovým výkonem Ptot = 0,5 W z katalogu můžeme konstatovat, že tento nebude překročen.
U1
110 Ω ± 5%
BZX83 C4V7
R
U2
RZ = 104,4 Ω
Obr. 4: Zapojení stabilizátoru napětí se Zenerovou diodou podle příkladu 3.2.6
- 39 -
Příklad 3.2.7 K ladění rezonančního obvodu na obr. 5 použijeme kapacitní diodu. Při napětí U D = − 4 V byla změřena kapacita diody C = 5 pF , hodnota odporu je R = 100 kΩ. Vypočítejte: a) Závislost kapacity C − 20 V ≤ U D ≤ − 1 V
diody
na
napětí
UD v
rozsahu
b) Náhradní zapojení kapacitní diody pro střídavý signál je na obr. 6, RD = 4 Ω , G D = 1 µS , C D = 5 pF při U D = − 4 V. Dokažte, že při rezonanční frekvenci f 0 = 100 MHz může být vodivost Gd zanedbána. Gd Rd Cd
Obr. 6: Náhradní zapojení kapacitní diody pro střídavý signál c) Vypočítejte indukčnost L tak, aby při RD = 4 Ω a C D = 5 pF byla rezonanční frekvence f 0 = 100 MHz . d) Určete činitel jakosti Q rezonančního obvodu a šířku pásma B. e) Jaké bude největší napětí na diodě U D , bude-li se rezonanční obvod přelaďovat v rozsahu 100 MHz ≤ f 0 ≤ 150 MHz f) Určete pro f = 150 MHz činitel jakosti Q a šířku pásma B. C
L
R
UD
=
U0
Obr. 5: Ladění rezonančního obvodu kapacitní diodou Poznámka: Kapacita na obr. 6 odděluje stejnosměrnou úroveň a musí být tak velká, aby pro pracovní kmitočty představovala zkrat. Odpor o velikosti R = 100 kΩ je - 40 -
zahrnut do analýzy. Zdroj napětí U 0 〈 0 slouží k ladění rezonančního obvodu a pro střídavý signál představuje zkrat. Závěrný proud diody vyvolá zanedbatelný úbytek napětí na odporu R proti U0 .
Řešení : a) Napěťová závislost kapacitní diody je dána vztahem: C=
K −U D
⇒
K = C ⋅ − U D = 5 ⋅10 −12 ⋅ 4 = 10 F ⋅ V
Tab. 2: Závislost C = f (U D ) kapacitní diody UD (V)
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-9
-10
C (pF) 10,0 7,07 5,77
5,0
4,47 4,08 3,78 3,54 3,33 3,16
UD (V) -11
-14
-15
-16
-17
C (pF) 3,01 2,89 2,77 2,67 2,58
2,5
2,42 2,35 2,29 2,23
-12
-13
C (pF)
Grafická závislost C = f (U D ) je vynesena na obr. 7.
UD (V)
Obr. 7: Závislost C = f (U D ) kapacitní diody
b) Určíme impedanci diody podle modelu na obr. 5: Z = Rd +
Gd − jωC d 1 = Rd + 2 2 Gd + jωC d Gd + (ωC d ) - 41 -
-18
-19
-20
Z = 4+
1 ⋅10 −6 − j 2π ⋅100 ⋅10 6 ⋅ 5 ⋅10 −12
(
10 −12 + 2π ⋅ 5 ⋅10 − 4
)
2
1 ⋅10 −6 − j 3,14 ⋅10 −3 = 4+ 10 −12 + 9,89 ⋅10 −6
Z = (4,1 − j 314 ) Ω Z výpočtu impedance Z vyplývá, že náhradní schéma kapacitní diody lze zjednodušit na zapojení podle obr. 8. RS
CS
Obr. 8: Zjednodušené náhradní zapojení při f 0 = 100 MHz c) Pro výpočet indukčnosti L převedeme sériové zapojení na obr. 8 na paralelní zapojení – viz obr. obr. 9 (ω0 – rezonanční úhlový kmitočet).
RS RP
CP
CS
Obr. 9: Paralelní náhradní zapojení kapacitní diody
Musí platit rovnost (ekvivalence)
Y = G p + jω 0 C p =
1
RS
2
1 + ω0C S
=
1 RS + jω 0 C S
RS
Y=
RS +
2
RS
2
1 + ω0CS
1 ω0CS
+j RS
2
1 + ω0C S
- 42 -
j ω0C S
2
2
Porovnáním tedy získáme paralelní vodivost Gp Gp =
ω02C S 2 RS = 2 2 1 + ω 02 C S RS
RS RS +
1
2
ω 02 C S 2
Pro f 0 = 100 MHz je hodnota paralelní vodivosti
(2π ⋅100 ⋅10 ) ⋅ (5 ⋅10 ) ⋅ 4 = 1 + (2π ⋅100 ⋅10 ) ⋅ (5 ⋅10 ) ⋅ 4 6 2
Gp
Rp =
−12 2
6 2
−12 2
= 2
3,95 ⋅10 −5 1 + 1,58 ⋅10
−4
= 3,95 ⋅10 −5 µS
1 1 = = 25 334 Ω Gp 3,95 ⋅10 −5
Dalším porovnáním určíme hodnotu paralelní kapacity Cp 1 ω0C S
ω0 C p = RS
2
1 + ω0CS
2
a pro f 0 = 100 MHz dostaneme hodnotu Cp =
CS 1+ ω
2 2 2 0 C S RS
5 ⋅10 −6 = 1 + 1,58 ⋅ 10 − 4
= 4,99 ⋅10 −12 ≈ 5 pF
Z výpočtu vyplývá, že prakticky platí: C p = C . Obvodu na obr. 6 odpovídá model na obr.10, R ′ je paralelní kombinací odporů R p a R.
L
RP
CP
R
L
R′
Obr. 10: Náhradní zapojení pro střídavý signál pro zapojení z obr. 6
- 43 -
CP
Při rezonanci platí: X L = X C
⇒
1 ω0C p
ω0 L =
pro f 0 = 100 MHz je hodnota indukčností L L=
1
ω
=
2 0Cp
1
(2π ⋅ 100 ⋅ 10 )
6 2
⋅ 5 ⋅ 10
−12
= 5,06 ⋅ 10 − 7 = 0,5 µH
pro f 0 = 100 MHz platí R′ =
R ⋅ Rp R + Rp
100 ⋅103 ⋅ 25,3 ⋅103 = = 20,2 kΩ 100 ⋅10 3 + 25,3 ⋅10 3
d) Činitel jakosti Q paralelního rezonančního obvodu pak je: R′ 20,2 ⋅103 Q= = = 63,4 ω0 L 2π ⋅100 ⋅10 6 ⋅ 5,06 ⋅10 −7 Šířku pásma B určíme ze vztahu: f0 100 ⋅10 6 B= = = 1,58 ⋅10 6 Hz Q 63,4 e) Změní-li se rezonanční kmitočet f 0 z hodnoty 100 MHz na 150 MHz a nebudeme-li měnit hodnotu indukčnosti L, musí se změnit hodnota kapacity Cp kapacitní diody. Opět vyjdeme z úvahy, že při rezonanci platí: X L = XC C = Cp =
1
ω
2 0L
=
1
(2π ⋅ 150 ⋅ 10 )
6 2
⋅ 5,06 ⋅ 10 −7
= 2,225 ⋅ 10 −12 = 2,22 pF
Z tabulky 2 – závislosti C = f (U D ) odečteme, že potřebná hodnota napětí na diodě U D je –20 V. f) K určení činitele jakosti Q a šířky pásma B na frekvenci f = 150 MHz musíme určit novou hodnotu R p a XL
- 44 -
ω02C 2 RS ( 2π ⋅ 150 ⋅ 10 6 ) ⋅ (2,22 ⋅ 10 −12 ) ⋅ 4 Gp = = 2 2 2 1 + ω02 C 2 RS 1 + (2π ⋅ 150 ⋅ 10 6 ) ⋅ (2,22 ⋅ 10 −12 ) ⋅ 4 2
Rp =
2
2
= 17,51 µS
1 1 = = 57, 1 kΩ Gp 17,51 ⋅10 − 6
X L = ωL = 2π ⋅150 ⋅10 6 ⋅ 5,06 ⋅ 10 −7 = 476,9 Ω R ⋅ Rp
R′ =
Q=
R + Rp
=
100 ⋅10 3 ⋅ 57,1 ⋅10 3 = 36,35 kΩ 100 ⋅10 3 + 57,1 ⋅10 3
R′ 36,35 ⋅ 103 = = 76,2 ω0 L 476,9
f0 150 ⋅10 6 B= = = 1,97 MHz Q 76,2
Příklad 3.2.8 Zapojení se skládá se zdroje napětí U 0 , odporu R a fotodiody – viz obr. 11. Charakteristiky fotodiody pro různou intenzitu osvětlení jsou uvedeny na obr. 12. Napětí zdroje U 0 = − 0,3 V a odpor R = 10 kΩ . a) Určete napětí na fotodiodě U D , proud diodou I D a napětí U R na odporu R při intenzitě osvětlení E = 2 000 mW/cm2.
R
U0
UR
=
UD
b) Při jaké intenzitě osvětlení platí UR = U0 ? c) Určete výkonovou bilanci v obvodu
Obr. 11: Zapojení fotodiody
Řešení : a) Pomocí 2. Kirchhoffova zákona určíme: U 0 = R ⋅ I D + U D Pracovní bod leží na charakteristice o parametru E = 2 000 mW/cm2 a na zatěžovací přímce (na jejím „prodloužení“ do IV. kvadrantu): - 45 -
ID (µA) E = 0 mW/cm2
A UDP
E = 500 mW/cm2
UD (mV)
E = 1000 mW/cm2
B E = 1500 mW/cm
2
IDP
E = 2000 mW/cm2
P
Obr. 12: Charakteristiky fotodiody
naprázdno: I = 0 → U = U0 = – 0,3 V nakrátko:
bod A
U = 0 → I K = U 0 R = − 30 µA
bod B
Pracovním bodem P určíme napětí a proud diody: UDP = 180 mV IDP = – 48 µA Napětí U R = I DP ⋅ R = − 48 ⋅10 −6 ⋅10 ⋅10 3 = − 480 mV Z výsledků vyplývá, že napětí na odporu R je větší než napětí zdroje U0. Tzn., že dioda v tomto pracovním bodě pracuje jako fotoelektrický článek (fotovoltaický režim) a dodává výkon do odporu R. b) Mají-li se napětí U R a U 0 rovnat, musí být napětí na fotodiodě U D = 0 V. Tím je vlastně určen pracovní bod P na ose proudu – při ID = – 30 µA. Interpolací mezi charakteristikami určíme, že požadovaná intenzita osvětlení je: E ≈ 1200 mW/cm2 c) Při dodržování spotřebičové šipkové konvence platí:
(
)
PR = U R ⋅ I DP = −480 ⋅10 −3 ⋅ − 48 ⋅10 − 6 = 23,04 ⋅10 − 6 – spotřeba - 46 -
(
)
PD = U DP ⋅ I DP = 180 ⋅10 −3 ⋅ − 48 ⋅10 −6 = −8,64 ⋅10 −6 – zdroj energie
(
)
PU = − U ⋅ I DP = −(− 0,3) ⋅ − 48 ⋅ 10 −6 = −14,4 ⋅10 −6
– zdroj energie
Energie dodávaná zdrojem a fotodiodou se rovná energii spotřebované.
Příklad 3.2.9 Je dána fotodioda s charakteristikami podle obr. 12. Intenzita osvětlení je E = 2 000 mW/cm2. a) Jak velké je napětí fotoelektrického článku naprázdno ? b) Jaký maximální výkon může fotoelektrický článek dodat do zátěže ?
Řešení : Nápověda – pro určení maximálního výkonu fotočlánku hledejte maximální hodnoty U D , I D .
(U D 0 = 240 mV,
Pmax = 9 mW )
Příklad 3.2.10 Akumulátor NiCd potřebuje při 20°C pro nabíjení asi 1,3 V (při začátku nabíjení) až 1,45 V (konec nabíjení). Sluneční baterie složená ze 8 fotodiod je zapojena do obvodu s akumulátorem a odporem R = 2,2 kΩ. Uvažujte charakteristiky SB podle obr. 13. a) Odebírá sluneční baterie z akumulátoru energií nebo naopak akumulátor dobíjí při E = 2 000 mW/cm2? b) Jaký proud prochází obvodem při začátku nabíjení? c) Řešte zadání pro opačnou polaritu akumulátoru. ID
U
=
R
8·UD
SB
- 47 -
ID (µA) E = 0 mW/cm2 500 mW/cm2
UD (mV)
1000 mW/cm2 1500 mW/cm2 2000 mW/cm2
Obr. 13: Charakteristiky fotodiody
Řešení : Nápověda – výsledná charakteristika pro sériové řazení 8 fotodiod je dána součtem napětí při E = 2 000 mW/cm2 při stejných proudech.
Příklad 3.2.11 Světelná dioda (LED; změřená VA charakteristika – viz tabulka) je zapojena podle obrázku (U = 5 V, R = 200 Ω). Určete: a) pracovní bod P
R
b) statický odpor v propustném směru U
=
c) diferenční směru
LED
odpor
v propustném
d) ztrátový výkon diody VA charakteristika zelené LED diody: Propustný směr UD (V)
0
1,63
1,74
1,84
1,91
2,0
ID (mA)
0
0
0,12
1,18
3,78
9,46
- 48 -
2,1
2,135
2,19
17,57 20,45 25,06
Řešení :
(I DP = 21 mA, U DP = 2,15 V, RS
= 102,4 Ω, rd = 16 Ω, PZ = 45,15 mW )
Příklad 3.2.12
Analyzujte v prostředí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 2. 2. 4 (str. 24) pro vstupní napětí U = – 10 V ÷ +20 V (krok volte podle potřeby, tak aby výsledky dostatečně vystihovaly chování obvodu v okolí stabilizačního napětí Zenerovy diody a v okolí nuly). Komentujte získané výsledky a porovnejte s výsledky z příkladu 2.2.4.
Příklad 3.2.13 a) Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt a není připojena filtrační kapacita C. b) Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt a není-li připojena zátěž R. c) Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt a je připojen odpor R i filtrační kapacita C d) Jak se změní průběh proudu procházející odporem R, zmenšujemeli hodnotu odporu R? (Uvažujte ideální diodu D s nulovým úbytkem napětí v propustném směru):
- 49 -
Příklad 3.2.14 Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt . (Uvažujte ideální diodu D s nulovým úbytkem napětí v propustném směru): a) U m 〈 U 0 b) U m = 1,2 ⋅ U 0 c) U m = 5 ⋅ U 0 d) Pro všechny případy odhadněte mezní hodnotu proudu odporem R (pro nezatížený výstup). e) Body a) až d) řešte pro obrácenou polaritu stejnosměrného zdroje U0 .
Příklad 3.2.15 Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u vyst (t ) , je-li průběh
napětí u vst (t ) = U m sin ωt (diody D1 a D2 považujte opět za ideální s nulovým úbytkem napětí v propustném směru): a) U 1 = U 2 ; U m 〈 U 1 b) U 1 = U 2 ; U m = 1,2 ⋅ U 1
c) U 1 = 2 ⋅ U 2 ; U m ∈ (U 2 , U1 )
- 50 -
Příklad 3.2.16 a) Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt a není připojena filtrační kapacita C. b) Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt a není-li připojena zátěž R. c) Nakresli kvalitativně průběh výstupního napětí u 2 (t ) , je-li průběh napětí u1 (t ) = U m sin ωt a je připojen odpor R i filtrační kapacita C d) Jak se změní průběh proudu procházející odporem R, zmenšujemeli hodnotu odporu R? (diody D1 ÷ D4 uvažujte opět za ideální s nulovým úbytkem napětí v propustném směru):
Příklad 3.2.17
Analyzujte v prostředí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 3. 2. 16, u1 (t ) = 5 sin ωt . Určete na zátěži hodnotu: a) stejnosměrného napětí U SS b) efektivní hodnotu zvlněného napětí U zv ef je-li zadáno: 1) R = 1kΩ, C = 0 F, f= (50, 100, 500 a 1k) Hz 2) R = 1kΩ, C = (1, 2, 5, 10) µF, f = (50, 100, 500 a 1k) Hz 3) R = (1, 2, 5, 10, 50, 100) kΩ, C = 5 µF, f = 50 Hz Komentujte získané výsledky a porovnejte s výsledky z příkladu 3.2.4.
- 51 -
I Z = 5 mA
BZX83COV8
0,78
BZX83C2V4
2,4
BZX83C2V7
2,7
BZX83C3V0
3,0
BZX83C3V3
3,3
( ) 0,73 ÷ 0,83 0,28 ÷ 2,56 2,5 ÷ 2,9 2,8 ÷ 2,9 3,1 ÷ 3,5
BZX83C3V6
3,6
3,4
BZX83C3V9
3,9
3,7
BZX83C4V3
4,3
4,0
BZX83C4V7
4,7
4,4
BZX83C5V1
5,1
4,8
BZX83C5V6
5,6
5,2
BZX83C6V2
6,2
5,8
BZX83C6V8
6,8
6,4
BZX83C7V5
7,5
7,0
BZX83C8V2
8,2
7,7
BZX83C9V1
9,1
8,5
BZX83C10
10
BZX83C11
11
BZX83C12
12
BZX83C13
13
÷ 9,6 9,4 ÷ 10,6 10,4 ÷ 11,6 11,4 ÷ 12,7 12,4 ÷ 14,1
BZX83C15
15
13,8
BZX83C16
16
BZX83C18
18
BZX83C20
20
BZX83C22
22
÷ 15,6 15,3 ÷ 17,1 16,8 ÷ 19,1 18,8 ÷ 21,2 20,8 ÷ 23,3
BZX83C24
24
22,8
BZX83C27
27
BZX83C30
30
BZX83C33
33
BZX83C36
36
( )
UZ V
UZ V
÷ 3,8 ÷ 4,1 ÷ 4,6 ÷ 5,0 ÷ 5,4 ÷ 5,6 ÷ 6,6 ÷ 7,2 ÷ 7,9 ÷ 8,7
÷ 25,6 25,1 ÷ 28,9 28 ÷ 32 31 ÷ 35 34 ÷ 38
I Z = 1 mA
rZ (Ω)
rZ (Ω)
< 10
–
< 90
< 600
< 90
napětí v prop. Směru při IF = 50 mA
TKUZ při IZ=5 mA
teplotní součinitel
maximálně přípustný proud Zenerovou diodou
proud v závěrném směru při napětí
f = 1000 Hz
Dynamický odpor
IZ = 5 mA, UZ(V)
rozmezí velikosti průrazného napětí
jmenovité napětí
Charakteristické hodnoty při υ = 25ºC
TKUZ·10-4/K
( )
I R µA
–
( )
UR V
( )
( )
I Z max mA
UF V
–
–
–
–
< 120
1
< 155
-8
<1
< 600
< 100
1
< 135
-7
<1
< 90
< 600
< 60
1
< 125
-7
<1
< 90
< 600
< 30
1
< 115
-6
<1
< 90
< 600
< 20
1
< 105
-6
<1
< 90
< 600
< 10
1
< 95
-5,5
<1
< 85
< 600
<5
1
< 90
-4,5
<1
< 80
< 600
<2
1
< 85
-2
<1
< 60
< 550
<1
1
< 75
-2
<1
< 40
< 450
<1
1
< 70
-3
<1
< 10
< 200
<1
2
< 64
-4
<1
<8
< 150
<1
3
< 58
-4,5
<1
<7
< 50
<1
3,5
< 53
-5
<1
<7
< 50
<1
4
< 47
-5,5
<1
< 10
< 50
<1
5
< 43
-6
<1
< 15
< 70
<1
6
< 40
-6,5
<1
< 20
< 70
<1
7
< 36
-7
<1
< 20
< 90
<1
8
< 31
-7
<1
< 25
< 110
<1
9
< 29
-7,5
<1
< 30
< 110
<1
11
< 27
-7,5
<1
< 40
< 170
<1
11
< 24
-8
<1
< 55
< 170
<1
12
< 21
-8
<1
< 55
< 220
<1
14
< 20
-8
<1
< 60
< 220
<1
15
< 18
-8,5
<1
< 80
< 220
<1
16
< 16
-8,5
<1
< 80
< 220
<1
18
< 14
-8,5
<1
< 90
< 220
<1
20
< 13
-9
<1
< 90
< 220
<1
22
< 12
-9
<1
< 90
< 250
<1
25
< 11
-9
<1
Obr. 13a) Katalogový list Zenerových diod konstrukční řady BZX83C… - 52 -
Obr. 13b) Katalogový list Zenerových diod konstrukční řady BZX83C…
Zenerovy diody 0,5 W ve skleněném pouzdře
BZX83C…
BZX83C… je epitaxní křemíková planární Zenerova dioda ve skleněném pouzdře 56 A2 podle DIN 41 883 (DO-35). Slouží ke stabilizaci a omezování napětí v rozmezí od 0,78 do 47 V a k získání referenčních napětí při malých výkonových požadavcích. Díky moderní technologii výroby je zajištěn velmi strmý sklon charakteristiky v závěrném směru, nízký šum a dlouhodobá stabilita parametrů. Strana katody je označena barevným proužkem. Ø 0,55 max
25 min
sklo
5 max
hmotnost asi 0,5 g
25 min
2 max
rozměry v mm
Mezní hodnoty (υa = 25ºC) skladovací teplota TS -55 ÷ +175 ºC teplota přechodu Tj max 175 ºC max. proud v propustném směru IFmax 400 mA 1) max. ztrátový výkon Ptot 500 mW tepelný odpor přechodu/pájecího místa Pth js ≤ 250 K W 1) Tyto hodnoty platí v případě, že je teplota přívodu ve vzdálenosti 6 mm od pouzdra 50 º C - 53 -
4. Bipolární tranzistory 4.1 Pracovní režimy bipolárního tranzistoru
Příklad 4.1 V obvodech uvedených na obrázku určete hodnoty vyznačených veličin. Uvažujte hodnoty: U CC = 12 V, U BE = 0,7 V, proudový zesilovací činitel h21E = β = 400 , RC = 1,2 kΩ . UCC
UCC IC
IC
RC
RC
U2
U2
b)
a)
UCC UCC
IC RC
U2 IC
RC
U2
d)
c)
Řešení : a) I C = 9,42 mA, U 2 = 0,7 V
c) I C = 9,42 mA, U 2 = 0,7 V
b) I C = 0 A, U 2 = 12 V
d) I C = 9,42 mA, U 2 = 11,3 V
- 54 -
Příklad 4.2 V obvodech uvedených na obrázku určete hodnoty vyznačených veličin platí-li: U CC = 12 V, U BE = 0,7 V, proudový zesilovací činitel β = 300 , RC = 1,2 kΩ , R = 100 Ω . Diody v zapojení jsou křemíkové – uvažujte hodnoty: U F = 0,7 V, závěrný proud diody I BR = 0 A až do napětí U BR = 30 V. UCC
UCC IC
IC RC
RC D
D U2
U2
b)
a) UCC
UCC D2
D1
D
I1
RC IC U2
I2
R
I2
U2
c)
R
d)
Řešení : a) I C = 8,83 mA, U 2 = 1,4 V
c) I1 = 113 mA, I 2 = 0 A, U 2 = 11,3 V
b) I C = 0 A, U 2 = 12 V
d) I C = 1,83 mA, I 2 = 7 mA, U 2 = 1,4 V
Příklad 4.3 V obvodu na obrázku určete hodnotu výstupního napětí, je-li zadáno: U CC = 12 V, U BE = 0,7 V, U 1 = 3,7 V, β = 600 .
- 55 -
Hodnoty odporů jsou:
UCC
RC = 3 kΩ
RE = 2,2 kΩ
RC
RB = 250 kΩ .
IC RB
Řešení :
U2
U 2 = 8,56 V
U1
RE
Příklad 4.4 V obvodech uvedených na obrázku určete hodnoty vyznačených veličin pro: U CC = 15 V, U BE = U D1 = U D 2 = 0,7 V, β = 600, U ZD = 2 V. Zadané hodnoty odporů jsou RC = R E = 1 kΩ , R1 = 1,2 kΩ , R = 10 kΩ . UCC
a)
D1
b)
UCC
D2 RC
R1
RC IC
R1 IB U2
ZD R
IE
RE
R1
U2
I2
Řešení : a) I E = 1,3 mA, U 2 = 1,3 V b) I C = 5,93 mA, I 2 = 2,25 mA, I B = 9,88 µA, U 2 = 6,11 V
- 56 -
4.2 Nastavení a stabilizace klidového pracovního bodu tranzistoru
Příklad 4.2.1 V zapojení podle obr. 15 určete pracovní bod tranzistoru pro hodnoty: U CC = 10 V, U BE = 0,6 V, U BB = 2,2 V, RC = 250 Ω , R1 = 20 kΩ . Síť výstupních charakteristik tranzistoru v zapojení se společným emitorem je znázorněna na obr. 16. IC
IB
S2
R1
RC
S1
UCC
UBB
Obr. 15: Zapojení pro určení pracovního bodu
Řešení : Pomocí KZ sestavíme rovnice pro jednotlivé smyčky: Vstupní smyčka S1 : R1 I B + U BE − U BB = 0 IB =
U BB − U BE 2,2 − 0,6 = = 80 µA R1 20 ⋅10 3
Výstupní smyčka S 2 : RC I C + U CE − U CC = 0 Hodnotu napětí UCE určíme pomocí zatěžovací přímky. Zatěžovací přímku sestrojíme známým způsobem ze stavu naprázdno (I C = 0; U = U CC = 10 V – bod A) a stavu nakrátko (U CE = 0; I K = U CC RC = 10 250 = 40 mA – bod B). IC =
U CC − U CEP 10 − 6,4 = = 14,4 mA RC 250
- 57 -
B
P
ICP
A UCEP
Obr. 16: Výstupní charakteristiky tranzistoru v zapojení SE – konstrukce zatěžovací přímky
Příklad 4.2.2 Je dáno zapojení podle obr. 17. Síť charakteristik tranzistoru v zapojení se společným emitorem je znázorněna na obr. 18. Určete: a) odpory RB , RC tak, aby se nastavil pracovní bod tranzistoru U CEP = 6 V, I CP = 5 mA, hodnota ss zdroje je U CC = 12 V b) Zakreslete pracovní přímku do sítě charakteristik c) Určete výkonovou ztrátu tranzistoru (ztrátu přechodu B-E zanedbejte) d)
Určete hodnotu proudového zesilovacího činitele β v pracovním bodě UCC RC
RB
IC IB
UCE
Obr. 17: Zapojení k příkladu 4.2.2
- 58 -
Řešení : a)
b)
Obr. 18: Síť charakteristik tranzistoru v zapojení SE a) vstupní charakteristiky b) výstupní charakteristiky a) Rovnice pro výstupní smyčku (II. KZ): RC I C + U CE = U CC Pro pracovní bod tedy dostaneme: RC =
U CC − U CEP 12 − 6 = = 1,2 kΩ IC 5 ⋅10 −3
Ze sítě výstupních charakteristik odečteme pro příslušný pracovní bod hodnotu vstupního proudu I BP = 16 µA Ze sítě vstupních charakteristik odečteme, že bázovému proudu I BP = 16 µA odpovídá napětí U BEP = 540 mV Určíme tak souřadnice pracovního bodu pro vstupní obvod. Hodnotu bázového odporu RB určíme z KZ rovnice pro vstupní smyčku: RB =
U CC − U BEP 12 − 0,54 = = 716,25 kΩ I BP 16 ⋅10 − 6
Hodnotu bázového odporu volíme podle odporové řady 720 kΩ. - 59 -
P
ICP
UCEP
zatěžovací přímky
IBK
P
IBP
UBEP
Obr. 19: Konstrukce zatěžovací přímky v síti charakteristik b) Zatěžovací přímky nakreslené v obr. 19 jsou konstruovány stejným způsobem jako v příkladě 4.2.1. V síti výstupních charakteristik – ze stavu naprázdno (I C = 0; U = U CC ) a stavu nakrátko (U CE = 0; I K = U CC RC ) . Zatěžovací přímka v síti vstupních charakteristik – je dána pracovním bodem o souřadnicích (I BP , U BEP ) a proudem nakrátko (I BK = U CC RB ) . c) Kolektorová ztráta2) : PC = U CEP ⋅ I CP = 6 ⋅ 5 ⋅10 −3 = 30 mW 2)
PBE = U BEP ⋅ I BP = 0,54 ⋅16 ⋅10 −6 = 8,64 µW ⇒ lze zanedbat - 60 -
d) proudový zesilovací činitel :
β = h21E = I CP I BP = 5 ⋅10 −3 16 ⋅10 −6 = 312,5
Příklad 4.2.3 V zapojení podle obr. 20. určete odpory RB , RC tak, aby se nastavil pracovní bod tranzistoru U CEP = 6 V, I CP = 5 mA, hodnota ss zdroje je U CC = 12 V. Použijte charakteristiky tranzistoru z příkladu 4.2.2 – obr. 18. UCC
Řešení :
RC
RC = 1,2 kΩ; R B = 341,25 kΩ
RB
IB
IC UCE
Obr. 20: Zapojení k příkladu 4.2.3
Příklad 4.2.4 V zapojení podle obr. 17 určete hodnotu odporu RB tak, aby tranzistor pracoval ve třídě A. Síť výstupních charakteristik tranzistoru v zapojení se společným emitorem (SE) je znázorněna na obr. 21. Jsou zadány hodnoty RC = 2 kΩ, U BE = 0,6 V , hodnota ss zdroje je U CC = 12 V .
Řešení : Tranzistor ve třídě A – pracovní bod P ve středu ⇒ U CEP =
U CC = 6V 2
Zkonstruujeme zatěžovací přímku v síti výstupních charakteristik a odečteme hodnotu bázového proudu I B – aproximací I BP = 30 µA . Hodnotu odporu RB pak určíme RB =
U CC − U BEP 12 − 0,6 = = 380 kΩ I BP 30 ⋅ 10 − 6 - 61 -
P
Obr. 21: Výstupní charakteristiky tranzistoru v zapojení SE; konstrukce zatěžovací přímky – stanovení proudu I B UCC UCC RC RC
RB
IC
IC
RB UCE
IB
U2 U1
RE
Obr. 22: Zapojení k příkladu 4.2.5
RB
Obr. 23: Zapojení k příkladu 4.2.6
Příklad 4.2.5 V zapojení podle obr. 22 určete hodnotu odporu RB tak, aby tranzistor pracoval ve třídě A. Zapojení řešte pro hodnoty: U CC = 9 V, RC = 1 kΩ , R E = 150 Ω , β = h21E = 200 .
Řešení :
(RB = M 39 Ω ) - 62 -
Příklad 4.2.6 Hodnota ss zdroje U CC = 12 V. V zapojení na obrázku 23 určete: a) Hodnotu odporu RC a RB tak, aby se při napětí U 1 = 3,3 V nastavil pracovní bod tranzistoru U CEP = 6 V, I CP = 5 mA b) Zakreslete pracovní přímku do sítě charakteristik, a vyhodnoťte I B v intervalu: parametry obvodu pro proud báze (I BP − 5 µA ; I BP + 5 µA ) c) Určete hodnotu proudového zesílení AI d) Určete hodnotu napěťového zesílení AU e) Určete hodnotu výkonového zesílení AP
Řešení : a) Hodnotu odporu RC a RB RC = RB =
U CC − U CEP 12 − 6 = = 1,2 kΩ I CP 5 ⋅ 10 −3
U 1 − U BEP 3,3 − 0,53 = = 180 kΩ I BP 15 ⋅10 − 6
c) Hodnota proudového zesílení AI : ∆ IC ( 6,6 − 3,4 ) ⋅10 −3 AI = = = 320 ∆ IB (20 − 10) ⋅10 −6
d) Hodnota napěťového zesílení AU : AU =
∆ U CE 4,1 − 7,9 = = − 190 ∆ U BE 0,54 − 0,52
e) Hodnota výkonového zesílení AP : Výkon odevzdaný tranzistorem je vzhledem k volenému směru šipek P2 = − ∆ U CE ⋅ ∆ I C
Vstupní výkon je P1 = ∆ U BE ⋅ ∆ I B - 63 -
Výkonového zesílení AP =
− ∆ U CE ⋅ ∆ I C P2 = = − AU ⋅ AI = −(− 190) ⋅ 320 = 60,8 ⋅ 103 P1 ∆ U BE ⋅ ∆ I B
P'
P
∆ IC
A
∆ UCE
P''
∆ IB
∆ UBE
P′′ = [U BEP ; I BP ] P′′ = [0,530 V; 15 µA ]
Obr. 24: Konstrukce zatěžovací přímky, určení souřadnic pracovního bodu; určení napěťového, proudového a výkonového zesílení v síti charakteristik
Příklad 4.2.7 Určete hodnoty odporů R1 , R2 a RC v obvodu na obr. 25 tak, aby pracovní bod měl souřadnice U CEP = 5 V , I CP = 5 mA . Příčný proud děličem I má být 10 krát větší než proud báze I B . Hodnota odporu RE = 100 Ω, napětí ss zdroje U CC = 14 V . Předpokládejte, že β = 100, IE ≅ IC, U BEP = 0,6 V.
Řešení : Pro výstupní obvod platí:
U CC = U RC + U CEP + U RE U CC = RC I C + U CEP + RE I E - 64 -
Hodnotu odporu RC pak určíme U CC − U CEP − RE I CP 14 − 5 − 100 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 RC = = = 1,5 kΩ I CP 5 ⋅ 10 − 3
Hodnotu odporu R2 určíme ze vztahů (I BP = I CP β = 50 µ A ) U R2 = U BEP + U RE
10 ⋅ R2 ⋅ I B = U BEP + RE ⋅ I E
⇒
U BEP + RE I CP 0,6 + 100 ⋅ 5 ⋅10 −3 R2 = = = 2,2 kΩ 10 ⋅ I BP 10 ⋅ 50 ⋅10 − 6
Hodnotu odporu R1 určíme ze vztahů U CC = U R1 + U R2 R1 ⋅ (I + I B ) = U CC − R2 ⋅10 ⋅ I B ⇒ U CC − R2 ⋅ 10 ⋅ I BP 14 − 2,2 ⋅10 3 ⋅10 ⋅ 50 ⋅10 −6 R1 = = = 23,454 kΩ 11 ⋅ I BP 11 ⋅ 50 ⋅10 − 6
Zvolíme hodnotu odporu R1 podle odporové řady → R1 = 24 kΩ
UCC RC
R1
IC
IB I
R2
RE
Obr. 25: Stabilizace pracovního bodu zápornou zpětnou vazbou
- 65 -
UCC
a)
UCC
b)
I1
RC
RC
R1
IC
IB
RB
IC
IB
I2
IE
IE R2
UN
RE
RE
Obr. 26: a) Stabilizace pracovního bodu zápornou zpětnou vazbou b) Náhradní zapojení (Théveninova věta) určení proudů – IB , IB a IC
Příklad 4.2.8 V zapojení podle obrázku 26a) určete hodnoty všech vyznačených proudů, je-li zadáno: U CC = 15 V, U BE = 0,7 V, β = 200 , hodnoty odporů v zapojení jsou: RC = RE= 3 kΩ, R1 = 100 kΩ a R2 = 50 kΩ .
Řešení : Dělič napětí nahradíme pomocí Theveninovy věty – viz obr. 26 b) napěťovým zdrojem a k němu do série odporem RB : U N = U R 2 = R2 ⋅ RB =
U CC 15 = 50 ⋅10 3 ⋅ =5V R1 + R2 (50 + 100) ⋅103
R1 ⋅ R2 50 ⋅ 103 ⋅ 100 ⋅ 103 = = 33,33 kΩ R1 + R2 (50 + 100) ⋅ 103
Pro hodnotu emitorového proudu platí: I E = I C + I B
IC = β ⋅ I B
⇒
I E = β ⋅ I B + I B = (β + 1) ⋅ I B
Ze vstupního obvodu pomocí KZ určíme (náhradní zapojení) U N = RB ⋅ I B + U BE + RE ⋅ I E
Do výrazu dosadíme za IE a vyjádříme proud báze, emitoru a kolektoru - 66 -
U N = RB ⋅ I B + U BE + RE ⋅ (β + 1) ⋅ I B U N − U BE 5 − 0,7 = = 6,76 µA RE ⋅ (β + 1) + RB 3 ⋅10 3 ⋅ 201 + 33,33 ⋅10 3
IB =
I E = (β + 1) ⋅ I B = 201 ⋅ 6,76 ⋅10 −6 = 1,359 mA I C = α ⋅ IE → α =
β β +1
=
200 = 0,995 201
I C = 0,995 ⋅1,359 ⋅ 10 −3 = 1,352 mA
Hodnotu proudu I1 a I2 určíme z původního obvodu I1 =
U CC − U BE − RE I E 15 − 0,7 − 3 ⋅10 3 ⋅1,359 ⋅10 −3 = = 0,102 mA R1 100 ⋅103
R2 ⋅ I 2 = U BE + RE ⋅ I E U BE + RE ⋅ I E 0,7 + 3 ⋅10 3 ⋅1,359 ⋅10 −3 I2 = = = 95,54 µA R2 50 ⋅10 3
Musí platit I1 = I B + I 2 = (6,76 + 95,54 ) ⋅10 −6 = 0,102 mA
Příklad 4.2.9 Navrhněte zapojení tranzistoru se společným kolektorem za předpokladu, že dělič napětí R1 , R2 zajistí napětí na bázi U B = U CC 3 , při tom platí U B = U CB = U CC 3 . Dále je dáno U CC = 12 V, U BE = 0,7 V, I E = 1 mA, povolená odchylka emitorového proudu je ± 10 % , I1 = 0,1 ⋅ I E a β = 100.
Řešení : U B = U R2 = R 2 ⋅
U CC U 12 = CC = =4V 3 3 R1 + R2
- 67 -
U B = U BE + U RE U RE = U B − U BE = 4 − 0,7 = 3,3 V
I1 =
U CC R1 + R 2
⇒ RE =
⇒ 0,1 ⋅ I E =
I 1 = 0,1 ⋅ I E
R1 + R2 =
U B = R2 ⋅
U CC R1 + R2
⇒
⇒
= 3,3 kΩ
U CC R1 + R 2 U CC 12 = 0,1 ⋅ I E 10 − 4
= 120 kΩ
UB R2 = U CC R1 + R2 R2 1 = 3 120 ⋅ 10 3
120 ⋅10 3 = R1 + R2
U RE 3,3 = IE 1 ⋅ 10 −3
⇒ R2 = 40 kΩ
R1 = (120 − 40 ) ⋅10 3 = 80 kΩ
R1 ⋅ R 2 40 ⋅ 10 3 ⋅ 80 ⋅ 10 3 RB = = = 26,67 kΩ 3 R1 + R 2 (40 + 80) ⋅ 10 U N = RB ⋅ I B + U BE + RE ⋅ I E U N = RB ⋅ I B + U BE + RE ⋅ (β + 1) ⋅ I B IB =
U N − U BE 4 − 0,7 = R E ⋅ (β + 1) + R B 3,3 ⋅ 10 3 ⋅ 101 + 26,67 ⋅ 10 3
= 9,17 µA
I E = (β + 1) ⋅ I B = 101 ⋅ 9,17 = 0,93 mA
Hodnota I E = 0,93 mA splňuje podmínku rozptylu hodnoty emitorového proudu. β 100 I C = α ⋅ IE → α = = = 0,99 β +1 101 U RC = U CC − U B − U CB RC =
⇒
U CC − U B − U CB 12 − 4 − 4 = = 4,34 kΩ IC 0,99 ⋅ 0,93 ⋅10 −3 - 68 -
Příklad 4.2.10 Určete hodnotu odporu RX tak, aby napětí U CE bylo 2 V. Hodnota proudového zesilovacího činitele β = 600 , dále platí: RC = 1,2 kΩ, RB = 1 MΩ, U BE = 0,6 V, U CC = 20 V.
Řešení : Poznámka: Hodnota proudu I odporem RC není obecně hodnotou kolektorového proudu IC, ale pro β = 600 bude odchylka nepatrná. I= I1 =
U CC − U CE 20 − 2 = = 15 mA RC 1,2 ⋅103 U CC − U BE 20 − 0,6 = = 19,4 µA RB 1 ⋅10 6
IC = I − I 2 I B = I1 + I 2 IC +
IC
β
dosadíme
⇒
I 2 = I B − I1
kde I B =
IC
β
= I + I1
(
)
β ⋅ (I + I1 ) 600 ⋅ 15 ⋅ 10 −3 + 19,4 ⋅ 10 −6 IC = = = 14,994 mA β +1 601 I B = I C β = 14,994 ⋅10 −3 600 = 24,99 µA RX =
U CE − U BE U − U BE 2 − 0,6 = CE = = 250,45 kΩ I2 I B − I1 (24,99 − 19,4) ⋅10 −6
Příklad 4.2.11 Navrhněte hodnoty odporů v zapojení se společným kolektorem – viz obr. 28. Pro výpočet uvažujte hodnoty: UBE = 0,6 V, URE = 7,5 V, UCC = 15 V, proud odporem R1 je 10·IB , ICP = 2 mA a β = 100. - 69 -
Řešení : RE = 3,75 kΩ, R1 = 34,5 kΩ, R2 = 40,5 kΩ I1 RB RX
UCC
UCC
I2
R1
RC I IC
R2 RE
IB
Obr. 27: Zapojení k příkladu 4.2.10
Obr. 28: Zapojení k příkladu 4.2.11
Příklad 4.2.12 Navrhněte hodnoty odporů v zapojení se společným emitorem (viz obr. 26 a) – str. 65) tak, aby pracovní bod tranzistoru měl parametry: ICP = 2 mA, UCEP = 6,75 V. Pro výpočet předpokládejte hodnoty: UCC = 15 V, proud odporem R1 je 10 krát větší než IB, napětí na odporu RC = 7,5 V, β = 100 a UBEP = 0,6 V
Řešení : RC = 3,75 kΩ, RE = 375 Ω, R1 = 68,25 kΩ, R2 = 6,75 kΩ
Příklad 4.2.13 Navrhněte zapojení tranzistoru se společným emitorem (viz obr. 26 a) – str. 65) tak, aby byly splněny požadavky: β = 75, ICmax = 9 mA, tranzistor pracuje ve třídě A. UBE = 0,6 V, UCC = 18 V, RE = 220 Ω, proud odporem R1 je 10 krát větší než IB. Výstupní charakteristiky tranzistoru jsou na obr. 29.
Řešení : RC = 1,78 kΩ, RE = 220 Ω, R1 = 27,35 kΩ, R2 = 2,65 kΩ - 70 -
Příklad 4.2.14 Určete hodnoty proudů I1, I2, IC a IRC v zapojení na obr. Dále určete hodnotu výstupního napětí U2. Předpokládejte hodnoty: RC = 1,2 kΩ
RC
β = 450 R = 1,2 kΩ U CC = 12 V
UCC
IRC I1
IC u2 CE
I2
R
Řešení : I RC = 8,83 mA, I1 = 0,562 mA, I 2 = 0,583 mA, I C = 8,23 mA, U 2 = 1,4 V
Příklad 4.2.15 Navrhněte zapojení tranzistoru se společným emitorem podle obr. 26a) – str. 65 – tak, aby pracovní bod tranzistoru měl parametry: ICP = 2 mA, UCEP = 4,75 V. Pro výpočet předpokládejte hodnoty: UCC = 12 V, β = 100, UBE = 0,7 V, proud odporem R1 je 5·IB, napětí na odporu RC = 6,5 V.
Obr. 29: Výstupní charakteristiky tranzistoru k příkladu 4.2.13
Řešení : RC = 3,25 kΩ, RE = 375 Ω, R1 = 14,5 kΩ, R2 = 105,5 kΩ - 71 -
4.3 Chování tranzistoru při malých (signálových) změnách
Příklad 4.3.1 Pracovní bod tranzistoru BC273A v zapojení SE – viz obr. 30 má souřadnice: ICP = 2 mA, UCEP = 5 V, UBEP = 0,62 V. Pro výpočet jsou zadány hodnoty: UCC = 10 V, proud odporem R2 je 5⋅IB, napětí na odporu RE = 1 V, β = 220, UA = 100 V. Určete 1. signálové schéma zapojení a hodnoty všech prvků 2. vstupní odpor báze tranzistoru 3. napěťové, proudové a výkonové zesílení 4. vstupní a výstupní odpor zesilovacího stupně 5. řešte bod 3 a 4 je-li obvod zatížen odporem a) RZ = 1 kΩ b) RZ = 100 kΩ 6. promyslete si vliv zatěžovacího odporu UCC RC
R1 C1 u1
i1
C2 u2
R2
RE
u1
RZ
ic
ib B iv
0V
RV
ue re
CE
Ei
ie
E
Obr. 30: a) Zesilovací stupeň SE b) Signálové schéma zapojení SE
Řešení : Stejnosměrnou analýzou získáme hodnoty odporů: RC = 2 kΩ, RE = 500 Ω, R1 = 27,5 kΩ, R2 = 118,7 kΩ Hodnoty signálového schématu: re =
UT IE
=
RC = 2 kΩ
26 ⋅10 −3 = 13 Ω 2 ⋅10 −3 - 72 -
C rce
u2 RC
R1 ⋅ R2 27,5 ⋅10 3 ⋅ 118,7 ⋅10 3 RV = = = 22,328 kΩ R1 + R2 (27,5 + 118,7 ) ⋅103 rCE =
U A + U CEP IC
=
100 + 5 = 52,5 kΩ 2 ⋅10 −3
Vstupní odpor báze tranzistoru: Rib =
u1 = (β + 1) ⋅ re = 221 ⋅ 13 = 2,873 kΩ ib
Vstupní odpor zesilovače: Rin =
R ⋅ (β + 1) ⋅ re u1 22 328 ⋅ 221 ⋅13 = V = = 2 545 Ω i1 RV + (β + 1) ⋅ re 22 328 + 221 ⋅13
A. obvod bez zatížení: Výstupní odpor tranzistoru: Rout =
u 20 ≅ RC = 2 kΩ iZKR
Napěťové zesílení AU : AUSE
RC 2 ⋅10 3 ≈− =− = −154 re 13
Proudové zesílení AI : AISE = β ⋅
RV 22 328 = 220 ⋅ = 195 RV + (β + 1) ⋅ re 22 328 + 221 ⋅13
Výkonové zesílení AP : 2 APSE ≅ AUSE ⋅
RVST 2 545 = 154 2 ⋅ = 30,18 ⋅10 3 3 RC 2 ⋅10
B. obvod zatížen odporem: RZ = 1 kΩ ⇒ Signálová hodnota odporu v kolektoru: RC′ RC ⋅ RZ 2 ⋅103 ⋅1 ⋅10 3 RC′ = = = 667 Ω RC + RZ (2 + 1) ⋅103
Napěťové zesílení AU : - 73 -
AUSE ≈ −
RC′ 667 =− = −51,3 13 re
Proudové zesílení AI : AISE = 195
Výkonové zesílení AP : 2 ⋅ APSE = AUSE
RVST 2 545 = 51,3 2 ⋅ = 10 4 667 RC′
Výstupní odpor tranzistoru je formálně: Rout ≅ RC′ = 667 Ω , ale tento výpočet při zahrnutí zátěže do kolektorového obvodu nemá vlastně smysl.
C. obvod zatížen odporem: RZ = 100 kΩ Signálová hodnota odporu v kolektoru: RC′ = 1 961 Ω Napěťové zesílení AU : AUSE = −151 Proudové zesílení AI : AISE = 195 Výkonové zesílení AP : APSE = 29,6 ⋅10 3 Výstupní odpor tranzistoru Rout : Rout = 1,96 kΩ , ale tento výpočet při zahrnutí zátěže do kolektorového obvodu nemá vlastně smysl.
Příklad 4.3.2 Pracovní bod tranzistoru BC273A v zapojení SC – viz obr. 31 má souřadnice: ICP = 2 mA, UBEP = 0,62 V. Pro výpočet jsou zadány hodnoty: UCC = 10 V, napětí na odporu RE = 5 V, β = 220. Určete 1. signálové schéma zapojení a všech prvků 2. vstupní odpor báze tranzistoru 3. napěťové, proudové a výkonové zesílení 4. vstupní a výstupní odpor zesilovacího stupně 5. řešte bod 3 a 4 je-li obvod zatížen odporem a) RZ = 100 Ω b) RZ = 10 kΩ 6. promyslete si vliv zatěžovacího odporu - 74 -
Řešení : Stejnosměrnou analýzou získáme RE = 2,5 kΩ, R1 = 488 kΩ Hodnoty signálového schématu: RE = 2,5 kΩ re =
UT IE
=
26 ⋅10 −3 = 13 Ω 2 ⋅10 −3
RV = R1 = 484 kΩ Vstupní odpor báze tranzistoru: Rib =
u1 = (β + 1) ⋅ (re + RE ) = 221 ⋅ (13 + 2 500) = 555 400 Ω ib
Vstupní odpor zesilovače: Rin =
Rib ⋅ RV Rib + RV
=
555 400 ⋅ 484 000 = 258 600 Ω 555 400 + 484 000
a)
iC
b)
UCC
iB u1
R1 RV
C1 C2 RE
ie
Ei
re
u2
RZ
Obr. 31: a) Zesilovací stupeň SC b) Signálové schéma zapojení SC
A. obvod bez zatížení: Výstupní odpor tranzistoru: Rout ≅
u2
E
re ⋅ RE 13⋅ 2500 = = 12,93 Ω re + RE 13 + 2500 - 75 -
RE
Napěťové zesílení AU : AUSC =
u2 1 1 = = = 0,995 u1 1 + re RE 1 + 12,93 2500
Proudové zesílení AI : Proudové zesílení AISC struktury je definováno poměrem výstupního proudu ie ku proudu vstupnímu i1 (součet signálových proudů báze ib a proudů napájecím děličem iv ): AISC = ib =
1 + ic ib ie i +i u 1+ β = c b = = ⇒ po dosazení za iv = 1 , 1 + iv ib 1 + iv ib i1 iv + ib Rv
u1 a po úpravě dostaneme vztah pro proudové zesílení: (1 + β ) ⋅ (re + RE )
AISC =
(1 + β ) ⋅ Rv Rv + (1 + β ) ⋅ (re + RE )
=
(1 + 220) ⋅ 484 000 484 000 + (1 + 220) ⋅ (12,97 + 2500)
= 102,9
Výkonové zesílení AP : Výkonové zesílení vzhledem k proudu báze tranzistoru APB (pozor – není vstupním proudem celé struktury) APB = AUSC ⋅ AI = 0,995 ⋅ 220 = 218,9 APSC =
B.
u 22 RE u12
Rin
2 = AUSC ⋅
Rin 258 600 = 0,995 2 ⋅ = 102,4 RE 2 500
obvod zatížen odporem: RZ = 100 Ω ⇒ Signálová hodnota odporu v emitoru: RE′ =
R E ⋅ RZ 2 500 ⋅100 = = 96,2 Ω R E + RZ 2 500 + 100
Vstupní odpor báze tranzistoru: Rib =
u1 = (β + 1) ⋅ (re + RE ) = 221 ⋅ (13 + 96,2 ) = 24 133,2 Ω ib
Vstupní odpor zesilovače: - 76 -
Rib ⋅ RV
Rin =
Rib + RV
=
24 133,2 ⋅ 484 000 = 22 987 Ω 24 133,2 + 484 000
Výstupní odpor zesilovače: Rout ≅
re ⋅ RE′ 13⋅ 96,2 = = 11,45 Ω re + RE′ 13 + 96,2
Napěťové zesílení AU : AUSC =
u2 1 1 = = = 0,881 u1 1 + re RE′ 1 + 13 96,2
Proudové zesílení AI : AISC =
(1 + β ) ⋅ Rv Rv + (1 + β ) ⋅ (re + RE′ )
=
221 ⋅ 484 000 = 210,5 484 000 + 221 ⋅ (13 + 96,2 )
Výkonové zesílení AP : 2 APSC = AUSC ⋅
Rin 22 987 = 0,8812 ⋅ = 185,5 RE′ 96,2
C. obvod zatížen odporem: RZ = 10 kΩ Signálová hodnota odporu v emitoru: RE′ = 2 kΩ Vstupní odpor báze tranzistoru: Rib = 444 873 Ω Vstupní odpor zesilovače: Rin = 231 806 Ω Napěťové zesílení AU : AUSC = 0,994 Proudové zesílení AI : AISC = 210,5 Výkonové zesílení AP : APSE = 114,4
Příklad 4.3.3 V zapojení na obr. 32 jsou zadány hodnoty: UCC = 15 V, proud odporem R1 je 10 krát větší než IB, β = 100. Tranzistor má souřadnice: ICP = 2 mA, UCEP = 7,5 V, UBEP = 0,6 V. - 77 -
a) b) c) d) e) f)
určete o jaké zapojení se jedná stanovte hodnoty všech odporů nakreslete signálové schéma a určete hodnoty prvků ve schématu celkový vstupní odpor zesilovače napěťové zesílení určete výkonovou ztrátu tranzistoru
Řešení :
UCC
Jedná se o zapojení SC R1
RE = 3,75 kΩ,
C1
R1 = 34,5 kΩ,
C2
R2 = 40,5 kΩ,
R2
re = 13 Ω,
RE
u2
RV = 18,63 kΩ, Rib = 380,06 kΩ,
Obr. 32: Zapojení k příkladu 4.3.3
Rin = 17,76 kΩ, AU = 0,996, PC = 15 mW
Příklad 4.3.4 K zapojení z příkladu 4.2.12 – str. 70 nakreslete signálové schéma, jeli odpor RE přemostěn kapacitou (signálový zkrat) a určete (uvažujte UA = 100 V): a) hodnoty prvků náhradního schématu b) celkový vstupní odpor tranzistoru c) napěťové zesílení d) určete výkonovou ztrátu tranzistoru
Řešení : re = 13 Ω, rCE = 53,375 kΩ, RV = 6142,5 Ω, Rib = 1313 Ω, Rin = 1,082 kΩ, AU = – 288,8, PC = 13,5 mW
- 78 -
Příklad 4.3.5 U emitorového sledovače na obr. 33 je zadáno – hodnota odporů: RB = 560 kΩ, RE = 1,8 kΩ, hodnota napěťového zesílení AU = 0,993 a hodnota proudového zesilovacího činitele β = 320 (předpokládejte, že sledovač je napájen zdrojem napětí – hodnota RS = 0 Ω). UCC a) vypočtěte hodnotu napájecího napětí UCC b) napětí UCEP RB c) hodnotu vstupního odporu Rin C1 d) hodnotu výstupního odporu Rout C2 e) hodnotu proudového zesílení AI u1 f) hodnotu výkonového zesílení AP u2 RE Obr. 33: Zapojení k příkladu 4.3.5
Řešení : RE RE + re
a) AU =
U re = T IE
⇒
⇒ re =
RE 1800 − RE = − 1800 = 12,69 Ω AU 0,993
UT 26 ⋅10 −3 IC ≅ I E = = = 2,05 mA re 12,69
U CC = U RB + U BE + U RE U CC = RB ⋅ I B + U BE + RE ⋅ I C = RB ⋅ I C β + U BE + RE ⋅ I C = 7,93 ≅ 8 V b) U CEP = U CC − U RE = 8 − 3,69 = 4,3 V c) Ri b = (β + 1) ⋅ (re + RE ) = 301 ⋅1812,7 = 545 622,7 Ω RB ⋅ Rib = 276,359 kΩ RB + Rib
Rin = d) Rout = e) AI =
RE ⋅ re RE + re
RB RS ⋅ 1 + (β + 1) ⋅ re
RV ⋅ (β + 1)
RV + (β + 1) ⋅ (RE + re )
RE ⋅ re = = 12,58 Ω RE + re
= 162,5
f) AP = AU2 ⋅ Ri n RE = 151,25 - 79 -
4.4 Kapacity tranzistoru
Příklad 4.4.1 Zesilovač s tranzistorem ve zpětnovazebním zapojení na obr. 35 má mít dolní mezní kmitočet 60 Hz. a) určete pracovní bod tranzistoru a kolektorovou ztrátu tranzistoru máme-li zadané hodnoty: RC = 3 kΩ, RB = 250 kΩ, RE = 1,2 kΩ a UCC = 12 V, β = 120. b) Jak se změní hodnoty pracovního bodu jestliže: 1) zkratujeme kolektorový odpor RC 2) zkratujeme emitorový odpor RE c) Určete hodnotu: vstupní kapacity C1 výstupní kapacity C2 blokovací kapacity CE
Řešení : a) Určení pracovního bodu tranzistoru: U CC = U RC + U RB + U BE + U RE U CC = RC ⋅ I C + RB ⋅ IC =
IC
β
(U CC − U BE ) ⋅ β
RB + β ⋅ RC + β ⋅ RE
+ U BE + RE ⋅ I C =
(12 − 0,7 ) ⋅120 250 ⋅103 + 120 ⋅ 3 ⋅103 + 120 ⋅1,2 ⋅103
I CP = 1,8 mA U CEP = U CC − (RC + RE ) ⋅ I C = 4,44 V Kolektorová ztráta: PC = U CEP ⋅ I CP = 4,44 ⋅1,8 ⋅10 −3 = 8 mW b1) zkratujeme kolektorový odpor RC IC =
(U CC − U BE ) ⋅ β RB + β ⋅ RE
=
(12 − 0,7 ) ⋅120 250 ⋅10 3 + 120 ⋅1,2 ⋅10 3 - 80 -
= 3,44 mA
U CEP = U CC − RE ⋅ I C = 7,87 V b2) zkratujeme emitorový odpor RE IC =
(U CC − U BE ) ⋅ β RB + β ⋅ RC
=
(12 − 0,7 ) ⋅120 250 ⋅103 + 120 ⋅ 3 ⋅10 3
= 2,22 mA
U CEP = U CC − RC ⋅ I C = 5,33 V c) Výpočet kapacit 1) Pro výpočet jednotlivých kapacit volíme hodnoty frekvence re =
UT = 7,56 Ω IC
Ri b = (β + 1) ⋅ re = 121⋅ 7,56 = 914,76 Ω Běžně očekáváme, že RV = RB = 250 kΩ . Musíme si ovšem uvědomit, že RB je signálově zapojen do kolektoru tranzistoru (záporná napěťová zpětná vazba). Tuto situaci lze popsat obecně obr. 34. Zˆ ÎZ
 Û1
Û2 = ·Û1
Obr. 34: Model pro určení ekvivalentní hodnoty impedance ve vstupním obvodu zesilovače
Proud impedancí Zˆ je
(
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆI = U1 − U 2 = U 1 ⋅ 1 − A Z Zˆ Zˆ
)
Poměr Uˆ 1 IˆZ popisuje vliv impedance (ve zpětné vazbě) na vstupu – ekvivalentní vstupní impedanci Zˆ ekv : - 81 -
Uˆ Zˆ Zˆ ekv = 1 = IˆZ 1 − Aˆ Uvědomte si, že paralelně k Zˆ ekv je připojena vstupní impedance zesilovače Zˆ ib Vrátíme se teď k našemu příkladu: Zˆ = RB = 250 kΩ , Aˆ = − RC re = −396,8 Ω Proto nyní musíme nahradit RV ekvivalentní impedancí2) Zˆ ekv =
250 ⋅ 103 = 628,4 Ω !!! 1 − (− 396,8)
⇒
RV = 628,4 Ω
Další postup výpočtu se nemění: Rin = RV Ri b = 372,5 Ω RE re = 7,51 Ω C1 ( pro f d = 20 H Z ) = C E ( pro f d = 6 H z ) =
1 1 = = 21,36 µ F 2π ⋅ f d ⋅ Rin 2π ⋅ 20 ⋅ 372,5 1 1 = = 3,53 mF 2π ⋅ f d ⋅ RE re 2π ⋅ 6 ⋅ 7,51
C2 ( pro f d = 60 H Z ) =
1 2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ ) =
1 2π ⋅ 60 ⋅18 ⋅10 3
=
volíme R Z = 5⋅ Rout
=
= 0,147 µ F
Při tomto postupu nám mohou vyjít velké hodnoty kapacit (CE = 3,55 mF), proto v praxi volíme jiný postup, který vede k optimální volbě výpočtu kapacit.
B) Praktický přístup C1 =
2)
1 1 = = 7,12 µ F 2π ⋅ f d ⋅ Rin 2π ⋅ 60 ⋅ 372,5
Všimněte si, že pro  = 1 vyjde ekvivalentní impedance vždy nekonečně velká. Toho se využívá v některých zesilovacích strukturách pro zvýšení vstupní impedance – tzv. bootstrap.
- 82 -
1
C2 =
2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ )
CE =
=
volíme RZ =5 Rout
=
1 2π ⋅ 60 ⋅ 18 ⋅ 10
= 0,147 µ F
3
1 1 = = 0,353 mF 2π ⋅ f d ⋅ RE re 2π ⋅ 60 ⋅ 7,51
Hodnoty kapacit: C E opt = 353µ F , C2 opt = 10 ⋅ 0,147 ⋅10 −6 = 1,47 µ F C1opt = 3 ⋅ 7,12 ⋅10 − 6 = 21,36 µ F
UCC
UCC RC RB
CZV
RB2
RC C2
C2 C1
C1
RE
CE
RB1
RE
Obr. 35: Zapojení k příkladu 4.4.1
CE
Obr. 36: Zapojení k příkladu 4.4.2
Příklad 4.4.2 V příkladu 4.4.1 je odpor RB zapojen (signálově) ve zpětné vazbě. To v praxi není žádoucí. Praktické zapojení příkladu, které zachovává stejný pracovní bod (RC = 3 kΩ, RE = 1,2 kΩ, UCC = 12 V, β = 120) je uvedeno na obr. 36. Odpor RB je rozdělen na dvě části (RB1 = 150 kΩ, RB2 = 100 kΩ), celková hodnota odporu RB je stejná. Zpětnovazební kapacita CZV rozpojí (signálově) zápornou zpětnou vazbu – na stejnosměrné řešení nemá vliv. Náhradní signálové schéma upraveného zapojení z obr. 36 je uvedeno na obr. 37. Přerušovaně jsou v signálovém schématu zakresleny i jednotlivé kapacity, abychom mohli stanovit body zlomu. - 83 -
C2 C1 RC
RB2 RZ
RB1
re
CZV
CE
Obr. 37: Náhradní signálové schéma upraveného zapojení z obr. 36 doplněné kapacitami obvodu Teoretický návrh zpětnovazební kapacity CZV z hlediska fd je následující: 1) Pro výpočet zpětnovazební kapacity volíme frekvenci Musíme teoreticky stanovit i další potřebný kmitočet, který musí splňovat podmínku: ω ZV 〈〈 ω d . Zvolíme-li f ZV ≤ f d 30 (kmitočtová řada f d , f d 3 , f d 10 , f d 30 ) dostaneme
ω ZV =
1 RB1 RB 2 ⋅ C ZV
= 2πf ZV
⇒ C ZV ≥
RB1
1 RB 2 ⋅ 2π ⋅ f ZV
RB1 RB 2 = 60 kΩ f ZV ≤ f d 30 ⇒ C ZV ≥
f ZV = 2 Hz
1 = 1,33 µ F 4π ⋅ 60 ⋅ 103
2) Praktický přístup výpočtu kapacit Ri b = 914,76 Ω RV = RB1 = 150 kΩ Rin = RV Ri b = 909,2 Ω Ostatní hodnoty potřebné k výpočtu kapacit se nemění (viz příklad 4.4.1) - 84 -
C1 =
C2 = CE = C ZV =
1 1 = = 2,92 µ F 2π ⋅ f d ⋅ Rin 2π ⋅ 60 ⋅ 909,2 1
2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ )
=
volíme RZ =5 Rout
=
1 2π ⋅ 60 ⋅ 18 ⋅ 10
3
= 0,147 µ F
1 1 = = 0,353 mF 2π ⋅ f d ⋅ RE re 2π ⋅ 60 ⋅ 7,51 1 1 = = 44,2 n F 2π ⋅ f d ⋅ RB1 RB 2 2π ⋅ 60 ⋅ 60 ⋅10 3
Hodnoty kapacit: Z kmitočtové řady f d , f d 3 , f d 10 a f d 30 vyplývá postup optimalizace hodnot kapacit. Kapacity seřadíme podle velikosti:
- u největší kapacity zachováme velikost - další kapacity podle velikosti násobíme 3,10 a 30 C E opt = 353µ F C1opt = 3 ⋅ 2,92 ⋅10 −6 = 8,75 µ F C 2 opt = 10 ⋅ 0,147 ⋅10 −6 = 1,47 µ F C ZV opt = 30 ⋅ 44,2 ⋅10 −9 = 1,33 µ F
Příklad 4.4.3 V zapojení na obr. 38 je zadáno: U CC = 12 V, R1 = 39 kΩ, R2 = 8,2 kΩ, RC = RZ = 2,7 kΩ, RE= 820 Ω, β = 125 . Určete: Určete pracovní bod tranzistoru Velikost kolektorové ztráty tranzistoru Velikost napěťového zesílení AU Velikost vstupní kapacity C , výstupní kapacity C2 a blokovací kapacity CE tak, aby pokles zesílení o 3 dB byl právě na frekvencí fd (fd = 30 Hz). e) Millerovu kapacitu, je-li zadáno CCB = 1,8 pF a) b) c) d)
- 85 -
UCC RC
R1
C2
C1 RZ
R2
RE
CE
Obr. 38: Zapojení k příkladu 4.4.3
Řešení : a) Pracovní bod tranzistoru U B = R2 ⋅ RB =
U CC =2V R1 + R2
R1 ⋅ R2 = 6 775,4 Ω R1 + R2
U B = R B ⋅ I B + U BE + R E ⋅ I E I CP =
(U N − U BE ) ⋅ β RE ⋅ β + RB
= 1,6 mA
I BP = I CP β = 12,8 µA U CEP = U CC − (RC + RE ) ⋅ I CP = 6,37 V b) Kolektorová ztráta tranzistoru PC = U CEP ⋅ I CP = 10,2 mW c) Napěťové zesílení AU AU = AU n⋅
RZ Rout + RZ
Rout ≅ RC
=−
R R RC RZ ⋅ = − C Z = − 83 re Rout + RZ re
d) Vstupní kapacita C1:, výstupní kapacita C2 a blokovací kapacita CE
1) re = U T I C = 16,25 Ω - 86 -
RV = RB = 6 775,4 Ω Ri b = (β + 1) ⋅ re = 2 047,5 Ω Rin = RV Rib = 1 572,3 Ω RE re = 16,22 Ω
2)
C1 ( pro f d = 10 H Z ) =
1 1 = = 10,1 µ F 2π ⋅ f d ⋅ Rin 2π ⋅ 10 ⋅ 1 572,3
C 2 ( pro f d = 30 H Z ) =
1 1 = = 0,982µ F 2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ ) 2π ⋅ 30 ⋅ 5 400
C E ( pro f d = 3 H z ) =
1 1 = = 3,27 mF 2π ⋅ f d ⋅ RE re 2π ⋅ 3 ⋅16,22
C1 =
1 1 = = 3,37 µ F 2π ⋅ f d ⋅ Rin 2π ⋅ 30 ⋅ 1 572,3
C2 =
1 1 = = 0,982µ F 2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ ) 2π ⋅ 30 ⋅ 5 400
CE =
1 1 = = 0,327 mF = 327 µ F 2π ⋅ f d ⋅ RE re 2π ⋅ 30 ⋅16,22
Hodnoty kapacit: C E opt = 327 µ F , C1opt = 10,11 µ F , C 2 opt = 9,82 µ F d) Millerova kapacita – CCB = 1,8 pF
(
)
R′ C MK = CCB ⋅ 1 + C = 1,8 ⋅10 −12 ⋅ 1 + AU = 151,2 pF re
- 87 -
Příklad 4.4.4 Nízkofrekvenční zesilovač na obr. 38 s tranzistorem BC237A má mít při pokles zesílení o 3 dB dolní mezní frekvenci fD = 20 Hz Určete velikost vstupní kapacity C1, výstupní kapacity C2 a blokovací kapacity CE . Hodnoty odporů jsou RC = 2,2 kΩ, RE = 470 Ω, R1 = 120 kΩ, R2 = 27 kΩ, RZ = 15 kΩ, re = 13 Ω, β = 450.
Řešení : CE opt = 629 µF, C2 opt = 5 µF, C1 opt = 5,1 µF
Příklad 4.4.5 Tranzistor BC273A s β = 170 v zapojení zesilovacího stupně na obr. 38 má pracovní bod ICP = 2 mA, UCEP = 5 V, UBEP = 0,62 V, napájecí napětí má hodnotu UCC = 10 V a Earlyho napětí UA = 100 V. a) Určete hodnoty odporů v zapojení b) Určete hodnoty náhradního signálového schématu c) Pokles zesílení o 3 dB je na dolní mezní frekvenci fD = 30 Hz, určete: velikost vstupní kapacity C1 a výstupní kapacity C2
Řešení : a) RC = 2,5 kΩ , R1 = 62 kΩ b) Rib = 2 223 Ω , re = 13 Ω , Ri n = 273,2 Ω 4) a rCE = 52,5 kΩ c) C1 =
C2 =
1 1 = = 19,4 µ F 2π ⋅ f d ⋅ Rin 2π ⋅ 30 ⋅ 273,2
1 = 2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ )
volíme RZ =5⋅ Rout
=
1 = 0,354µ F 2π ⋅ 30 ⋅ 6 ⋅ 2,5 ⋅103
C1 opt = C1 = 19,4 µ F, C2 opt = 3 ⋅ C2 = 1,06 ⋅ 10 −6 = 1 µ F
4)
Vliv odporu R1 je nutné počítat tak jako v příkladu 4.4.1
- 88 -
Příklad 4.4.5 Nízkofrekvenční zesilovač s tranzistorem BC273A (hodnoty – viz příklad 4.4.1) na obr. 39 má vstupní kapacitu C1 = 3,3 µF. Určete hodnotu dolní frekvence fd ? U CC
Řešení :
RC R1
1 C1 = 2π ⋅ f d ⋅ Rin fd =
=
1 2π ⋅ C1 ⋅ Rin
⇒
C1
=
1 2π ⋅ 3,3 ⋅ 10 −6 ⋅ 273,2
C2
R2
= 176 Hz Obr. 39: Zapojení k příkladu 4.4.5
Příklad 4.4.6 Analyzujte pomocí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 4.3.1 vzhledem ke změně zatěžovacího odporu RZ (RZ = RC 2 ; RC ;2 RC ;10 RC ) .Komentujte získané výsledky a porovnejte s výsledky z příkladu 4.3.1.
Příklad 4.4.7 Analyzujte pomocí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 4.3.2 vzhledem ke změně zatěžovacího odporu RZ RZ = 50; 100; 500; 10 3 Ω . Komentujte získané výsledky a porovnejte s výsledky z příkladu 4.3.2.
(
)
Příklad 4.4.8 Analyzujte pomocí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 4.4.1 pro různé hodnoty vazebních a emitorových kapacit. Hodnotu odporu RZ volte 15 kΩ . Soustřeďte se na určení dolní frekvence f D . - 89 -
4.5 Obvody s více tranzistory
Příklad 4.5.1 Je dáno Darlingtonovo zapojení podle obr. 40 s těmito parametry: UCC = 20 V, RC = 100 Ω , UCC RE = 10 Ω , UBE1 = UBE2 = 0,6 V. Proudové zesílení je u obou IC1 tranzistorů stejné: β1 = β 2 = 100 . RB R C
a) Vypočítejte všechny proudy v zapojení s podmínkou, že proud IC2 odpovídá polovině maximálního kolektorového proudu. b) Jak velký bude odpor RB ?
IB1 UBE1
IB2
IC2
UBE2
IE2
u1
Řešení :
RE
u2
Obr. 40: Darligtonovo zapojení
a) Proudy v zapojení I C 2max =
U CC 20 = = 182 mA RC + RE 100 + 10
Z kolektorové podmínky vyplývá I C 2 = I C max 2 = 182 2 = 91 mA U CEP = U CC − (RC + RE ) ⋅ I C 2 = 20 − 110 ⋅ 91 ⋅10 −3 = 10 V I B 2 = I C 2 β = 91 100 = 0,91 mA I B 2 = I C1 ≈ I E1 I B1 = I C1 β = 0,91 100 = 9,1 µ A b) Odpor RB U CC − U BE1 − U BE 2 − RE ⋅ I E 2 20 − 2 ⋅ 0,6 − 10 ⋅ 91 ⋅ 10 −3 RB = = = 1,96 MΩ I B1 9,1 ⋅ 10 − 6
- 90 -
Příklad 4.5.2 Je dáno zapojení podle obr. 41 skládající se z jednoho tranzistoru PNP a jednoho NPN. V zapojení jsou zadány hodnoty: UCC = 20 V, RE = 100 Ω , UBE1 = 0,6 V. Proudový zesilovací činitel je u obou tranzistorů stejný β1 = β 2 = 100 . a) Vypočítejte všechny proudy v zapojení. Předpokládejte, že I E ≅ I C , U CE 2 = − U CC 2 . b) Jak velký bude odpor RB ?
UCC IE2
IB2
RB IB1
IC1
UCE2
IC2
UBE1
RC
u1
u2
Obr. 41: Kombinace zapojení PNP – NPN
Řešení : a) Pro výstupní obvod platí U CC = − U CE 2 − RC ⋅ I C 2 IC 2 = −
U CC + U CE 2 20 − 10 =− = −100 mA RC 100
Proud I B 2 určíme ze vztahu I B 2 = I C 2 β 2 = − 0,1 100 = −1 mA Z obr. 41 vyplývá, že I C1 = − I B 2 = 1 mA Odtud dostaneme hodnotu I B1 I B1 = I C1 β1 = 1 ⋅10 −3 100 = 10 µ A b) Odpor RB RB =
U CC − U BE1 20 − 0,6 = = 1,94 MΩ I B1 10 ⋅10 −6 - 91 -
Příklad 4.5.3 Určete pracovní bod zesilovače s komplementárními tranzistory na obr. 42. V zapojení použijte hodnoty s těmito parametry: R1 = 1,8 MΩ UCC R2 = 270 kΩ R3 = 5,6 kΩ R4 = 1 kΩ
I3 IB2 T 2 , β2
I1
R5 = 5,6 kΩ UCC = 12 V.
R3
R1
IC1
IB1 u1
IC2
T 1 , β1
IE1
I 5 R5
UB
R2
u2 U4
R4 I4
U5
Obr. 42: Zesilovač s komplementárními tranzistory
Řešení : 1) V zapojení předpokládáme, že proud I B1 〈〈 I1 , potom platí R2 ⋅ U CC 270 ⋅ 103 ⋅ 12 UB ≅ = = 1,56 V R1 + R2 270 ⋅ 103 + 1,8 ⋅ 10 6 Příčný proud I1 děličem R1 , R2 je IC 2 =
U CC 12 = = 5,8 µ A R1 + R2 2,07 ⋅10 6
2) Ze známé hodnoty na bázi tranzistoru T1 – tj. napětí U B určíme, napětí U 4 na odporu R4 : U 4 = U B − U BE1 pro malé hodnoty proudu I C1 odhadneme hodnotu napětí U BE1 : U BE1 ≅ 0,56 V ⇒
U 4 = U B − U BE1 = 1,56 − 0,56 = 1 V
Proud I 4 odporem R4 je I 4 = U 4 R4 = 1 10 3 = 1 mA - 92 -
3) Nyní odhadneme proud I 3 odporem R3 . Opět potřebujeme znát hodnotu napětí U EB 2 tranzistoru T2 . Předpokládáme-li I C 2 〉〉 I C1 odhadneme, že U EB 2 ≅ 0,6 V ⇒ I 3 = U EB 2 R3 = 0,6 5,6 ⋅ 10 3 = 0,107 mA 4) Předpokládáme, že proud I B 2 〈〈 I 3
⇒
I E1 ≅ I C1 = 107 µ A
Nyní lze určit, bázový proud I B1 tranzistoru T1 , předpokládáme, že pro proudový zesilovací činitel β1 ≥ 100 I B1 = I C1 β1 〈 1,07 µ A Předpoklad z bodu a) je pro β1 〉 100 určitě splněn a proud I1 〉〉 I B1 . 5) Nyní již ze známých hodnot proudu I C1 a I 4 určíme (1. KZ), že proud odporem R5 je I 5 = I 4 − I E1 = 1 ⋅10 −3 − 107 ⋅10 −6 = 893 µ A 6) Takže napětí na odporu R5 je U 5 = R5 ⋅ I 5 = 5,6 ⋅10 3 ⋅ 893 ⋅10 −6 = 5 V Stejnosměrné napětí u 2 na kolektoru tranzistoru T2 je (2. KZ) u2 = U 4 + U 5 = 1 + 5 = 6 V 7) Ze známé hodnoty proudu I C 2 určíme bázový proud I B 2 tranzistoru T2 , opět předpokládáme, že pro proudový zesilovací činitel β 2 ≥ 100 I B 2 = I C 2 β 2 〈 8,93 µ A Předpoklad z bodu 4) je splněn – proud 107 µ A 〉〉 8,93 µ A . 8) Platí: U CE1 = U CC − U 4 − U EB 2 = 12 − 1 − 0,6 = 10,4 V Poznámka: Tranzistor T1 spíše „dodává proud“ do báze tranzistoru T2 , napětí na odporu R3 se při signálovém buzení téměř nemění. U EE 2 = U CC − U C 2 = 12 − 6 = 6 V Můžeme konstatovat, že pracovní poměry zapojení jsou dostatečně určeny. - 93 -
Příklad 4.5.4 Pro zesilovač z příkladu 4.5.3 na obr. 42 určete orientační hodnotu: a) napěťového přenosu (zesílení) zapojení b) vstupního odporu (vstupní impedance) zapojení c) výstupního odporu (výstupní impedance) zapojení d) naznačte způsob změny zesílení (bez změny pracovního bodu)
Řešení : Předpokládejte, že impedance vazebních kapacit je zanedbatelná. a) Předpokládejte, že na bázi je signál Uˆ i . Tento signál se prakticky celý přenese do emitoru T1 , tedy Uˆ 4 ≅ Uˆ i Odporem R4 protéká proud Iˆ4 ≅ Uˆ i R4 Z hlediska signálových změn nyní nabývá na významu poznámka z bodu 8) z příkladu 4.5.3. Napětí U EB 2 se téměř nemění, všechny změny proudu IˆE1 ≅ IˆC1 jsou prakticky vyvolány pouze změnami proudu báze T2 :
(
)
IˆB 2 ≅ IˆC 2 β 2 〈〈 IˆC 2 Ze signálového hlediska proto platí, že Iˆ4 ≈ IˆC 2 . tzn., že prakticky celý proud Iˆ4 protéká přes odpor R5 . Takže výstupní napětí uˆ 2 je rovno
Uˆ R uˆ 2 = Uˆ 4 + R5 ⋅ IˆC 2 ≅ Uˆ i + R5 ⋅ i = Uˆ i ⋅ 1 + 5 R4 R4 Napěťový přenos zesílení je R uˆ PˆU = 2 ≅ 1 + 5 R4 Uˆ i
→
jedná se o neinvertující zesilovač
- 94 -
b) Pro určení vstupní impedance musíme určit hodnotu bázového proudu tranzistoru T1 − IˆB1 (signálové poměry). Z bodu a) vyplývá, že platí: IˆC 2 ≅ Uˆ i R4 Odporem R4 protéká proud Iˆ4 ≅ Uˆ i R4 Uˆ R IˆB 2 ≅ i 4
β2
ˆ ˆI ≈ Iˆ = U i R4 = C1 B2
β2
Uˆ i R4 ⋅ β 2
→ všechny signálové změny jsou vyvolány proudem IˆB 2
IˆB1 = IˆC1 β1 ≈ Uˆ i R4 ⋅ β1 ⋅ β 2 V tomto okamžiku již můžeme určit vstupní impedanci Zˆ vst („do báze tranzistoru T1 “). Uˆ Zˆ vst B = i ≅ R4 ⋅ β1 ⋅ β 2 IˆB1 Pro hodnoty R4 = RE = 1 kΩ a β1 = β 2 = 100 dostaneme hodnotu vstupní impedance Zˆ vst = R4 ⋅ β1 ⋅ β 2 = 103 ⋅ 10 4 = 10 7 Ω Vstupní odpor není určen pouze odporem R4 a proudovým zesilovacím činitelem tranzistoru T1 , ale i zavedenou zpětnou vazbou – R4 , R5 – jedná se o sériovou zápornou zpětnou vazbu, která zvětšuje vstupní odpor. Paralelně „k bázi tranzistoru T1 “ je také připojen napájecí obvod R1 , R2 . Celý vstupní odpor tedy je
(
)
Zˆ vst = Zˆ vst B (R1 R2 ) = 10 7 1,8 ⋅10 6 220 ⋅10 3 = 229,32 ⋅103 Ω c) Výstupní impedanci určíme pomocí Théveninovy věty. Vstupní napětí je stejné jako v bodě a) – Uˆ i . Pro výstupní napětí platí uˆ 2 ≅ (1 + R5 R4 ) ⋅ Uˆ i a to je výstupní napětí naprázdno uˆ 2n .
- 95 -
Zbývá nám určit zkratový proud5) ÎZK – viz obr. 43 (při stejném napětí Uˆ i na vstupu). UCC
IC1
IB1
β2·ÎE1
Ûi
R5
Ûi
← u2 ideálně 0 V
ÎZK
Obr. 43: Určení zkratového proudu ÎZK – poměry při zkratu výstupu I nyní platí že na bázi tranzistoru T1 je signál Uˆ i , který je také v emitoru T1 , tedy ˆ ˆ ˆI = U i + U i ≅ Iˆ E1 C1 R4 R5 Napětí na odporu R3 se téměř nemění, proto se nemění ani proud Iˆ3 (signálově se mění jen nepatrně) IˆE1 ≅ IˆB 2 Nyní již můžeme určit, že R + R5 IˆC 2 = β 2 ⋅ IˆE1 = Uˆ i ⋅ β 2 ⋅ 4 R4 ⋅ R5 Zkratový proud je dán součtem kolektorového proudu IˆC 2 a proudu odporem R5 : R + R5 Uˆ i + IˆZK = Uˆ i ⋅ β 2 ⋅ 4 R4 ⋅ R5 R5 5)
Tento způsob určení ÎZK je v linearizovaném modelu velmi náročný, v praxi by to mohlo být problematické.
- 96 -
Výstupní impedance je dána podílem napětí naprázdno uˆ 2n a zkratového proudu IˆZK
Zˆ výst =
=
uˆ 2n ≈ IˆZK
R Uˆ i ⋅ 1 + 5 R4 R + R5 1 Uˆ i ⋅ β 2 ⋅ 4 + R4 ⋅ R5 R5
=
R4 + R5 = R4 + R5 R4 β2 ⋅ + R4 ⋅ R5 R5
R4 + R5 R4 + R5 = β 2 + (1 + β 2 ) ⋅ R4 R5 (1 + β 2 ) ⋅ R4 + β 2 R5
Všimněte si, že výstupní odpor není určen pouze odporem v kolektoru tranzistoru T2 − R4 , R5 , ale i způsobem zavedení zpětné vazby – jedná se o napěťovou zápornou zpětnou vazbu, která výstupní odpor zmenšuje. d) Nemá-li se měnit pracovní bod zesilovače, musíme připojit vhodný odpor pouze „střídavě“ – tj. „přes C“. Potřebujeme zvětšit zesílení – připojíme paralelně k odporu R4 kombinaci R4′ C4′ podle obr. 44a). Ve všech vztazích pak místo hodnoty odporu R4 dosazujeme paralelní kombinaci R4′ C4′ R4′ C4′ 〈 R4 . Potřebujeme-li naopak napěťové zesílení zmenšit – připojíme paralelně k odporu R5 kombinaci R5′ C5′ podle obr. 44b). Ve všech vztazích pak místo hodnoty odporu R5 dosazujeme paralelní kombinaci R5′ C5′ R5′ C5′ 〈 R5 . a)
b)
R5 C'4 R4
R'4 C'5
R'5
Obr. 44: Úprava zapojení obvodu k dosažení změny hodnoty napěťového zesílení – bez změny pracovního bodu: a) zapojení pro zvětšení napěťového zesílení b) zapojení pro zmenšení napěťového zesílení - 97 -
Příklad 4.5.5 Na obr. 45 je principielní schéma bipolárního operačního zesilovače s hodnotami: RC = 500 kΩ , RE = 500 kΩ , RD = 10 kΩ a UCC+ = 15 V, UCC - = 15 V. a) Určete invertující a neinvertující vstup struktury. b) Odhadněte úroveň výstupního napětí, jsou-li vstupy (a) a (b) nepřipojeny („ve vzduchu“). c) Odhadněte úroveň výstupního napětí, jsou-li vstupy (a) a (b) propojeny, ale toto propojení není připojeno do uzlu obvodu s definovaným stejnosměrným napětím. d) Odhadněte úroveň výstupního napětí, jsou-li vstupy (a) a (b) propojeny, a toto propojení je připojeno na referenční uzel (nulové napětí). e) Určete úroveň výstupního napětí,je-li zesilovač zapojen podle obr. 46 a Ua = 1 V. f) Odhadněte zesílení zesilovače v pracovním bodě podle obr. 50. UCC+ RC a
re
T1
a T3
o
≡ T4
T2
b o
Ud Uo
b
Ua
Ub
RD RE
UCC-
Obr. 45: a) Zapojení k příkladu 4.5.5 b) jeho ekvivalentní symbol – obsahuje v sobě i napájení.
Řešení : a) Předpokládáme, že obvod je lineární v okolí nějakého pracovního bodu, kde kolektorové proudy tranzistorů T1 a T2 jsou stejné. Tranzistory mají ideálně shodné vlastnosti. Potom můžeme použít princip superpozice. Nejdříve budeme zkoumat signálové působení zdroje napětí ua, zdroj napětí ub nahradíme jeho vnitřním odporem – ideálně tedy nulou – zkratem – obr. 46. - 98 -
RC a
uda ua
T3 T4
T2
T1
iea
re
re
reD o
b
uoa
RE
RD
Obr. 46: Signálové schéma – buzen vstup (a); zdroje vykazují vůči signálovým změnám nulový odpor – signály jsou kvalitativně vyznačeny sinusovkami Tranzistor T1 tvoří emitorový sledovač (zapojení SC, přenos do interního emitoru tranzistoru se rovná jedné, re – emitorový odpor tranzistoru v daném pracovním bodě). Tranzistor T2 tvoří zapojení SB – jeho vstupní odpor je také re. Při této konfiguraci (diferenční) se celé napětí u da = u a přenese na sériové řazení 2·re a vyvolá signálový proud iea =
ua 2 ⋅ re
ten (pro dostatečně velký proudový zesilovací činitel β ) vyvolá v kolektoru tranzistoru T2 napětí uCa = RC ⋅ ie Darlingtonovo zapojení tranzistorů6) T3 a T4 je opět zapojeno jako sledovač (SC) s přenosem u oa RD = uCa RD + reD Platí tedy, že u oa ≈ RC ⋅ iea =
6)
→ 1
RC ⋅ u a 2 ⋅ re
Darlingtonovo zapojení tranzistorů T3 a T4 zajišťuje velký proudový zesilovací činitel β = β 3 ⋅ β 4 , tím i velký vstupní odpor ≈ β 3 ⋅ β 4 ⋅ R D ≅ β ⋅ R D → není zatěžován předchozí stupeň
- 99 -
Vstupní napětí ua a výstupní napětí jsou ve fázi, vstup (a) je neinvertujícím (+) vstupem. Nyní budeme zkoumat signálové působení zdroje napětí ub, zdroj napětí ua nahradíme jeho vnitřním odporem - ideálně tedy nulou – zkratem – obr.47.
RC a
b ub
0
T4
T2
T1
udb
T3
re
iea
re
reD o
RE
RD
uob
Obr. 47: Signálové schéma – buzen vstup (b); zdroje vykazují vůči signálovým změnám nulový odpor – signály jsou kvalitativně vyznačeny sinusovkami Tranzistor T1 opět tvoří emitorový sledovač – nyní přenáší na svůj interní emitor napěťovou úroveň nulovou. Tranzistor T2 tvoří při tomto buzení zapojení SE – na svůj interní emitor přenáší napětí ub. Při této konfiguraci (diferenční) se celé napětí ub ( = -udb) přenese na sériové řazení 2·re a vyvolá signálový proud ieb =
ub 2 ⋅ re
tento proud (pro dostatečně velký proudový zesilovací činitel β) vyvolá v kolektoru tranzistoru T2 napětí uCb = − RC ⋅ ieb Darlingtonovo zapojení tranzistorů T3 a T4 pracuje stejně jako v předchozím případě, proto u ob RD = uCb RD + reD Platí tedy, že - 100 -
→ 1
u ob ≈ − RC ⋅ ieb = −
RC ⋅ ub u ⋅R =− b C 2 ⋅ re 2 ⋅ re
Vstupní napětí ub a výstupní napětí jsou v protifázi, vstup (b) je invertujícím (-) vstupem. Platí proto (v lineární oblasti), že celkové výstupní napětí je u 0 = u 0 a + u 0b ≈
u0 =
u a ⋅ RC
+
2 ⋅ re
− u b ⋅ RC 2 ⋅ re
(u a − ub ) ⋅ RC 2 ⋅ re
obecně platí u d = u a − ub
u d ⋅ RC
⇒ u0 =
2 ⋅ re
b) Nemohou-li vtékat do bází tranzistorů T1 a T2 odpovídající proudy, jsou oba tranzistory zavřeny. V kolektoru tranzistoru T2 bude proto napětí +15 V. Na výstupu je proto napětí U 0 = 15 − U BE 3 − U BE 4 ≈ 15 − 1,2 = 13,8 V
c) Tvrzení z bodu b) platí i zde. I když jsou vstupy propojeny, nemůže do bází proud vtékat – nemá odkud – viz obr. 48, kdybychom odpojili vstup (b) od zemní svorky. d) Situace je znázorněna na obr. 48. Tranzistory mají ideálně shodné vlastnosti, tedy platí UBE1 = UBE2 a kolektorové proudy jsou stejné. Napětí UE na společných emitorech tranzistorů T1 a T2 (vůči zemi) je tedy U E = 0 − U BE1 ≈ − 0,6 V Napětí na odporu RE je U RE = U E − U CC = − 0,6 − (− 15) = 14,4 V Proud odporem RE je
(
)
I RE = U RE RE = 14,4 500 ⋅ 10 3 = 28,8 µ A
- 101 -
Kolektory obou tranzistorů (shodných vlastností) proto prochází proud IRE/2 = 14,4 µA, tomu odpovídá úbytek napětí na odporu RC (předpokládáme velkou hodnotu β): U RC = RC ⋅ I RE 2 = 500 ⋅ 10 3 ⋅ 14,4 ⋅ 10 −6 = 7,2 V Nyní již můžeme určit, že výstupní napětí je U 0 = U CC + − U RC − U BE 3 − U BE 4 ≈ 15 − 7,2 − 0,6 − 0,6 = 6,6 V a napětí na odporu RD U R D = U 0 − U CC − = 6,6 − (− 15) = 21,6 V a proud odporem RD I RD = U RD RD = 21,6 10 4 = 2,16 m A Proud IRD je současně i kolektorový proud tranzistoru T4. +15 V URC
RC
T3
a T1
UBE3
T2
E
UBE1
T4
UBE4
o
RD
URD
UBE2
b
URE UE
Uo
RE -15 V
Obr. 48: Zapojení k úkolu d)
Bázový proud IB3 tranzistoru T3 je dán vztahem I B3 ≈ I RD (β 3 ⋅ β 4 ) =
např . β 3 = β 4 = 100
= 2,16 ⋅ 10 − 3 10 4 = 216 nA
To je hodnota podstatně menší než 14,4 µA, koncový stupeň tedy neovlivňuje podstatně vstupní diferenční stupeň. Pro úplnost můžeme určit i proudy vstupů (a) a (b) – tedy bázové proudy tranzistorů T1 a T2. Předpokládejme opět, že β1 = β2 = 100, potom
- 102 -
Ia = Ib =
I RE 2
β1
14,4 ⋅10 −6 = = 144 nA 100
(to je opravdu typický vstupní proud běžných operačních zesilovačů s BJT). Všimněte si, že diferenční (operační) zesilovač neměl ani v jednom z uvedených příkladů nastavený očekávaný pracovní bod – nulové výstupní napětí. Vhodný pracovní bod je nastaven jen tehdy, když je umožněn průchod bázových proudů I a (= I + ) a I b (= I − ) a když je zavedena stejnosměrná záporná zpětná vazba – viz úkol e). a
Obr.49: Zapojení k úkolům e) a f).
o b
R2; 100k
Ua R1 100k
U0
e) Předpokládejme, že před připojením napětí U+ (skoková změna) byl zesilovač ve stavu U0 = 0. V každé elektronické struktuře jsou kapacity (nejběžněji funkční korekční kapacita CK pro zajištění frekvenční stability; ale vždy jsou také obsaženy nějaké parazitní kapacity). Proto se nemůže výstupní napětí změnit skokem – obr. 50. Po připojení napětí U+ je U E ≈ U + − U BE1 = 1 − 0,6 = +0,4 V Ale napětí U BE 2 = U R1 − U E =
U 0 ⋅ R1 − (U + − U BE1 ) = = −0,4 V U0 = 0 R1 + R2
Tranzistor T2 je proto zavřený, všechen proud přes odpor RC nabíjí korekční kapacitu CK . Napětí na CK narůstá, proto narůstá i napětí Uo. Jde o časovou funkci, platí u BE 2 (t ) =
pro dané u 0 (t ) ⋅ R1 u (t ) − (U + − U BE1 ) = = 0 − 0,4 R1 + R2 podmínky 2
Když dosáhne napětí u BE 2 (t ) hodnoty v okolí 0,6 V, tranzistor T2 se dostává do aktivního režimu – otevírá se – děj se ustálí. Ustálí se takové napětí UBE2, aby platilo - 103 -
U + = U BE1 − U BE 2 + U R1 = U d +
U 0 ⋅ R1 R2 + R1
kde U d = U BE1 − U BE 2 je právě to diferenční napětí, které je potřebné pro udržení výstupního napětí Uo v reálné zesilovací struktuře. Podíl U0 Ud = A definuje napěťové zesílení (diferenční) reálného operačního zesilovače. Nyní můžeme vyjádřit diferenční napětí pomocí napětí výstupního a zesílení: Ud = U0 A a dosadit do předchozího vztahu: U+ =
U0 U ⋅R + 0 1 A R1 + R2
Úpravou získáme vztah pro zesílení zapojení na obr. 49 – neinvertující zapojení OZ: UCC+ URC
RC
T3
(+) T1
Ud U+
T4
T2
E
UBE1
UBE3 UBE4 UBE2
RD
(-)
RE
URE
UE
o
URD
Uo
CK
UCCR2; 100k UR1
R1 100k
Obr. 50: Zapojení k úkolu e)
- 104 -
U0 = U+
1
=
R1 1 + A R1 + R2
R1 + R2 R 1 1 ⋅ = 1 + 2 ⋅ 1 + R2 R1 R1 + R2 R1 R1 1+ +1 A ⋅ R1 A
Pro dané hodnoty je U0 105 1 1 = 1 + 5 ⋅ = 2 ⋅ U+ 1+ 2 A 10 1 + 105 105 1+ A
Bude-li: A → ∞, ⇒ U0 = 2 V, tedy UR1 = 1 V , Ud = UBE1 – UBE2 = 0. To je ideální stav.
f) Zesílení A = U 0 U d lze orientačně určit z úvah z bodu a). Zde jsme určili, že pro malé signálové změny je (u d = u a − ub ) u0 =
u d ⋅ RC 2 ⋅ re
platí proto A ≈ RC (2 ⋅ re ) Je-li: U + = 1 V, je U E = 1 − U BE1 ≈ 0,4 V, U RE = U E − U CC − = 0,4 − (− 15) = 15,4 V proud odporem RE je I RE = U RE
( 5 ⋅10 ) = 30,8 µA 5
kolektorový proud tranzistorů IC je roven polovině této hodnoty – tedy 15,4 µA. Nyní již můžeme určit strmost tranzistoru re = U T I C = 26 ⋅10 −3 15,4 ⋅10 −6 = 1 688 Ω Pro dané hodnoty dostaneme A ≈ RC (2 ⋅ re ) = 5 ⋅10 5 (2 ⋅1 688) = 148 Ze schématu vyplývá, že z uvedené jednoduché konstrukce se budou proudové poměry – a tedy i zesílení A – měnit podle úrovně stejnosměrné složky na vstupu operačního zesilovače (vstupní souhlasné napětí). Tyto změny - 105 -
bude sice do jisté míry kompenzovat záporná zpětná vazba, nejsou však vítány. Řešení tohoto problému je použití proudových zdrojů, princip viz obr. 51. UCC+ RC
Ta
Tc
≈ II
T3 T1
+
T4
T2
o
Ud
RI
-
U0
RD
II
≈ 2II Td Tb
RE Te
UCC-
≈ II
Obr.51: Zapojení proudový zdrojů II a 2II Primární proud definuje v tomto jednoduchém případě odpor RI: I I = (U CC + − U CC − − 2 ⋅ U BE ) R Jeden PNP tranzistor (Tc ) „kopíruje“ tento proud „jedenkrát“ do kolektoru T2 .
Dva NPN tranzistory (Td , Te ) proud zdvojí pro emitory tranzistorů T1 a T2.
Všechny předchozí úvahy platí s tím, že RC je nyní definován výstupním odporem zdroje proudu II . Odpor RE representuje výstupní odpor zdroje proudu 2II . Pokud by se podařilo realizovat tyto zdroje (při stejných pracovních bodech jako v předchozích úvahách) s výstupním odporem asi 10 MΩ, dosáhneme zesílení A = RC (2 ⋅ re ) = 10 7 (2 ⋅1 688) = 2 962 (odpovídá tomu realizovatelná hodnota Earlyho napětí UA = 150 V, potom odpor mezi kolektorem a editorem
(
)
rCE = U A I C = 150 15,4 ⋅10 −6 = 9,74 MΩ )
- 106 -
5. Unipolární tranzistory Po určení pracovního bodu a signálového modelu unipolárního tranzistoru platí všechny postupy uplatňované u bipolárních tranzistorů.
5.1 Pracovní režimy unipolárního tranzistoru
Příklad 5.1 Je dáno zapojení podle obr. 52 s tranzistorem typu JFET s kanálem N. Síť výstupních charakteristik je na obr. 53 . Prahové napětí U P = −3,5 V. a) Určete pracovní bod tranzistoru tak, aby byla dosažena co největší strmost při buzení signálem s amplitudou menší než 1 V. Napětí stejnosměrného zdroje U DD = 20 V, napětí U DSP v pracovním bodě má být 10 V . b) Vypočítejte velikosti odporů RD , RS a RG pro pracovní bod z bodu a). Úbytek napětí na odporu RG při proudu hradla I G = 2 nA nemá být větší než 10 mV. UDD ID
RD CD D
CG U1
G
UG RG
UDS UGS
S
IS
U2 CS
RS US
Obr. 52: Nastavení pracovního bodu pro tranzistor JFET s kanálem N
Řešení : a) Strmost tranzistoru je největší, je-li napětí hradla U G = 0 V , popřípadě zanedbatelné. Pro JFET s kanálem typu N musí být napětí hradla vždy - 107 -
menší než 0 V, takže při požadovaném maximálním buzení ± 1 V (odpovídá amplitudě 1 V) musí být U GS = −1 V Pro U DSP = 10 V a U GS = −1 V odečteme z charakteristik na obr. 53 proud v pracovním bodě : I DP = 4,1 mA
Obr. 53: Výstupní charakteristiky tranzistoru typu NJFET b) Protože úbytek napětí na odporu je malý oproti U GS , platí: U GS = − RS ⋅ I D RS = −
U GS ID
=−
⇒ −1
= 244 Ω
4,1 ⋅10 −3
Pro výstupní obvod platí: U DD = U RD + U DS + U RS
kde U RD = R D ⋅ I D , U RS = RS ⋅ I D = −U GS
U DD = RD ⋅ I D + U DS − U GS RD =
⇒
U DD − U DS + U GS 20 − 10 − 1 = = 2,195 kΩ ID 4,1 ⋅ 10 −3
- 108 -
Z podmínky, že úbytek napětí na odporu RG (vyvolaný proudem I G ) nemá být větší než 10 mV dostaneme hodnotu odporu RG RG ≤
U RG IG
=
10 ⋅10 −3 2 ⋅10 −9
= 5 MΩ
Příklad 5.2 Pro poměry definovaní v příkladu 5.1. a) Sestrojte z obr. 53 převodní charakteristiku I D = f (U GS ) . b) Určete graficky napěťové zesílení tranzistoru AU = ∆ U DS
∆U GS
.
c) Stanovte proudové a výkonové zesílení?
Řešení : a)
Obr. 54: Konstrukce převodní charakteristiky I D = f (U GS ) b) AU = ∆ U DS
∆U GS
= − 8,6 1,5 = −5,7
c) Pro pracovní bod z předchozího příkladu: P = [ U DSP , I DP U GSP ] P = [ 10 V, 4,8 mA, − 1 V ] Vstupní odpor je dán prakticky odporem Rin = RG = 5 MΩ Výstupní odpor Rout = RD = 2,195 kΩ - 109 -
Strmost g m =
∆ ID ∆ U GS
Vstupní proud i1 = u1
RG
4,1 ⋅10 −3 = = 2,7 mS 1,5 a výstupní proud i2 = − u 2
RD
⇒
Proudové zesílení:
− u2 i RD Ai = 2 = u1 i1 RG
=
R − u 2 RG ⋅ = − AU ⋅ G = 15,2 ⋅10 3 u1 RD RD
Výkonové zesílení: AP = − Ai ⋅ AU = 86,64 ⋅10 3 D
iD G 0V
RG
iS
uGS
RD
Si
rm =
1 gm
S
Obr. 55: Obecné signálové schéma pro tranzistor FET, iG = 0, úbytek napětí mezi G a interním vývodem S (Si) je nulový
Příklad 5.3 Pro tranzistor NJFET (NMOSFET) s parametry U p = −3,5 V a I DSS = 10mA určete odpory RD , RS a RG tak, aby se nastavil pracovní bod tranzistoru I D = 5mA , U DS = 5 V při napájecím napětí U DD = 25 V . a) pro U GG = 0 V b) pro U GG = 8 V - 110 -
UDD ID
RD
D
IG
G
UDS UGS
RG
S
IS
RS US
UGG
Obr. 56: Zapojení tranzistoru NJFET k příkladu 5.3
Řešení : a)
U GG = 0 V Tranzistory jsou v saturační oblasti popsány vztahem: I D = I DSS
5 ⋅10
−3
U ⋅ 1 − GS Up
= 10 ⋅10
−3
1 + U GS 3,5 = ± 1
2
U ⋅ 1 − GS − 3,5 2
2
− 1,025 V
⇒ U GS =
− 5,975 V
Fyzikální význam má pouze hodnota UGS = - 1,025 V, která je v intervalu 0 V až U p = −3,5 V , pro menší U GS je již proud I D = 0 A . RG ⋅ I G → 0 V , podle 2. KZ platí: U GG = U GS + RS ⋅ I D
⇒
RS = (U GG − U GS ) I D
RS = (0 − (− 1,025)) 5 ⋅ 10 −3 = 205 Ω U DD = RD ⋅ I D + U DS + RS ⋅ I D - 111 -
⇒
RD = (U DD − U DS ) I D − RS
RD = (25 − 5) 5 ⋅ 10 −3 − 205 = 3,795 kΩ Aby byla splněna podmínka U G = RG ⋅ I G → 0 V , volíme vhodnou hodnotu RG (např. RG = 1 MΩ ). b)
U GG = 8 V Opět platí: I D = I DSS
U ⋅ 1 − GS Up
2
− 1,025 V
⇒ U GS =
− 5,975 V
U S = U GG − U GS = 8 − (− 1,025) = 9,025 V RS = U RS I D = 9,025 5 ⋅ 10 −3 = 1, 805 kΩ U DD = RD ⋅ I D + U DS + RS ⋅ I D
⇒
RD = (U DD − U DS ) I D − RS
RD = (25 − 5) 5 ⋅10 −3 − 1 805 = 2,195 kΩ Aby byla splněna podmínka U G = RG ⋅ I G → 0 V , volíme vhodnou hodnotu RG (např. RG = 1 MΩ ).
UDD ID
RD D
IG
RG
G
UDS UGS IS
S
RS US
Obr. 57: Zapojení tranzistoru NMOSFET k příkladu 5.4
- 112 -
Příklad 5.4 V zapojení na obr. 57 (RD = 5,1 kΩ, RS = 1 kΩ, RG = 3 MΩ a U DD = 10 V ) je použit tranzistor NMOSFET s vlastnostmi: U A = 120 V, U P = −2 V, I DSS = 5 mA . Určete: a) strmost tranzistoru b) výstupní vodivosti kanálu (drain conductance)
Řešení : a) Platí:
UG = 0 V − U GS = RS ⋅ I D = −10 3 I D
2. KZ:
⇒ U DS = U DD − (RD + RS ) ⋅ I D
U DD = RD ⋅ I D + U DS + RS ⋅ I D
U DS = 10 − 6,1 ⋅ 10 3 ⋅ I D Předpokládáme, že pracovní bod bude v saturační oblasti ⇒ U DS 〉 U DSP U DSP = U GS − U P = U GS − (− 2 ) = (U GS + 2 ) V Nyní určíme kolektorový proud I D :
2
I D = I DSS
U ⋅ 1 − GS Up
I D = I DSS
− 10 3 ⋅ I D ⋅ 1 − UP
2
= 5 ⋅10 −3 ⋅ (1 − 500 ⋅ I D )2 ⇒
(
I D = 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 1 − 1 000 ⋅ I D + 2,5 ⋅105 ⋅ I D2
)
⇒
2,5 ⋅10 5 ⋅ I D2 − 1200 ⋅ I D + 1 = 0 2,5 ⋅ 10 ⋅ 5
(
I D2
− 4,8 ⋅ 10
−3
⋅ I D + 4 ⋅ 10
−6
)= 0
⇒
ID =
1,075 mA 3,725 mA
Fyzikálně správným řešením je proud ID = 1,07 mA (proud 3,725 mA by vyvolal na odporech větší úbytek napětí než je napětí napájecí). Pak U GS = −10 3 ⋅ I D = −1,07 V - 113 -
Toto řešení je skutečně správně, neboť U GS leží v intervalu 0 až U P . Nyní již můžeme určit hodnotu U DS a U DSP : U DS = 10 − 6,1 ⋅10 3 ⋅ I D = 10 − 6,1 ⋅10 3 ⋅1,07 ⋅10 −3 = 3,47 V U DSP = U GS + 2 = −1,07 + 2 = 0,93 V Platí tedy UDS = 3,47 V > UDSP = 0,93 V Nyní můžeme určit strmost tranzistoru rm = 1 g m (viz obr. 55) kde gm =
2⋅ ID 2 ⋅1,07 ⋅10 −3 = = 2,3 mS U GS − U P 0,93
(
) ) 120 = 8,917 µ S
rm = 1 g m = 1 2,3 ⋅10 −3 = 434,8 Ω
(
b) g D = I D U A = 1,07 ⋅ 10 −3
5.2 Chování tranzistoru při malých (signálových) změnách
Příklad 5.5 Na obr. 58 je zesilovač se společným vývodem S (SS) s tranzistorem NMOSFET – s parametry: indukovaný kanál; K = 2,96 mA/V2, UP = 2 V, UA = 156 V. Určete: a) pracovní bod zapojení b) prvky náhradního signálového zapojení c) vstupní odpor zapojení d) výstupní odpor zapojení je-li zadáno: RG1 = 240 kΩ, RZ = 1 kΩ a U DD = 10 V .
RG 2 = 150 kΩ, - 114 -
RD = 1 kΩ,
RS = 100 Ω,
UDD ID
RD
RG1 D G
RG2
UDS UGS IS
S
RS US
Obr. 58: Zapojení NMOSFET v zapojení SS
Řešení : a) Nejdříve určíme pracovní bod a přesvědčíme se, že tranzistor je v saturační oblasti. Pro stejnosměrné napětí na vývodu G tranzistoru platí: RG 2 U G = U DD ⋅ = 10 ⋅ RG1 + RG 2
150 ⋅ 103
(240 + 150) ⋅103
= 3,846 V
Dále platí vztahy: I D = K ⋅ (U GS − U P )2 2 I D = K ⋅ (U G − RS I D − U P ) U GS = U G − RS I D dosazením a úpravami získáme vztah RS2 I D2 − [2 RS (U G −U P ) + 1 K ] ⋅ I D + (U G − U P )2 = 0 10 4 ⋅ I D2 − 707 ⋅ I D + 3,41 = 0 Fyzikální smysl má řešení I D = 5,2 mA . Nyní můžeme určit, že: RS I D = 0,52 V U GS = U G − RS I D = 3,326 V U DS = U DD − (RD + RS )I D = 4,28 V U DS sat = U GS
⇒ U DS sat 〈 U DS − U P = 3,846 − 2 = 1,846 V - 115 -
b) Náhradní signálové schéma zapojení obvodu z obr. 58 je na obr. 59. D G
RD Si
0V
RG1
RG2
rd
rm S
RS
Obr. 59. Náhradní signálové schéma obvodu z obr. 58 Určíme 2 ⋅ ID 2 ⋅ 5,2 ⋅10 −3 gm = = = 7,843 mA V U GS − U P 3,326 − 2 U 1 156 = A = = 30 kΩ gd ID 5,2 ⋅10 −3
rd =
c) Vstupní odpor je určen paralelní kombinací RG1 a RG2 Rin =
RG1 ⋅ RG 2 = 92,3 kΩ RG1 + RG 2
d) Výstupní odpor je určíme jako Rout =
R ⋅R 1 = D OD 1 RD + 1 ROD RD + ROD
kde (vliv kladné zpětné vazby z vývodu D do vývodu S při konečné hodnotě RS)
(
)
ROD = rd + RS ⋅ (1 + g m ⋅ rd ) = 30 ⋅ 103 + 100 ⋅ 1 + 7,843 ⋅10 −3 ⋅ 30 ⋅103 = = 53 638 Ω takže Rout = 103 53 638 = 981,7 Ω
- 116 -
Příklad 5.6 Jaký pracovní bod se nastaví v zapojení na 60, jsou-li dány vlastnosti tranzistoru EMOSFET(N) K = 3,5 mA V 2 , U P = 2 V a je zadáno U DD = 15 V , RS = 150 Ω , RD = 1,5 kΩ a RG1 = 3,5 MΩ , RG 2 = 1,5 MΩ ? UDD ID
URD RD
RG1
výstup CG vstup
CD
D G
UDS
UGS
S
RG2
RS URS
CS
Obr. 60: Nastavení pracovního bodu u tranzistoru EMOSFET (N)
Řešení : Platí vztahy: I D = K ⋅ (U GS − U P )2
U GS = U G − RS I D 2 I D = K ⋅ (U G − RS I D − U P ) kde U G = U DD ⋅RG 2 (RG1 + RG 2 ) dosazením a úpravami získáme vztah
RS2 I D2 − [2 RS (U G −U P ) + 1 K ] ⋅ I D + (U G − U P )2 = 0 UG = U
DD ⋅RG 2
(RG1 + RG 2 ) = 4,5 V
Pro zadané podmínky získáme kvadratickou rovnici 22,5 ⋅10 3 I D2
− (750 + 285,7 )I D + 6,25 = 0
- 117 -
⇒
ID =
7,16 mA 38,8 mA
Fyzikální smysl má hodnota I D = 7,16 mA . Nyní můžeme určit, že: RS I D = 1,0714 V U GS = U G − RS I D = 3,429 V U DS = U DD − (RD + RS )I D = 3,214 V U DS sat = U GS
⇒ U DS sat 〈 U DS − U P = 3,429 − 2 = 1,4286 V
Příklad 5.7 Určete napěťové zesílení AU SS pro strukturu na obr. 52 (příklad 5.1, str. 107) – RS = 171 Ω , RD = 2 kΩ , napájecí napětí U DD = 15 V ; kapacita CS představuje pro signál zkrat. Předpokládejte NJFET s parametry U P = −3,5 V, I D SS = 12 mA, pracovní bod má hodnoty U GS = −1,025 V, I D = I D SS 2 = 6 mA (ověřte pracovní bod).
Řešení : gm = 2 ⋅
I D ⋅ I D SS U P2
= 2⋅
6 ⋅10 −3 ⋅12 ⋅10 −3
(− 3,5)2
= 4,85 mA V
AU SS = u 2 u1 = − g m RD = −4,85 ⋅10 −3 ⋅ 2 ⋅103 = −9,7 Ověření pracovního bodu: Úbytek napětí US na odporu RS je U S = R S ⋅ I D = 171 ⋅ 6 ⋅ 10 −3 = 1,026 V I D = I DSS
U ⋅ 1 − GS Up
2
2 − 1 , 025 − 3 = 12 ⋅10 ⋅ 1 − = 6 mA − 3 , 5
- 118 -
5.3 Zapojení unipolárních a bipolárních tranzistorů
Příklad 5.8 Určete orientačně hodnotu napěťové zesílení kaskádního zapojení dvou tranzistorů z obr. 61 (při výpočtu zanedbejte vliv vazebních kapacitorů). Vlastnosti tranzistorů jsou: FET (T1) : IDSS = 10 mA, UP = - 3,5 V a UA = 250 V; BJT (T2) : β = 150, UBE ≅ 0,7 V, UA = 350 V Hodnoty odporů v zapojení jsou: RG = 1MΩ, RS = 130 Ω, RD = 1,5 kΩ, RE = 2,7 kΩ, RZ = 2,2 kΩ; Hodnota stejnosměrného napájení: UCC = 15 V UCC ID
RD
C B
Ri U1
T1
C1
RG
E
C2
UDS UGS
UG
UBE
D
G
T2 UCE
IS
S
RE
RZ
U2
RS US
Obr. 61: Schéma zapojení k příkladu 5.8
Řešení : Pracovní body tranzistorů : Pro tranzistor T1 platí: ID
U = I D SS 1 − GS UP
2
Dále platí, že US = – UGS (proud řídící elektrodou G, a tedy i odporem RG, považujeme za nulový) a proto I D = I S = U S RS = − U GS RS - 119 -
Po dosazení dostaneme U U − GS = 10 ⋅10 −3 ⋅ 1 − GS 130 − 3,5
2
⇒
U GS =
− 0,7833 V − 15,64 V
Fyzikální význam má pouze kořen UGS = -0,7833 V, druhý kořen kvadratické rovnice (UGS = -15,64 V) nemá fyzikální význam – tranzistor je úplně zavřený. Pracovní proud ID tranzistoru T1: I D = 10 ⋅10
−3
0,7833 ⋅ 1 − 3 , 5
2
I D = 6,0249 mA
⇒
Pro určení pracovního bodu tranzistoru T2 nakreslíme náhradní schéma – obr. 62. Platí I E = I B + I C = I B + β ⋅ I B = (β + 1) ⋅ I B Podle 2. Kirchhoffova zákona platí: U CC = RD ⋅ (I D + I B ) + U BE + RE I E
(
)
15 = 1500 ⋅ 6,025 ⋅10 −3 + I B + 0,7 + 2700 ⋅ (β + 1) ⋅ I B ⇒ I B = 12,86 µ A UCC IC
RD IB
T2 UCE
UBE
C2
ID RE
IE
Obr. 62: Náhradní schéma zapojení pro určení pracovního bodu T1
Hodnota kolektorového proudu je I C = β ⋅ I B = 150 ⋅12,86 ⋅10 −6 = 1,94 mA Je vhodné zkontrolovat pracovní body tranzistorů: - 120 -
T2 : U CE = U CC − RE I E = 15 − 2700 ⋅1,94 ⋅10 −3 = 9,762 V – toto napětí je mezi kolektorem a emitorem, je určitě větší než je napětí saturační, tranzistor je v aktivní oblasti. T1 : U DS = U CC − RD ⋅ (I D + I B ) − RS I D =
(
)
= 15 − 1,5 ⋅10 −3 ⋅ 6,025 ⋅10 −3 + 12,86 ⋅10 −6 − 6,025 ⋅10 −3 ⋅130 = 5,36 V U FETu také ověříme, zda se pracovní bod nachází v saturační oblastí – (nezaměňovat se saturací bipolárních tranzistorů): U DS = 5,36 V U DS sat = U GS
⇒ U DS sat 〈 U DS − U P = −0,7833 − (− 3,3) = 2,717 V
Oba tranzistory se nacházejí ve vhodné pracovní oblasti, jejich malosignálové vlastnosti – náhradní signálové schéma je na obr. 63 (vliv UA při orientačním výpočtu zanedbáme). g m T1
2⋅ ID 2 ⋅ 6 ,025 ⋅10 −3 = = = 4 ,435 mS U GS − U P − 0 ,7833 − (− 3,5)
UT 26 ⋅10 −3 re = = = 13,31 Ω IE 1,953 ⋅10 −3 C B
D
Ri
G
RD Si
0V
RG u1
Ei
0V
re
uD
E
rm S
Re
RZ
u2
RS
Obr. 63. Náhradní signálové schéma obvodu z obr. 61 Napěťové zesílení: AU určíme jako součin zesílení jednotlivých stupňů: - 121 -
AU = AU T1 ⋅ AU T2 V emitoru (interním) tranzistoru T2 je celkový odpor R Ei = re +
RE ⋅ RZ 2 700 ⋅ 2 200 = 13,31 + = 1 225,55 Ω RE + RZ 2 700 + 2 200
Tomu odpovídá signálový vstupní odpor v bázi tranzistoru T2 Rbi ≅ β ⋅ REi = 150 ⋅1 225,55 = 183 832 Ω Celkový signálový odpor vývodu D proti zemi je tvořen paralelní kombinací odporu RD a odporu Rbi: ′ = RD
RD ⋅ Rbi 183 832 ⋅ 1 500 = = 1 487,86 Ω RD + Rbi 183 832 + 1 500
Nyní již můžeme (pro signálové změny) určit, že uD = −
u1 ⋅ RG (RG + Ri ) u1 ′ = ⋅ RD ≅− ⋅ RD′ Ri 〈〈 RG rm + RS rm + RS
AUT1 = u D u1 ≅ − AUT1 = −
⇒
RD′ RD′ =− rm + RS 1 g m + RS
1 487,86 1 487,86 = − = −4,185 225,5 + 130 1 4,435 ⋅ 10 −3 + 130
Pokud by na obr. 61 byl odpor RS přemostěn kondenzátorem, nahradíme na obr. 63 odpor RS zkratem (nulový signálový odpor). Za této situace je zesílení prvního stupně AU T1 (RS → 0 ) ≅ −
RD′ 1 487,86 =− = −6,598 rm 225,5
Z poměrů na obr. 65 také určíme, že u2 = u D ⋅
Re R ⋅R = Re = E Z re + Re R E + RZ
AU T2 = u 2 u D =
⇒
1 1 = = 0,989 1 + re Re 1 + 13,31 1 212,24
- 122 -
Nyní již můžeme určit, že AU (RS = 130) = AU T1 ⋅ AU T2 = −4,185 ⋅ 0,989 = −4,139 AU ( RS → 0) = AU T1 ⋅ AU T2 = −6,598 ⋅ 0,989 = −6,525 Vstupní odpor struktury je prakticky určen odporem RG. Výstupní odpor celé struktury je tvořen výstupním odporem emitorového sledovače. Pokud by byl tento buzen z ideálního zdroje napětí, byl by výstupní odpor určen paralelním řazením re a Re, tedy hodnotou 13,31 ⋅1212,24 = 13,17 Ω 13,31 + 1212,24 V zapojení na obr. 61 je ovšem buzen ze zdroje napětí s výstupním odporem přibližně RD. Potom je výstupní odpor emitorového sledovače větší, určen vztahem (RV → RD; nezahrnujeme vliv odporu zátěže – což je v této situaci správné) Rout SC = re ⋅
1 + RV ( β ⋅ re ) = 1 + 1 β + re RE + RV ( β ⋅ RE )
= 13,3 ⋅
1 + 1500 (150 ⋅ 13,3) = 22,95 Ω 1 + 1 150 + 13,3 2700 + 1500 (150 ⋅ 2700)
Pokud bychom uvažovali i vliv UA, určíme, že rd T1 =
1 g d T1
=
UA 250 = = 41,494 kΩ ID 6,025 ⋅ 10 −3
′ by byla ještě zmenšena paralelním přiřazením rd T1 , Hodnota odporu RD celkové zesílení by se zmenšilo.
Příklad 5.9 Určete napěťové zesílení kaskodového zesilovače na obr. 60 s parametry tranzistorů: T1 (FET): UP = - 4 V, IDSS = 5 mA, UA = 200 V
T2 (BJT): β = 200, UA = 250 V - 123 -
Jsou zadány hodnoty: RB1 = 4,7 kΩ, RB 2 = 3,9 kΩ, RC = 3,9 kΩ, Ri = 600 Ω, RG = 470 kΩ, RS = 2,2 kΩ a U BE = 0,6 V, U CC = 15 V . UCC
C
CB
B
Ri
U2 T2 E
UBE
RB2 U1
IC
RC
RB1
G
T1 UGS
RG
ID D S
RS
CS
Obr. 64: Kaskodové zapojení FETu a bipolárního tranzistoru (BJT)
Řešení : Nejdříve určíme pracovní body tranzistorů. Napětí na bázi tranzistoru T2 je U B = U CC ⋅
RB 2 3,9 ⋅103 = 15 ⋅ = 6,8 V RB1 + RB 2 (4,7 + 3,9) ⋅103
Stejnosměrné napětí UE na emitoru T2 pak je U E = U B − U BE = 6,8 − 0,6 = 6,2 V Pro T1 musí platit I D = I DSS ⋅ (1 − U GS U P )2 , U GS = − RS I D 2
2 ⋅ RS RS 1 + I D ⋅ − I DSS U P UP
I D2
+ 1 = 0
- 124 -
302500 ⋅ I D2 − 1300 ⋅ I D + 1 = 0
ID =
1,004 mA 3,294 mA
Fyzikální smysl má řešení I D = 1,004 mA . Nyní můžeme určit, že: RS I D = 2,209 V U GS = U G − RS I D = 3,326 V U DS T1 = U E − RS I D = 6,2 − 2,209 = 4 V U DS sat = U GS
⇒ U DS sat 〈 U DS − U P = −2,209 − (− 4 ) = 1,791 V
Zanedbáme-li proud báze (β 〉〉 1) T2 je IC ≅ I D U CE = U CC − U E − RC ⋅ I D = 15 − 6,2 − 3,9 = 4,9 V U CE = 4,9 V – znamená, že i tranzistor T2 je v aktivní pracovní oblasti. Nyní určíme pro tranzistor T1 parametry modelu: g m T1 = rd T1 =
2 ⋅ ID 2 ⋅ 10 −3 = = 1,117 mS U GS − U P 2,209 − (− 4 ) 1 g dT1
=
UA 200 = = 200 kΩ ID 10 −3
Parametry modelu tranzistoru T2 jsou g e T2
IC 1 10 −3 = = = = 38,46 mS re UT 26 ⋅10 −3
rd T2 =
1 g dT2
=
UA 250 = = 250 kΩ IC 10 −3
Signálový model struktury z obr. 64 je na obr.65, zanedbáme odpor Ri (600 Ω) a RG (řádově MΩ). Vstupním (známým) signálem je napětí Ui ≡ U1, proud I1 je v tomto ideálním případě nulový. - 125 -
re = 1 g e G
Ui
E
C
gm ⋅ Ui
D
Ui
B
S
I1 rm = 1 g m
U i rm = g m U i
RC
U2
Obr. 65: Signálový model struktury – není zahrnut vliv UA
Ze zjednodušeného signálového modelu (zanedbáme vliv UA , tedy rdT1 a rdT2 ) je výstupní napětí U2 =
g mT1 ≡ g m
≅ − g mT1 ⋅ U1 ⋅ RC
Napěťové zesílení (přenos) tedy je U2 U = 2 ≅ − g m T1 ⋅ RC = −1,117 ⋅10 −3 ⋅ 3,9 ⋅10 −3 = −4,356 U1 Ui
Parametr g e T1 ≡ g e = 38,46 mS se při daných zjednodušeních neuplatňuje.
Příklad 5.10 Analyzujte pomocí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 5.6, získané výsledky porovnejte s výsledky z příkladu .
Příklad 5.11 Analyzujte pomocí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 5.8, získané výsledky porovnejte s výsledky z příkladu .
- 126 -
6. Oscilátory (generátory harmonických kmitů)
6.1 Oscilátor RC s Wienovým členem (a operačním zesilovačem)
R
C
+U
+ Uo
–
R
A UA
C
Rt
B
470
Rf 4k7
Obr. 66: Oscilátor RC s Wienovým členem
Příklad 6.1.1 Určete hodnotu kapacitorů C u oscilátoru s Wienovým členem na obr. 66 pro požadované hodnoty frekvence f0 (hodnoty f0 jsou uvedeny v tabulce 6.1), je-li R = 10 kΩ.
Řešení :
ω0 = 1 (RC ) ⇒
f 0 = 1 (2πRC )
(
⇒
C = 1 (2πf 0 R )
⇒
)
C = 1 6,283 ⋅ 10 4 ⋅ f 0 = 1,5915 ⋅ 10 − 5 f 0
Tab. 6.1: f0 (Hz)
20
50
100
200
500
1 000 5 000 10 000
C (nF)
796
318
159
79,6
31,8
15,9
- 127 -
3,18
1,59
Příklad 6.1.2 Určete hodnotu rezistorů R u oscilátoru na obr. 66 pro požadované hodnoty frekvence f0 (viz tabulka 6.2), je-li C = 33 nF.
Řešení : f 0 = 1 (2πRC )
⇒
R = 1 (2πf 0 C ) = 4,823 ⋅10 6 f 0
Tab. 6.2: f0 (Hz)
20
50
R (kΩ) 241,1 96,5
100
200
500
1 000 2 000 5 000
48,2
24,1
9,65
4,82
2,41
0,965
Poznámka: V praxi je hodnota odporu R na frekvenci f0 = 20 Hz již dost velká (pokud nepoužijeme OZ s velkými vstupními odpory), naopak hodnota odporu na frekvenci f0 = 5 kHz je dost malá (pokud nepoužijeme výkonový OZ). Přijatelných hodnot R můžeme dosáhnout změnou C.
Příklad 6.1.3 Určete nastavenou hodnotu rezistoru Rf u oscilátoru na obr. 66 tak, aby se obvod rozkmital, jsou zadány hodnoty odporu Rt (viz tabulka 6.3, NTC, perličkový).
Řešení : a) Z přenosu zpětnovazební smyčky Přenos Wienova členu U + U o = 1 3 na kmitočtu ω0 . Zesílení neinvertující struktury U o U + = 1 + Rt R f Pro oscilace musí platit, že přenos smyčky
(U o
U + ) ⋅ (U o U + ) ≥ 1 ⇒
(1 + Rt
)
Rf ≥ 3
R f + Rt ≥ 3R f R f ≤ Rt 2 - 128 -
b) „Z rovnosti vazeb“ Přenos obvodu kladné vazby U + U o = 1 3 ; Přenos obvodu záporné vazby U A Uo = R f
(Rt + R f )
Aby obvod osciloval, musí převažovat kladná vazba Rf 1 ≥ 3 Rt + R f
⇒
Rt + R f ≥ 3R f
R f ≤ Rt 2
Správně získáváme oběma postupy shodné výsledky. Tab. 6.3: Rt (kΩ)
10
8
6
4
Rf <
5 kΩ
4 kΩ
3 kΩ
2 kΩ
Příklad 6.1.4 Objasněte co nejstručněji princip stabilizace amplitudy u oscilátoru na obr. 66, je-li při zapnutí R f ≤ Rt 2 a oscilátor kmitá s velkou amplitudou U0m.
Řešení : Velká amplituda U0m způsobuje, že se odpor Rt zahřívá, takže se jeho hodnota zmenšuje, po ustálení (U0m) platí 1 + Rt (U 0 m ) R f → 3 Rt (U 0 m ) ≅ 2 R f
Příklad 6.1.5 Zaměňte obvod pro stabilizaci amplitudy U0m (mezi body A,B – viz obr. 66) obvodem se žárovkou. - 129 -
Řešení : A
Velká hodnota U0m způsobuje, že odpor RZ roste, tím se zesílení obvodu zmenšuje. V obvodu se opět ustálí stav, kdy
B Rt
Rt = 2 RZ (U 0 m )
RZ
6.2 Oscilátor RC s přemostěným T článkem (a operačním zesilovačem) C R
R C
U-
-
U+
+
Uo
Rf Rt NTC
Obr. 67: Oscilátor RC s přemostěným T článkem
Příklad 6.2.1 Určete hodnotu kapacitorů C u oscilátoru na obr. 67 pro požadované hodnoty frekvence f0 (hodnoty f0 jsou uvedeny v tabulce 6.1), je-li hodnota odporu R = 10 kΩ. - 130 -
Řešení : Řešení je stejné jako u příkladu 6.1.1
Příklad 6.2.2 Určete hodnotu rezistorů R u oscilátoru na obr. 67 pro požadované hodnoty frekvence f0 (viz tabulka 6.1), je-li C = 33 nF.
Řešení : Řešení je stejné jako u příkladu 6.1.1
Příklad 6.2.3 Určete nastavenou hodnotu rezistoru Rf u oscilátoru na obr. 67 pro zadané hodnoty odporu Rt (viz tabulka 6.4).
Řešení : Přenos U − U o = 2 3 článku T (v obvodu záporné zpětné vazby; na kmitočtu ω0 ) musí být menší (maximálně se může rovnat) než přenos obvodu kladné vazby U + U o = Rt Rt + R f ⇒
(
)
Rt 2 ≤ 3 Rt + R f
(
)
2 ⋅ Rt + R f ≤ 3Rt R f ≤ Rt 2
Tab. 6.4: Rt (kΩ)
10
8
6
4
Rf <
5 kΩ
4 kΩ
3 kΩ
2 kΩ
- 131 -
Příklad 6.2.4 Objasněte co nejstručněji princip stabilizace amplitudy U0m na obr. 67, je-li při zapnutí R f 〈 Rt 2 a oscilátor kmitá s velkou amplitudou U0m.
Řešení : Velká amplituda U0m způsobuje, že se odpor Rt zahřívá, takže se jeho hodnota zmenšuje. Kladná vazba se zmenšuje, takže amplituda se ustálí (U0m) tehdy, když právě platí Rt (U 0m ) ≅ 2 R f
6.3 Oscilátor RC s fázovým posunem 180° (a operačním zesilovačem) Rf Uϕ
R
Uo
+
C
C
C
R
R
Obr. 68: Oscilátor RC s fázovým posunem o 180°
Příklad 6.3.1 Jaký musí být poměr R f R , aby oscilátor na obr. 68 kmital? - 132 -
Řešení : Musí platit: Uo Uϕ
Uϕ ⋅ Uo
Rf ≥ 1 ⇒ − R
1 ⋅ − ≥ 1 ⇒ 29
R f ≥ 29 R
Příklad 6.3.2 Určete hodnotu rezistoru Rf u oscilátoru na obr. 68 pro zadané hodnoty odporu R (viz tabulka 6.5).
Řešení : Tab. 6.5: R (kΩ)
2,2
3,3
4,7
Rf (kΩ)
63,8
95,7
136
Příklad 6.3.3 Určete hodnoty kapacitorů pro požadovanou hodnotu frekvence f0 – viz tab. 6.6, je-li hodnota R = 2,2 kΩ.
Řešení :
ω0 =
C=
1 6 RC
⇒
f0 =
1 2π 6 RC
1 1 2,953 ⋅ 10 −5 = = f0 2π ⋅ 6 ⋅ R ⋅ f 0 2π ⋅ 6 ⋅ 2,2 ⋅ 103 ⋅ f 0
- 133 -
Tab. 6.6: f0 (Hz)
C (F)
20
50
100
200
500
1 000 2 000 5 000
1,477 µ 591 n 295 n 148 n 59,1 n 29,5 n 14,8 n 5,91 n
6.4 Oscilátor RC s fázovým posunem 180° a jedním tranzistorem UCC RB1 1.1.1
C
C C
RC
UB B
T1
+ CE
RB2 ID
UCE
E
UE
R
Uo
C IB
R
UC
RE1
RE2
IE
Obr.: 69 Oscilátor RC s fázovým posunem 180° a jedním tranzistorem
Příklad 6.4.1 a) Určete pracovní bod tranzistoru na obr. 69 – jsou-li zadány hodnoty: U CC = 15 V, U BE = 0,65 V, proudový zesilovací činitel β = 330 , RC = 6,8 kΩ, RB1 = 560 kΩ, RB 2 = 68 kΩ, R = 33 kΩ, RE1 = 1 kΩ, RE 2 = 220 Ω ; předpokládejte, že dělič RB1, RB2 není zatížen a neuvažujte vliv Earlyho napětí. b) Ověřte míru zatížení děliče - 134 -
Řešení : Pro ID » IB platí: U B = U CC
RB 2 68 ⋅103 ⋅ = 15 ⋅ = 1,62 V RB1 + RB 2 560 ⋅10 3 + 68 ⋅103
U B = U BE + U E U E = U B − U BE ≅ 1 V I E = U E RE1 = 1 1 ⋅10 3 = 1 mA I E ≅ IC U C = RC ⋅ I C = 6,8 ⋅10 3 ⋅1 ⋅10 −3 = 6,8 V U CC = U C + U CE + U E
⇒
U CE = U CC − U CE − U E
U CE = 15 − 7,8 = 7,2 V I B = I C β = 1 ⋅10 −3 330 = 3,03 µA
Prou děličem v bázi: I D = U B RB 2 = 1,62 68 ⋅ 103 = 23,8 µA ID » IB
⇒ dělič je „tvrdý“
Příklad 6.4.2 Nakreslete signálový model zesilovače s jedním tranzistorem z obr. 69 (bez fázovacího členu RC), určete: a) zesílení b) vstupní a výstupní odpory
Řešení : re ≅ U T I E = 26 ⋅ 10 −3 1 ⋅ 10 −3 = 26 Ω
- 135 -
iB
ic
ib
C
uo
B
uB
iv
rce
0V
RV
ie
Ei
RC
re ue = uB
E
RE1
RE2
142 4 43 4 Re Obr. 70: Signálové schéma zesilovače v zapojení tranzistoru SE z obr. 69
Celkový odpor v emitoru ideálního tranzistoru je: Re = re +
R E1 ⋅ R E 2 1000 ⋅ 220 = 26 + = 26 + 180 = 206 Ω R E1 + R E 2 1000 + 220
Signálový proud (β = 330) ie = u B Re = ic
Výstupní napětí je u o = − RC ⋅ ic = −
RC ⋅ uB Re
Zesílení pak je uo R 6800 =− C =− = −33 u1 Re 206
Proud báze ib = ic β = u B (β ⋅ Re )
Vstupní odpor do báze je Rib = u B ib = β ⋅ Re = 330 ⋅ 206 = 68 kΩ - 136 -
Celkový vstupní odpor Rvst je dán paralelní kombinací odporů Rv a Rib : Rv =
Rvst
RB1 ⋅ RB 2 560 ⋅10 3 ⋅ 68 ⋅10 3 = = 60,64 kΩ RB1 + RB 2 560 ⋅103 + 68 ⋅103
Rv ⋅ Rvb 60,64 ⋅ 10 3 ⋅ 68 ⋅ 10 3 = = = 32,05 kΩ Rv + Rvb 60,64 ⋅ 10 3 + 68 ⋅ 10 3
Výstupní odpor se rovná RC = 6,8 kΩ (při zanedbání Earlyho napětí).
Příklad 6.4.3 Můžeme použít zesilovač pro konstrukci generátoru s fázovým posunem, když víme, že R = 33 kΩ ≈ Rvst = 32 kΩ a RC « R ?
Poznámka: fázovací obvod (3 x RC ) má přenos − 1 29 na ω0 = 1
(
6 RC
)
Řešení : Z předchozího příkladu vyplývá, že ze zadaných hodnot je zesílení zesilovacího stupně -33 dostačující:
(− 1 29) ⋅ (− 33) = 1,14 1,14 > 1 ⇒ podmínka oscilace je splněna
Příklad 6.4.4 Určete hodnoty kapacitorů C u generátoru z obr. 69 pro požadovanou hodnotu f 0 (R = 33 kΩ ) – viz tab 6.7.
Řešení :
ω0 =
1 6 RC
⇒
1 1 1,969 ⋅ 10 −6 C= = = f0 2π ⋅ 6 ⋅ R ⋅ f 0 2π ⋅ 6 ⋅ 33 ⋅ 103 ⋅ f 0 - 137 -
Tab. 6.7: f0 (Hz)
C (F)
20
50
100
200
500
1 000 2 000 5 000
98,4 n 39,4 n 19,7 n 9,84 n 3,94 n 1,97 n 984 p 394 p
Příklad 6.4.5 Jak určíte hodnotu kapacitoru CE z obr. 69?
Řešení : I v nejhorším případě musí platit, že na frekvenci f0 (ω 0 = 2πf 0 ) musí být reaktance kondenzátoru CE « než hodnota odporu RE2 ⇒ 1 « 220 ω0 C E Nejhorší případ nastane pro minimální hodnotu ω0 ( f 0 = 20 Hz ) . Proto musí platit: 1 1 CE » = = 3,6 ⋅ 10 −5 = 36 µF ω 0 220 2π ⋅ 20 ⋅ 220 Musíme proto volit CE alespoň 150 µF (elektrolyt).
Příklad 6.4.6 Jak můžeme změnit hodnotu zesílení tranzistoru T1 na obr. 69 aniž bychom změnili jeho pracovní poměry?
Řešení : Změníme hodnotu odporu RE2. Poznámka: Kdybychom v zapojení na obr. 69 použili místo tranzistoru T1 Darlingtonovo zapojení tranzistorů – viz obr. 71, mohli bychom uvažovat β řádově 104. Kolektorový odpor RC můžeme volit 1 kΩ. Vstupní odpor zesilovače Rvst určíme pouze paralelní kombinací odporů RB1 a RB2, které můžeme volit podle potřeby.
- 138 -
UBE UBE
Obr. 71: Darlingtonovo zapojení
7. Generátory neharmonických kmitů 7.1 Schmittův klopný obvod s operačním zesilovačem (bez referenčního napětí) -
Ui
Uo
+
R2 U+ R1
Obr. 72: Schmittův klopný obvod
Příklad 7.1 Určete rozhodovací úrovně obvodu na obr. 72 pro zadané hodnoty odporů R1, R2 a hysterezi obvodu UH . Předpokládejte, že výstupní napětí OZ dosahuje pouze hodnot Uom = ± 12 V.
Řešení : Pro U 0 = 12 V je napětí U + = U o ⋅
R1 R1 = 12 ⋅ R1 + R2 R1 + R2
- 139 -
Stav se tedy mění při napětí U i ≥ 12 ⋅
R1 = U R+ R1 + R2
Pro U 0 = − 12 V je napětí U + = U o ⋅
R1 R1 = − 12 ⋅ R1 + R2 R1 + R2 R1 = U R− = − U R+ R1 + R2
Stav se tedy mění pří napětí U i ≤ − 12 ⋅ U H = U R + − U R − = 12 ⋅
R1 R1 − − 12 ⋅ R1 + R2 R1 + R2
U H = 2U R +
Některé možnosti jsou shrnuty v tab. 7.1. Tab. 7.1: R1 (kΩ)
100
10
10
1
1
1
R2 (kΩ)
100
10
100
10
100
1 000
UR+ (V)
6
6
1,09
1,09 0,119 0,012
UH (V)
12
12
2,18
2,18 0,238 0,024
Příklad 7.2 Je výstupní napětí funkcí napájecích napětí?
Řešení :
Ano – U om + 〈 U CC + − (0,1 ÷ 1,5) V U om − 〈 U CC − + (0,1 ÷ 1,5) V 1424 3
podle konstrukce OZ kde U CC + ; U CC − – napájecí napětí OZ
- 140 -
R1 = 24 ⋅ R1 + R2
Příklad 7.3 U upraveného Schmittova obvodu na obr. 73 (pro zadané hodnoty R1, R2 = 10 kΩ, R3 = 2,2 kΩ, U D1 = U D 2 = U D 3 = U D 4 = 0,6 V, U ZD = 4,8 V, U o1 = ± 12 V) určete: a) rozhodovací úrovně b) hysterezi obvodu UH c) proudové a napěťové poměry na výstupu a ve zpětné vazbě.
-
Ui
Uo1
+
(0 )
R3 I2
možné výstupy Uo2
I3
R2
U+ D1 I1
D3
R1 ZD
D4
D2
Obr. 73: Schmittův klopný obvod
Řešení : a1) Pro U o1 = + 12 V je U o2 + = U D1 + U D 2 + U ZD = 0,6 + 0,6 + 4,8 = 6 V
Rezistorem R3 protéká proud I3 =
U o1 − U o2 12 − 6 = = 2,73 mA R3 2,2 ⋅ 103
Rezistorem R2 protéká proud I 2 = I1 =
U o2 6 6 = 〈 = 0,6 mA ⇒ R1 + R2 R1 + 10 ⋅10 3 10 ⋅10 3
Zenerovou diodou (a diodami D1,2) prochází proud – orientován stejně jako napěťová šipka u ZD v obr.73 – I ZD = I 3 − I 2 - mělo by se jednat o dostatečnou kladnou hodnotu. Napětí na odporu R1 pak je - 141 -
U R+ =
U o2+ ⋅ R1 6 ⋅ R1 = R1 + R2 R1 + 10 ⋅103
a2) Pro U o1 = − 12 V je U o2- = −U D 3 − U D 4 − U ZD = −0,6 − 0,6 − 4,8 = −6 V
Rezistorem R3 protéká proud I3 =
U o1 − U o2 − 12 − (− 6 ) = = −2,73 mA R3 2,2 ⋅103
Rezistorem R2 protéká proud I 2 = I1 =
U o2 −6 = R1 + R2 R1 + 10 ⋅ 103
⇒
Zenerovou diodou (a diodami D3,4) prochází proud (orientován stejně jako napěťová šipka u ZD v obr.73) I ZD = − I 3 + I 2 mělo by se opět jednat o dostatečnou kladnou hodnotu. Napětí na odporu R3 pak je U R− =
U o2− ⋅ R1 − 6 ⋅ R1 = R1 + R2 R1 + 10 ⋅10 3
U R − = −U R +
b) Hystereze pak je: U H = U R+ − U R− = 2 ⋅U R+ =
2 ⋅ U o2+ ⋅ R1 12 ⋅ R1 = R1 + R2 R1 + R2
c) Pro hodnotu odporu R2 = 10 kΩ jsou výsledky shrnuty v tab. 7.2. Tab. 7.2: R1 (kΩ)
10
4,7
3,3
2,2
UR+ (V)
3
1,92
1,49
1,08 0,783 0,382 0,129
UH (V)
6
3,84
2,98
2,16 1,565 0,764 0,258
| I1 |=| I2 | (mA)
0,3
0,41
0,45
0,49
0,52
0,56
0,59
IZD ( mA) 2,43 2,32
2,28
2,24
2,21
2,17
2,14
1,5
- 142 -
680
220
7.2 Schmittův klopný obvod s operačním zesilovačem a referenčním zdrojem napětí (symetrické „okolo“ Uref )
Příklad 7.2.1 a) Určete rozhodovací úrovně obvodu na obr. 74 pro zadané hodnoty odporů R1, R2 b) hysterezi obvodu UH Předpokládejte, že výstupní napětí OZ dosahuje pouze hodnot U om = ±12 V . (K určení U + použijte princip superpozice)
-
Ui
Uo
+
R2 U+ R1
=
Uref
Obr. 74: Zapojení Schmittova klopného obvodu s referenčním napětím Uref
Řešení : a) Pomocí principu superpozice určíme, že U + = U ref ⋅
R2 R1 + Uo ⋅ R1 + R2 R1 + R2
Pro U 0 = +U om = +12 V je napětí U + : U + = U om ⋅
R1 R2 + U ref ⋅ = U R+ R1 + R2 R1 + R2
U R + je tedy rozhodovací úroveň pro U i
Pro U 0 = −U om = −12 V je napětí U + : U + = U ref ⋅
R2 R1 − U om ⋅ = U R− R1 + R2 R1 + R2 - 143 -
U R − je tedy rozhodovací úroveň pro U i
b) Hystereze je U H = U R + −U R − = R2 R1 = U ref ⋅ + U om ⋅ R1 + R2 R1 + R2
= 2 ⋅ U om ⋅
R2 R1 − U ref ⋅ − U om ⋅ R1 + R2 R1 + R2
=
R1 R1 + R2
Z výsledků vyplývá, že hystereze není funkcí referenčního napětí U H ≠ f U ref – je okolo něj symetrická.
(
)
Pro různé hodnoty referenčního napětí získáme výsledky uvedené v tab. 7.3 Tab. 7.3: R2 = 10 kΩ, U om = ±12 V R1 (kΩ)
10
1
10
10
1
1
Uref (V)
0
0
1
-1
6
-6
0
0
0,5
-0,5
5,45
-5,45
U ref ⋅ R2 R1 + R2
(V)
UR+ (V) UR- (V) UH (V)
6
1,09
-6
-1,09
12
2,18
± U om ⋅
(0,5 + 6 ) = (0,5 − 6 ) = − 5,5
6,5
(0,5 − 6) = (− 0,5 − 6) = − 5,5
− 6,5
12
12
5,45 + 1,09 = − 5,45 + 1,09 = − 4,36 6,54 5,45 − 1,09 = − 5,45 − 1,09 =
R1 R1 + R2
Příklad 7.2.2 Jaký proud je odebrán ze zdroje signálu U i ?
Řešení : Ideálně žádný. - 144 -
4,36
2,18
− 6,54
2,18
7.3 Klopný obvod s operačním zesilovačem ( neinvertující struktura )
Příklad 7.3.1 a) Určete rozhodovací úrovně obvodu na obr. 75 (komparátor) pro zadané hodnoty odporů R1, R2 b) hysterezi obvodu UH Předpokládejte, že výstupní napětí OZ dosahuje pouze hodnot U om = ±12 V . (K určení napětí U d použijte princip superpozice) R2 R1
+
Ui
Ud –
Uo
Obr. 75: Zapojení klopného obvodu k příkladu 7.3.1
Řešení : a) Pomocí principu superpozice určíme Ud: Ud = Ui ⋅
R2 R1 +Uo ⋅ R1 + R2 R1 + R2
Pro U 0 = +U om = +12 V musí platit U d ≥ 0, ke změně stavu dojde při napětí U i = U i1 , kdy platí U d → 0, takže U i1 ⋅
R2 R1 + U om ⋅ =0 ⇒ R1 + R2 R1 + R2
U i1 = − U om ⋅
R1 R2
Pro U 0 = − U om = − 12 V musí platit U d ≤ 0, ke změně stavu dojde při napětí U i = U i 2 , kdy platí U d → 0, takže U i2 ⋅
R2 R1 − U om ⋅ →0 ⇒ R1 + R2 R1 + R2 - 145 -
U i 2 = U om ⋅
R1 = − U i1 R2
b) Hystereze obvodu pro dané R1, R2 je: U H = U i 2 − U i1 = 2 ⋅ U R + = 2 ⋅ U o2 ⋅
R1 = 2 ⋅U i 2 R2
Hodnoty hystereze jsou uvedeny v tab. 7.4. Tab. 7.4: R1 (kΩ)
10
6,8
4,7
1
10
3,3
2,2
R2 (kΩ)
10
10
10
10
100
100
100
Ui2 (V)
12
8,16
5,64
1,2
1,2
0,396
0,264
UH (V)
24
16,3
11,28
2,4
2,4
0,792
0,528
Příklad 7.3.2 a) Na obr. 75 odhadněte hodnotu vstupního proudu I1 odebíraného ze zdroje signálu Ui: b) určete vstupní proud I1 pro hodnotu Uom = 12 V a pro hodnotu odporu R2 = 10 kΩ a R2 = 100 kΩ
Řešení : a) V obvodu vždy platí I1 =
Ui −U o U ± U om = i R1 + R2 R1 + R2
Hodnota proudu I1 závisí na stavu na výstupu komparátoru. V oblasti těsně před změnou stavu výstupu U o jde hodnota napětí U d → 0 a proud I1 I1 = ±
Ui2 U = ± om R1 R2
Větší hodnota proudu I1 (absolutní) nikdy nebude, vyplývá to z poměrů velikosti napětí mezi Ui a U o u komparátoru. - 146 -
b) Pro U om = 12 V a R2 = 10 kΩ dostaneme: I1 = ±
U om 12 = = 1,2 mA ⇒ R2 10 4
I1 ≤ 1,2 mA
R2 = 100 kΩ dostaneme: I1 = ±
U om 12 = = 0,12 mA ⇒ 5 R2 10
I1 ≤ 0,12 mA
7.4 Astabilní klopný obvod s operačním zesilovačem Při řešení problémů v elektronice často potřebujeme vědomosti z řešení přechodných dějů – viz Elektrické obvody I – pro připomenutí – pro nabíjení kapacity platí: uC (t ) = [uC (0 ) − uC (∞ )] ⋅ e − t τ + uC (∞ )
kde τ = RC je časová konstanta obvodu uC (0 ) je napětí na kondenzátoru na počátku přechodného děje uC (∞ ) je napětí na kondenzátoru na konci přechodného děje R1
D1
R2
D2
Ud
Uo
+
Rb UC (t)
C
Ra
Obr. 76: Zapojení astabilního klopného obvodu s jedním OZ - 147 -
Příklad 7.4.1 Určete rozhodovací úrovně astabilního klopného obvodu na obr. 76, který je tvořen OZ a odpory Ra, Rb
Řešení : Rozhodovací úrovně jsou: U R = ± U om ⋅
Ra Ra + Rb
Příklad 7.4.2 Jaká je minimální hodnota napětí na kapacitě C na obr. 76?
Řešení : Minimální hodnota napětí na kapacitě C je dána menší hodnotou rozhodovací úrovně. uC min = − U om ⋅
Ra Ra + Rb
Příklad 7.4.3 Jaká je maximální hodnota napětí na kapacitě C na obr. 76?
Řešení : Maximální hodnota napětí na kapacitě C je dána větší hodnotou rozhodovací úrovně. uC max = + U om ⋅
Ra Ra + Rb
- 148 -
Příklad 7.4.4 Výstup operačního zesilovače na obr. 76 se právě změnil z hodnoty −U om na hodnotu + U om Jaká je hodnota napětí na kapacitě C?
Řešení : Pokud byl předchozí stav −U om , musí být hodnota napětí na kapacitě C záporná, v okamžiku komparace je hodnota napětí uC (0 ) = − U om ⋅
Ra Ra + Rb
Příklad 7.4.5 Na jakou hodnotu se může teoreticky nabít kondenzátor na obr. 76 při hodnotě výstupního napětí U o = U om (kdyby nepřepnul komparátor)?
Řešení : Hodnota napětí na kapacitě C by byla dána přímo hodnotou U om uC (∞ ) = + U om
Příklad 7.4.6 Sestavte rovnici pro nabíjení kondenzátoru na obr. 76 po změně výstupního napětí Uo z hodnoty − U om na hodnotu + U om .
Řešení : Hodnota napětí na kapacitě C by byla dána přímo rozhodovací úrovní uC (0 ) = − U om ⋅
Ra Ra + Rb
Dále platí uC (∞ ) = + U om - 149 -
V tomto okamžiku se spíná dioda D1 ⇒ nabíjecí časová konstanta τ n = R1C Ra uC (t ) = − U om ⋅ − U om ⋅ e −t τ n + U om Ra + Rb
Příklad 7.4.7 a) Pro jaké hodnoty uC (t ) platí rovnice pro nabíjení kondenzátoru z předchozího příkladu b) Určete dobu nabíjení kondenzátoru t n
Řešení : Rovnice pro nabíjení kondenzátoru platí pouze pro Ra Ra + Rb
uC (t ) 〈 uC max = + U om ⋅
kdy komparátor přepne, tj. Ra u C (t n ) = − U om ⋅ − U om ⋅ e −t n R a + Rb R + Ra + Rb − U om ⋅ a Ra + Rb
2 Ra + Rb −t n ⋅e Ra + Rb 2 Ra + Rb −tn ⋅e Ra + Rb
(2 Ra + Rb ) ⋅ e −t e −t n
τn
=
n
−t n ⋅ e
τn
= 1−
τn
=
τn
= Rb
2 ⋅ Ra +1 Rb
τn
τn
+ U om = U om ⋅
+ U om = U om ⋅
Ra Ra + Rb
Rb Ra + Rb
ln
t n = τ n ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb ) = R1C ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb ) - 150 -
Ra Ra + Rb
Ra R a + Rb
Příklad 7.4.8 Sestavte rovnici pro vybíjení kondenzátoru na obr. 76 po změně výstupního napětí Uo z hodnoty + U om na hodnotu − U om .
Řešení : V tomto okamžiku spíná dioda D2 ⇒ vybíjecí časová konstanta τ v = R2 C uC (0 ) = uC max = + U om ⋅
Ra , Ra + Rb
uC (∞ ) = − U om
Ra uC (t ) = U om ⋅ + U om ⋅ e −t τ v − U om Ra + Rb
Vybíjení končí přepnutím komparátoru na hodnotu − U om , v tomto okamžiku je hodnota na kapacitě: Ra uC (t ) = U om ⋅ + U om ⋅ e −tv Ra + Rb
τv
− U om = uC min = −U om ⋅
Ra Ra + Rb
Příklad 7.4.9 Určete dobu vybíjení kondenzátoru t v .
Řešení : Opět vyjdeme z rovnice pro vybíjení kondenzátoru Ra uC (t v ) = U om ⋅ + U om ⋅ e −tv Ra + Rb
τv
− U om = − U om ⋅
Ra Ra + Rb
⇒
t v = τ v ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb ) = R2C ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb )
Příklad 7.4.10 Jaká je perioda kmitů T astabilního klopného obvodu z obr. 76? - 151 -
Řešení : Sečteme dobu nabíjení a vybíjení kondenzátoru T = t n + t v = C (R1 + R2 ) ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb )
Příklad 7.4.11 Určete periodu kmitů T astabilního klopného obvodu na obr. 76, jestliže odpojíme větev se sériovým zapojením odporu R2 a diody D2 a diodu D1 nahradíme zkratem?
Řešení : Sečteme dobu nabíjení a vybíjení kondenzátoru τ n = τ v = R1C ⇒
T = t n + t v = 2 R1C ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb )
Příklad 7.4.12 Určete frekvenci kmitů f astabilního klopného obvodu z předchozího příkladu 7.4.10, je-li a) Ra = Rb = 10 kΩ, C = 1 µF, R1 = 2,2 kΩ b) Ra = Rb = 10 kΩ, C = 100 nF, R1 = 2,2 kΩ c) Ra = Rb = 10 kΩ, C = 10 nF, R1 = 2,2 kΩ
Řešení : Pro Ra = Rb je τ n = τ v = R1C ⇒
T = t n + t v = 2 R1C ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb ) T = 2 ⋅ 2,2 ⋅ 103 ⋅ 10 −6 ⋅ ln 3 = 4,834 ⋅ 10 −3 s
a) f = 1 T = 206,9 Hz
b)
f = 1 T = 2 069 Hz
c)
f = 1 T = 20 690 Hz - 152 -
Příklad 7.4.13 Kde na obr. 76 získáme pilový průběh napětí?
Řešení : Pilový průběh napětí získáme na kondenzátoru C (přes oddělovací zesilovač s velkým vstupním odporem). Rovnice pro nabíjení kondenzátoru (viz příklad 7.4.6) a rovnice pro vybíjení kondenzátoru (viz příklad 7.4.8) jsou Ra uC (t ) = − U om ⋅ − U om ⋅ e −t τ n + U om Ra + Rb Ra uC (t ) = U om ⋅ + U om ⋅ e −t τ v − U om Ra + Rb
Jestliže hodnota rozhodovací úrovně je malá vůči Uom, potom platí, že v okamžicích, kdy přepíná komparátor, je poměr tn
τn
a
tv
τv
〈〈 1
V tomto případě můžeme exponenciální funkci nahradit přibližným vztahem (rozvoj v řadu pro x « 1): e−x ≅ 1 − x
a exponenciální průběhy se mění v lineární (odchylka od linearity závisí na velikosti x (x = t τ n,v ) - viz obr. 77. uC (t ) Uom
t
tn
tv
- Uom T
Obr. 77: Pilový průběh napětí získaný na kondenzátoru C. - 153 -
Příklad 7.4.14 Navrhněte generátor pilových kmitů – obr. 78 tak, aby splňoval požadavky: opakovací frekvence pilového napětí je 10 kHz, amplituda kmitů je 3 V, zadána je kapacita C = 10 nF. R +15 V
C 2
-
7 6
+ 3
Uo
4
-15 V
Rb
Ra uC (t ) uo (t )
Uom
t
tn
tv
- Uom T
Obr. 78: Zapojení generátoru s OZ µA 741
Řešení : Využijeme poznatků z řešení příkladů 7.4.1 až 7.4.12. Jedná se o astabilní KO s frekvencí kmitů f = 10 kHz , pro který platí (R1 = R2 = R) t v = t n = RC ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb ) .
Požadujeme-li T =
1 1 = 4 = 100 µ s , platí f 10
t v = t n = RC ⋅ ln (1 + 2 Ra / Rb ) = T / 2 = 50 µs - 154 -
Amplituda pilového napětí je určena rozhodovací úrovní, proto musí platit U R = ± U om ⋅
Ra = ±3 V Ra + Rb
Při napájení OZ napětím ± 15 V lze odhadnout, že U om = ±12 V (nebo musíme použít na výstupu vhodnou stabilizační strukturu amplitudy), proto U R = 12 ⋅
Ra Ra =3 ⇒ = 3 12 = 0,25 Ra + Rb Ra + Rb
Zvolíme-li Rb = 100 kΩ , potom Ra
= 0,25 ⇒ Ra = 33 333 Ω
Ra + 105
Na základě udělaných úvah můžeme určit, že
(
)
RC ⋅ ln (1 + 2 Ra Rb ) = R ⋅10 ⋅10 −9 ln 1 + 2 ⋅ 33333 100 ⋅10 3 = 50 ⋅10 −6 ⇒
5 ⋅10 3 R= = 9 788,8 Ω ln 1,6666 Je také vhodné porovnat velikost časové konstanty τ = RC = 97,9 µ s s dobou nabíjení (vybíjení) 50 µs . Poměr t n τ = 50 ⋅10 −6 97,9 ⋅10 −6 = 0,510 již vede k dosti značné odchylce od lineárního průběhu v okamžiku změny stavu obvodu. Platí totiž, že e −0,510 = 0,600 , kdežto uvažovaná lineární aproximace poskytuje hodnotu e −0,510 ≅ 1 − 0,510 = 0,490 , odchylka je již větší než 10%. Pokud bychom v uvedené struktuře zvolili pouze amplitudu 1 V, tj U R = ±1 V , a opět požadovali T = 100 µ s , platí (při stejné volbě Rb) 12 ⋅ Dále
Ra =1 ⇒ Ra + Rb
Ra Ra + 10 5
(
= 1 12 ⇒
Ra = 9 090 Ω
)
⇒ R = 29 933 Ω
R ⋅ 10 ⋅ 10 −9 ln 1 + 2 ⋅ 9 090 100 ⋅ 10 3 = 50 ⋅ 10 −6
Nyní platí
τ = RC = 29 933 ⋅10 ⋅10 −9 = 299,3 µ s
- 155 -
t n τ = 50 ⋅10 −6 299,3 ⋅10 −6 = 0,167 e −0,167 = 0,846 e −0,167 ≅ 1 − 0,167 = 0,833
Tzn., že pilový průběh s amplitudou 1 V je mnohem lineárnější – odchylka je menší než 2 %.
Příklad 7.4.15 Upravte strukturu z předchozího příkladu tak, abychom ji mohli použít pro TTL logiku a aby t n = 100 ms a t v = 10 ms . Předpokládejte, že jsou dány prvky obvodu: C = 4,0 µF, R1 = 47 kΩ a R2 = 120 kΩ.
Řešení : Upravené zapojení je na obr. 79. TTL logika nemůže pracovat s hodnotami ± 12 V . Proto hodnotu +12 V snížíme na hodnotu +5 V a hodnotu − 12 V změníme na hodnotu − 0,7 V . Požadované úrovně zajistíme připojením Zenerovy diody (4,5 až 5 V) a odporu R′ = 3,9 kΩ (ještě vhodnější by bylo připojit tranzistorový spínač, jehož kolektor je přes odpor připojen na napájecí zdroj části TTL – viz obr. 80). Rp R +U
C 2
-
7 6
+ 3
R′
4
-U
Ra
Rb
Obr. 79: Zapojení generátoru obdélníků - 156 -
Při nabíjení se uplatňuje pouze odpor R, z této skutečnosti již můžeme určit, že potřebná hodnota je Rn = R =
tn = L = 43 216 Ω C ⋅ ln(1 + 2 Ra Rb )
Při vybíjení se uplatňuje paralelní kombinace obou odporů, takže platí Rv = R R p =
tv = L = 4 321,6 Ω C ⋅ ln(1 + 2 Ra Rb )
Ze znalosti hodnoty R nyní můžeme určit, že R p = 4 801,6 Ω UCC RC IC +12 V
R′
-12 V
27 kΩ
1 kΩ vstup obvodů TTL
+5 V ≅0V
ZD
Obr. 80: Praktické připojení tranzistorového spínače k zapojení na obr. 79
Příklad 7.4.16 a) Určete periodu kmitů obvodu na obr. 81 b) Můžeme zapojení použít jako lineární převodník napětí → frekvence (U f ) ? c) Můžeme zapojení použít jako lineární převodník napětí → perioda (U T ) ?
Řešení : a) OZ je zapojen jako invertující integrátor – součtový, je-li sepnut spínač S. Uvažujeme ideální OZ. - 157 -
a) U ref 〉 0
I2
IC UCC+
R1 Ui 〈 0
u C (t )
C
R2
S
I1
OZ
0
MKO
t1
u o (t )
b)
u 1 (t ) UH Umin
c)
t
u o (t )
T
t1
t2 t
Obr. 81: a) Skupinové zapojení k příkladu 7.4.16 – monostabilní klopný obvod (MKO) spíná spínač S po dobu t1 , kdy je u 0 (t ) 〉 0; MKO je spuštěn při u1 (t ) = U H 〉 0; U ref 〉 0; U i 〈 0 b), c) napěťové a časové poměry Vyjdeme ze stavu, kdy u1 (t ) → U H ; MKO vytváří impuls délky t1 , spíná spínač S, napětí na kondenzátoru je (vůči šipkám na obr 81) u C ( t ) = − u 1 (t ) = − U
H
Proud kondenzátorem má hodnotu I C = I C1 =
U ref U ref Ui Ui + =− + R1 R2 R1 R2
- 158 -
uC (t ) = − U H +
U ref Ui 1 ⋅ ∫ I C t1 dt = − U H − ⋅t + ⋅t C R1C R2 C
U ref Ui − u1 (t ) = − uC (t ) = U H + R2 R1
t ⋅ C
Aby napětí u1 (t ) klesalo, musí platit7) : Ui R1
〈
U ref R2
Po uplynutí intervalu t1 je U ref Ui − u1 (t1 ) = U min = U H + R2 R1
t1 ⋅ C
V tomto okamžiku se spínač S rozepíná, proud kondenzátorem je nyní I C = I C2 =
Ui Ui =− R1 R1
Počáteční hodnota napětí na kondenzátoru je dána hodnotou: − U 1min , proto teď platí U ref Ui uC (t ) = − U H − + R2 R1 U ref Ui u C (t ) = − U H − − R2 R1
t1 1 ⋅ + ⋅ ∫ I C2 dt C C
Ui t1 ⋅ − ⋅t C R C 1
V intervalu t2 proto platí U ref Ui u1 (t ) = − uC (t ) = U H + − R2 R1
Ui t1 ⋅ + ⋅t C R C 1
V čase t2 opět platí: u1 (t ) = U H ⇒ U ref Ui U H = U H + − R2 R1 7)
Ui t1 ⋅ + ⋅ t2 ⇒ R1C C
důležitá konstrukční připomínka, u1 (t ) musí klesat – viz obr. 81
- 159 -
U ref R2
⋅ t1 =
Ui ⋅ (t1 + t 2 ) R1
Perioda kmitů pak je T = (t1 + t 2 ) =
U ref Ui
⋅
R1 ⋅ t1 R2
Frekvence kmitů je f =
Ui R2 1 = ⋅ T U ref R1 ⋅ t1
b) Pokud budou parametry U ref , R2 , R1 a t1 konstantní, může zapojení na obr. 81 sloužit jako převodník napětí U i 〈 0 na frekvenci. Pro správnou činnost obvodu musí být vždy zaručeno, že hodnota U 1min
(
)
nepoklesne pod hodnotu U CC − + 1,5 V 8) a hodnota U H bude menší než U CC + − 1,5 V ,8) aby byl OZ v lineárním režimu.
(
)
c) Pokud budou parametry U i 〈 0 , R2 , R1 a t1 konstantní, může zapojení na obr. 81 sloužit jako převodník napětí U ref 〉 0 na periodu. Musí platit stejné poznámky jako v případě b). Poznámka: Toto zapojení také zajišťuje lineární průběhy napětí u1 (t ) jako funkce času.
Příklad 7.4.17 Méně dokonalé generátory pilového napětí lze konstruovat pomocí principu na obr. 82, kde RN je jakékoliv zapojení, které realizuje AV charakteristiku typu „S“ (prvek spíná při dosažení úrovně napětí UH a rozepíná při poklesu napětí na hodnotu Umin – např. pro historický tyratron je UCC = 100 V ; UH = 50 V a Umin = 20 V ; pro čtyřvrstvou polovodičovou strukturu se jedná o hodnoty menší). Kondenzátor C (0,1 µ F) je nabíjen ze zdroje přes odpor R = 50 kΩ. Nabíjení je ukončeno, když napětí na kondenzátoru dosáhne hodnoty UH . V tomto okamžiku se zapne nelineární 8)
opět musí platit konstrukční podmínka – viz pozn. 7)
- 160 -
prvek, který kondenzátor vybíjí. Vybíjení kondenzátoru je ukončeno, když napětí uC (t ) dosáhne hodnoty Umin. Vybití kondenzátoru proběhne přibližně v čase t v ≈ 10 µs . Nabíjení kondenzátoru následuje bezprostředně po vybití. Určete opakovací frekvenci pilového napětí. a)
b)
UCC
I
R
C
RN Umin
c)
Obr. 82: Princip generátoru pilových kmitů: a) elektrické schéma c) AV charakteristika typu S b) průběh napětí
Řešení : Rovnice pro nabíjení kondenzátoru:
- 161 -
UH
U
(
uC (t ) = U o 1 − e − t1
RC
− u C (t1 ) + U o = e −t1 Uo
), RC
u C (t1 ) = U H ⇒
− u C (t1 ) + U o − t1 = ln RC Uo t1 = RC ⋅ ln
Uo 100 = 50 ⋅ 10 3 ⋅ 0,1 ⋅ 10 −6 ⋅ ln = 3,466 ms − u C (t1 ) + U o − 50 + 100
t1′ = RC ⋅ ln
Uo 100 = 50 ⋅ 10 3 ⋅ 0,1 ⋅ 10 −6 ⋅ ln = 1,116 ms − u C (t1 ) + U o 100 − 20
T = t n + t v = t1 − t1′ + t 2 = (3,5 − 1,1) ⋅ 10 −3 + 10 ⋅ 10 6 = 2,35 ms f =
1 = 425,5 Hz T
Příklad 7.4.18 Problém z příkladu 7.4.16 modelujte v programu Micro-cap 8. Zaměřte se na volbu kapacity C vzhledem k hodnotě U 1min .
- 162 -
8. Filtry Příklad 8.1 Pro zapojení na obr. 83 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 b) typ a řád filtru c) nakreslete modulovou charakteristiku přenosu. R2 R1
C 0
Û2
Û1
Obr. 83: Zapojení k příkladu 8.1
Řešení : a) Jedná se o invertující zapojení operačního zesilovače s přenosem Uˆ 2 Uˆ 1 = − Zˆ 2 Zˆ1
kde Zˆ1 = R1 + 1 ( jωC ) , Zˆ 2 = R2
Dosazením do výrazu pro napěťový přenos dostaneme: Uˆ 2 R2 jω CR2 =− =− ⇒ R1 + 1 jωC 1 + jω CR1 Uˆ 1 −
CR2 CR1
⋅
R2 jω jω =− ⋅ jω + 1 (CR1 ) R1 jω + 1 (CR1 )
Pro kmitočty ω « 1 CR1 je přenos popsán vztahem Uˆ 2 R jω ≅− 2 ⋅ R1 1 CR1 Uˆ 1
⇒ a1 - 163 -
a1 – první asymptota přenosu – přenos vzrůstá se strmostí 20 dB dek (nárůst ω desetkrát);
Pro kmitočty ω » 1 CR1 je přenos popsán vztahem Uˆ 2 R R jω ≅− 2 ⋅ =− 2 R1 jω R1 Uˆ 1
⇒ a2
a2 – druhá asymptota přenosu
Na charakteristické frekvenci ω0 = 1 CR1 je přenos Uˆ 2 jω 0 R2 R2 R2 j e jπ 2 jπ =− ⋅ =− ⋅ = ⋅e ⋅ R1 jω 0 + ω 0 R1 j + 1 R1 Uˆ 1 2 ⋅ e jπ Uˆ 2 R R = 2 1 ⋅ e j 5π Uˆ 1 2
4
4
⇒
modul přenosu je tedy o 3 dB menší než je jeho ustálená hodnota přenosu 20 log 1 2 = −3 .
(
(
)
)
b) Nízké frekvence jsou potlačovány, vysoké frekvence jsou propouštěny, jedná se o horní propust (HP; invertující) prvního řádu, protože v obvodu se vyskytuje pouze jedna časová konstanta (CR1 ) a přenos proto obsahuje asymptotu, kde ω přísluší nejvýše exponent prvního řádu. c) Návod: Určíme modul přenosu, závislost vyneseme v semilogaritmických souřadnicích (na ose x logaritmické znázornění ω , na ose y modul přenosu v dB). a 2 = 20 log ( R2 R1 )
20 log
Uˆ i Uˆ 1
(dB) 0
ω1 =
1 CR1
a1 = 20 log ( ω ω1 ) - 164 -
ω
Příklad 8.2 Pro zapojení na obr. 84 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 b) typ a řád filtru c) nakreslete modulovou charakteristiku přenosu. C R2 R1 0
Û2
Û1
Obr. 84: Zapojení k příkladu 8.2
Řešení : a) Jedná se o invertující zapojení operačního zesilovače s přenosem Uˆ 2 Uˆ 1 = − Zˆ 2 Zˆ1
kde
R ⋅1 ( jωC ) R2 Zˆ1 = R1 , Zˆ 2 = 2 = R2 + 1 ( jωC ) 1 + jω CR2
Dosazením do výrazu pro napěťový přenos dostaneme: R2 ˆ U2 1 + jωC R2 R R 1 CR2 1 =− =− 2 ⋅ =− 2 ⋅ R1 R1 1 + jω CR2 R1 1 CR2 + jω Uˆ 1
Pro kmitočty ω « 1 CR2 je přenos popsán vztahem Uˆ 2 R =− 2 R1 Uˆ 1
⇒ a1
a1 – první asymptota přenosu.) - 165 -
Pro kmitočty ω » 1 CR2 je přenos popsán vztahem Uˆ 2 R 1 CR2 ≅− 2 ⋅ R1 jω Uˆ 1
⇒ a2
a2 – druhá asymptota přenosu – přenos klesá se strmostí 20 dB dek .
Na charakteristické frekvenci ω0 = 1 CR2 je přenos Uˆ 2 ω0 R R R j 1 =− 2 ⋅ =− 2 ⋅ = 2 ⋅ e jπ ⋅ R1 ω 0 + jω 0 R1 1 + j R1 Uˆ 1 2 ⋅ e jπ Uˆ 2 R R = 2 1 ⋅ e j 3π Uˆ 1 2
4
4
⇒
modul přenosu je tedy o 3 dB menší než je jeho ustálená hodnota přenosu 20 log 1 2 = −3 .
(
(
)
)
b) Nízké frekvence jsou propouštěny, vysoké frekvence jsou potlačeny, jedná se o dolní propust (DP; invertující) prvního řádu, protože v obvodu se vyskytuje pouze jedna časová konstanta (CR2 ) a přenos proto obsahuje asymptotu, kde ω přísluší nejvýše exponent prvního řádu. c) Návod: Určíme modul přenosu, závislost vyneseme v semilogaritmických souřadnicích (na ose x logaritmické znázornění ω , na ose y modul přenosu v dB).
20 log
a1 = 20 log ( R2 R1 )
Uˆ i Uˆ 1
(dB) 0
ω2 =
1 CR2
- 166 -
ω a2 = 20 log ( ω ω1 )
Příklad 8.3 Pro zapojení na obr. 85 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 b) typ a řád filtru c) nakreslete modulovou charakteristiku přenosu. C R R
C 0
Û2
Û1
Obr.85: Zapojení k příkladu 8.3
Řešení : a) Jedná se o invertující zapojení operačního zesilovače s přenosem Uˆ 2 Uˆ 1 = − Zˆ 2 Zˆ1
kde
R ⋅ 1 ( jωC ) R Zˆ1 = R + 1 ( jωC ) , Zˆ 2 = = R + 1 ( jωC ) 1 + jω CR
Dosazením do výrazu pro napěťový přenos dostaneme: Uˆ 2 Uˆ 1
R 1 + jωC R jωC R =− =L= − R + 1 CR (1 + jωC R )2
Pro kmitočty ω « 1 CR je přenos popsán vztahem Uˆ 2 ≅ − jωC R ⇒ a1 Uˆ 1
a1 – první asymptota přenosu – přenos vzrůstá se strmostí 20 dB dek (nárůst ω desetkrát); - 167 -
Pro kmitočty ω » 1 CR je přenos popsán vztahem Uˆ 2 1 ≅− jω CR Uˆ 1
⇒ a2
a2 – druhá asymptota přenosu – přenos klesá se strmostí 20 dB dek .
Na charakteristické frekvenci ω 0 = 1 CR je přenos Uˆ 2 j j 1 =− = ⋅ = − 2 Uˆ 1 j2 + 2 j +1 ( 1 + j )2
b) Nízké frekvence jsou propouštěny, vysoké frekvence jsou potlačeny, jedná se o pásmovou propust (PP; invertující) druhého řádu s malým činitelem jakosti Q. c) Návod: Určíme modul přenosu, závislost vyneseme v semilogaritmických souřadnicích (na ose x logaritmické znázornění ω , na ose y modul přenosu v dB).
Příklad 8.4 Pro zapojení na obr. 86 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 / Uˆ 1 b) typ a řád filtru c) nakreslete modulovou charakteristiku přenosu.
Řešení : a) Jedná se o kaskádní zapojení filtrů z příkladů 8.2 a 8.3 – stačí pouze doplnit indexy kapacit. Platí , že Uˆ 2′ = Uˆ 1′′ přenos zapojení tedy je R Uˆ 2 Uˆ ′ Uˆ R 1 (C 2 R2 ) jω = 2 ⋅ 2 =− 2 ⋅ ⋅ − 2 ⋅ R1 jω + 1 (C1 R1 ) R1 jω + 1 (C1 R1 ) Uˆ 1 Uˆ 1 Uˆ 1′′ R 1 (C 2 R2 ) jω = 2 ⋅ ⋅ jω + 1 (C1 R1 ) jω + 1 (C 2 R2 ) R1 2
- 168 -
=
Pro kmitočty ω « 1 C1 R1 « 1 C 2 R 2 je přenos popsán vztahem 2 R2 Uˆ 2 jω ≅ ⋅ ⇒ a1 ( ) R 1 C R Uˆ 1 1 1 1
a1 – s růstem frekvence přenos roste se strmostí 20 dB dek . Pro kmitočty 1 C1 R1 « ω « 1 C 2 R 2 je přenos definován vztahem 2 R2 Uˆ 2 ≅ R Uˆ 1 1
⇒ a2
a2 – přenos je konstantní. Pro kmitočty 1 C1 R1 « 1 C 2 R 2 « ω je přenos definován vztahem 2 R2 1 C 2 R2 Uˆ 2 ⋅ ≅ R jω Uˆ 1 1
⇒ a3
a3 – s růstem frekvence přenos klesá se strmostí 20 dB dek . Na charakteristických hodnotě R Uˆ 2 = 2 Uˆ R1 1
frekvencích 1 C1 R1 , 1 C 2 R 2 je pokles přenosu proti
2
právě 3 dB. C2 R2 R2 R1
C1 R1 0 0
Û1
ˆ ′2 U
ˆ 1′′ U
Obr. 86: Zapojení k příkladu. 8.4 - 169 -
Û2
b) Nízké frekvence jsou potlačovány, vysoké frekvence jsou také potlačeny, propouštěny jsou frekvence v intervalu kmitočtů 1 C1 R1 až 1 C 2 R 2 – jedná se o pásmovou propust (PP s malým činitelem jakosti Q; zapojení je neinvertující). c) Návod: Určíme modul přenosu, závislost vyneseme v semilogaritmických souřadnicích. a2 = 20 log ( R2 R1 )2 = 40 log ( R2 R1 ) Uˆ i Uˆ 1
20 log
(dB)
0
ω1 =
1 CR1
ω2 =
1 CR2
a1
ω a3
Příklad 8.5 Pro zapojení na obr. 87 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 na velmi nízkých kmitočtech b) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 na velmi nízkých kmitočtech c) typ a řád filtru
Řešení : a) Na velmi nízkých kmitočtech: (mezním případem je ss signál) představují kapacity nekonečnou impedanci – „jsou rozpojeny“. Operační zesilovač je zapojen jako neinvertující struktura se zesílením: 1 + (K − 1) ⋅ R f R f = K Jeho vstupní odpor je v ideálním případě nekonečný. Proto je přenos na nízkých kmitočtech určen právě hodnotou K.
- 170 -
C R
R 0
C
(K-1)·Rf Rf
Û1
Û2
Obr. 87: Zapojení k příkladu 8.5
b)
Na velmi vysokých kmitočtech: představují kapacity zkrat. Na vstupu neinvertujícího ideálního zesilovače je nulové napětí – i na výstupu je nulové napětí. Přenos signálu přes „horní“ kapacitu (tzv. dopředný přenos) je nulový, protože výstupní odpor ideálního zesilovače je roven nule. Pokud je výstupní odpor na vysokých kmitočtech nenulový – např. Ro « R – snadno odhadneme, že přenos je zde dán dělicím poměrem Ro (Ro + R ) .
c)
Jedná se o dolní propust (DP) druhého řádu (v odborné literatuře se této struktuře říká filtr typu Sallen-Key).
Příklad 8.6 Pro zapojení na obr. 88 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 na velmi nízkých kmitočtech b)
přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 na velmi nízkých kmitočtech
c)
typ a řád filtru
Řešení : a) Na velmi nízkých kmitočtech: (mezním případem je ss signál) představují kapacity nekonečnou impedanci – „jsou rozpojeny“. Na vstup (na odpor R ) operačního zesilovače, který je zapojen jako neinvertující struktura se zesílením - 171 -
1 + (K − 1) ⋅ R f R f = K proto neproniká žádný signál. Proto je přenos na nízkých kmitočtech nulový. b) Na velmi vysokých kmitočtech: představují kapacity zkrat. Na vstupu neinvertujícího ideálního zesilovače je plné vstupní napětí – na výstupu je toto napětí zesíleno K – krát c) Jedná se o horní propust (DP) druhého řádu – typu Sallen-Key R C
C
0
R
(K-1)·Rf Rf
Û1
Û2
Obr. 88: Zapojení k příkladu 8.6
Příklad 8.7 Pro zapojení na obr. 87 (příklad 8.5) určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 jako funkci kmitočtu b) charakteristický kmitočet struktury ω0 c) činitel jakosti struktury Q d) přenos struktury na ω0
Řešení a) Samotný operační zesilovač s odpory Rf a
(K − 1) ⋅ R f
tvoří neinvertující zesilovač se zesílením K. Pro další řešení použijeme například princip superpozice. Signálové poměry v obvodu se nijak nezmění, překreslíme-li - 172 -
situaci tak, jak je tomu na obr. 89 (napětí Uˆ 2 na C „zprava“ je již celkové výstupní napětí; vždy platí, že Uˆ 2 = K ⋅ Uˆ B , kde Uˆ B je napětí v uzlu B). C R
R
Û2
B
A
K C
Û1
Û2
Obr. 89: Ekvivalent obvodu z obr. 87 Nejdříve vyšetříme příspěvek zdroje napětí Uˆ1 ⇒ zdroj napětí Uˆ 2 na C „zprava“ nahradíme jeho vnitřním odporem – tedy ideálně zkratem – viz obr. 90. C
Iˆ1′
R
R
B
A
K C
Uˆ ′A
Uˆ B′ Uˆ 2′
Û1
Obr. 90: Určení příspěvku napětí zdroje Û1
Metodou zjednodušování určíme, že proud Iˆ1′ na vstupu struktury je určen vztahem (vstupní odpor zesilovače „K“ je nekonečný) Iˆ1′ =
Uˆ 1
(
R + Zˆ C R + Zˆ C
)
= Uˆ 1 ⋅
R + 2 ⋅ Zˆ C R 2 + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
kde symbol
značí paralelní řazení
Zˆ C = 1 jωC je impedance kondenzátorů (za daných podmínek je stejná pro oba kondenzátory) - 173 -
(
)
výraz Zˆ C R + Zˆ C definuje impedanci bodu A proti zemní (referenční) svorce. Nyní můžeme určit, že napětí v uzlu A je
(
)
Uˆ ′A = Iˆ1′ ⋅ Zˆ C R + Zˆ C = Uˆ 1 ⋅
R + 2 ⋅ Zˆ C Zˆ C ⋅ ( R + Zˆ C ) ⋅ R + 2 ⋅ Zˆ C R 2 + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
a napětí v uzlu B je určeno děličem R, Zˆ C : Uˆ B′ = Uˆ ′A ⋅
Zˆ C R + 2 ⋅ Zˆ C Zˆ C ( R + Zˆ C ) Zˆ C ˆ = U1 ⋅ 2 ⋅ ⋅ R + Zˆ C R + 2 ⋅ Zˆ C R + Zˆ C R + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
Uˆ B′ = Uˆ 1 ⋅
Zˆ C R 2 + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
Výstupní napětí Uˆ 2′ od zdroje Uˆ 1′ určíme je Uˆ 2′ = K ⋅ Uˆ B′ = K ⋅ Uˆ 1 ⋅
Zˆ C2 R 2 + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
Nyní určíme příspěvek zdroje napětí Uˆ 2 , zdroj napětí Uˆ 1 nahradíme jeho vnitřním odporem – tedy ideálně zkratem – viz obr. 91. C
Iˆ1′′
Û2
R
R
B
A
K C
Uˆ ′A′
Uˆ B′′ Uˆ 2′′
Obr. 91: Určení příspěvku napětí zdroje Û2 Stejným způsobem jako v předchozím případě určíme, že
- 174 -
1 Uˆ B′′ = Uˆ 2 ⋅ Zˆ C + R R + Zˆ C
(
Uˆ B′′ = Uˆ 2 ⋅
)
Zˆ C ⋅ R R + Zˆ C ⋅ R + Zˆ C
[ (
)]
R ⋅ Zˆ C R 2 + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
a platí také Uˆ 2′′ = K ⋅ Uˆ B′′ = K ⋅ Uˆ 2 ⋅
Zˆ C2 R 2 + 3R ⋅ Zˆ C + Zˆ C2
V lineárním obvodu potom platí, že výsledné výstupní napětí je Uˆ 2 = Uˆ 2′ + Uˆ 2′′ Uˆ 2 = K ⋅ Uˆ 1 ⋅
Zˆ C2 R ⋅ Zˆ C ˆ2 ⋅ + K ⋅ U R 2 + 3RZˆ C + Zˆ C2 R 2 + 3RZˆ C + Zˆ C2
Úpravami dostaneme, že Uˆ 2 = K ⋅ Uˆ 1 ⋅
Zˆ C2
R 2 + R ⋅ Zˆ C ⋅ (3 − K ) + Zˆ C2
a napěťový přenos struktury je pak definován vztahem Zˆ C2 Uˆ 2 ˆ PU = =K⋅ 2 Uˆ 1 R + Zˆ C ⋅ R ⋅ (3 − K ) + Zˆ C2 Dosadíme-li za Zˆ C = (1 jωC ) = (1 pC ) – v ustáleném harmonickém stavu platí p = jω – po úpravách dostaneme vztah
PˆU = K ⋅
(
1 R 2C 2
p2 + p ⋅
)
(
1 ⋅ (3 − K ) + 1 R 2 C 2 RC
)
Ze vztahu vyplývá, že: pro nízké kmitočty je přenos roven hodnotě K.
(
)
pro velmi vysoké kmitočty je přenos roven nule – asymptota K ⋅1 p 2 R 2 C 2 – pokles přenosu 40 dB dek – dolní propust Sallen - Key 2. řádu. b, c) Pro přenos dolní propusti 2. řádu (přenos struktury s normovaným tvarem) platí: - 175 -
PˆDP 2 = K ⋅
ω 02 p 2 + pω 0 Q + ω 02
Porovnáme-li získané výsledky s normovaným tvarem, odvodíme, že platí: charakteristický kmitočet dolní propusti – ω0 = 1 RC
činitel jakosti – Q = 1 (3 − K )
d) Pro ω = ω0 = 1 RC platí v ustáleném harmonickém stavu
p 2 = ( j RC )2 = − 1 (RC )2 = − ω02 Proto platí, že
PˆDP 2 (ω 0 ) = K ⋅
ω 02 = KQ j = − jKQ . − ω 02 + jω 02 Q + ω 02
Příklad 8.8 Navrhněte dolní propust 2. řádu s činitelem jakosti Q = 1 a f0 = 1 kHz.
Řešení Zvolíme strukturu na obr. 88. Protože platí, že Q = 1 (3 − K ) , určíme, že požadované K je určeno vztahem K = 3 − 1 Q = 2 . Zvolíme-li:
Rf = 10 kΩ (k dispozici je pouze jedna rovnice, jeden prvek musíme volit), je druhý odpor neinvertujícího zesilovače
(K − 1) ⋅ R f
= (2 − 1) ⋅ 10 4 = 10 kΩ
Zbývá určit prvky R a C. I nyní máme k dispozici pouze jednu rovnici:
ω0 = 1 RC Proto budeme volit hodnotu odporu R (pro bipolární OZ v intervalu 2 kΩ až 100 kΩ, pro unipolární OZ až 10 MΩ). Pro zvolenou hodnotu R pak určíme, že potřebná hodnota C je:
- 176 -
C=
1
Rω 0
=
1 1 = = = 1,59 nF R = 100 kΩ 2πf 0 ⋅ R 2π ⋅103 ⋅10 5
Tím je návrh ukončen.
Příklad 8.9
Analyzujte v prostředí Micro-cap 8 zapojení z příkladu 8.7. Zadané hodnoty: c) Rf = 10 kΩ, R = 100 kΩ, C = 1,59 nF, (K-1) Rf = 10 kΩ. d) Rf = 10 kΩ, R = 100 kΩ, C = 15,9 nF, (K-1) Rf = 10 kΩ. e) Rf = 10 kΩ, R = 100 kΩ, C = 1,59 nF, (K-1) Rf = 15 kΩ. Komentujte získané výsledky a porovnejte s výsledky z příkladu 8.7 a 8.8.
Příklad 8.10 Pro zapojení na obr. 92 určete (uvažujte ideální operační zesilovač): a) přenos struktury Uˆ 2 Uˆ 1 jako funkci kmitočtu b) charakteristický kmitočet struktury ω0 c) činitel jakosti struktury Q d) přenos struktury na ω0 R C
C
0
R
(K-1)·Rf Rf
Û1
Û2
Obr. 92: Zapojení k příkladu 8.10 - 177 -
Řešení a) Postupujeme stejně jako v příkladu 8.8 určíme – viz obr.93, odvodíme tak, že:
Uˆ 2 = Uˆ 2′ + Uˆ 2′′ Uˆ 2 = K ⋅ Uˆ 1 ⋅
R ⋅ Zˆ C R2 ˆ2 ⋅ + K ⋅ U R 2 + 3RZˆ C + Zˆ C2 R 2 + 3RZˆ C + Zˆ C2 R
Û2
C
C
0
R
(K-1)·Rf Rf
Û1
Û2
Obr. 93: Ekvivalent obvodu z obr. 92 Upravíme-li vztah pro výstupní napětí Uˆ 2 dostaneme po úpravách výraz pro napěťový přenos struktury:
Uˆ R2 PˆU = 2 = K ⋅ 2 Uˆ 1 R + R ⋅ Zˆ C ⋅ (3 − K ) + Zˆ C2 po dosazení za Zˆ C a úpravách dostaneme také
PˆU = K ⋅
p2 p2 + p ⋅
(
1 ⋅ (3 − K ) + 1 R 2C 2 RC
)
Z tohoto vztahu vyplývá, že: pro vysoké kmitočty je přenos roven hodnotě K. Pro velmi nízké kmitočty je přenos roven nule – asymptota p 2 ⋅ K = − Kω 2 1 (RC )2 = − K ⋅ ω ω02 – nárůst přenosu 40 dB dek – horní propust Sallen - Key 2. řádu. - 178 -
b, c) Výsledek opět porovnáme s přenosem struktury s normovaným tvarem pro přenos horní propusti 2. řádu
PˆHP 2 = K ⋅
p2 p 2 + pω 0 Q + ω 02
Ze srovnání platí: charakteristický kmitočet dolní propusti – ω0 = 1 RC činitel jakosti - Q = 1 (3 − K )
d) Na ω0 platí, že
p 2 = ( j RC )2 = − 1 (RC )2 = − ω02 Proto platí, že
PˆDP 2 (ω0 ) = K ⋅
− ω 02 − ω 02 + jω 02 Q + ω02
= − KQ j = jKQ
Příklad 8.11 Navrhněte dolní propust 2. řádu s činitelem jakosti Q = 1 a f0 = 1 kHz.
Řešení Zvolíme strukturu na obr. 92. Protože platí, že Q = 1 (3 − K ) , určíme, že požadované K je určeno vztahem K = 3 − 1 Q = 2 . Zvolíme-li Rf = 10 kΩ (k dispozici je pouze jedna rovnice, jeden prvek musíme volit), je druhý odpor neinvertujícího zesilovače
(K − 1) ⋅ R f
= (2 − 1) ⋅ 10 4 = 10 kΩ
Zbývá určit prvky R a C. I nyní máme k dispozici pouze jednu rovnici:
ω0 = 1 RC Proto budeme volit hodnotu odporu R (pro bipolární OZ v intervalu 2 kΩ až 100 kΩ, pro unipolární OZ až 10 MΩ). Pro zvolenou hodnotu R určíme, že potřebná hodnota C je: - 179 -
C=
1
Rω 0
1 1 = = = 1,59 nF R = 100 kΩ 2πf 0 ⋅ R 2π ⋅103 ⋅10 5
=
Tím je návrh ukončen.
Příklad 8.12 a) Určete přenos kaskádního řazení filtrů z obr. 88 a obr. 92. b) Popište chování obvodu ve frekvenční oblasti.
Řešení a) Jedná se o kaskádní řazení filtrů, přenos proto určíme součinem přenosů dílčích filtrů. Předpokládáme-li stejné hodnoty R, C, K, platí (ω 0 = 1 RC )
PˆU = K ⋅
ω 02 1 (3 − K ) + 1 2 p + p⋅ RC (RC )
⋅K ⋅
2
ω0 p 2 ˆ PU = K ⋅ 1 p 2 + p ⋅ 1 (3 − K ) + RC (RC )2
2
b) Pro nízké kmitočty bude platit, že přenos ω0 p PˆU ≅ K ⋅ 2 1 (RC ) 2
2
2 = ( p ω0 ) ⇒
přenos roste se strmostí 40 dB dek . Pro ω = ω0 je
- 180 -
p2 p2 + p ⋅
1 (3 − K ) + 1 2 RC (RC )
jω02 2 ˆ PU (ω0 ) = K ⋅ 1 − ω 2 + jω ⋅ 1 ⋅ (3 − K ) + 0 0 RC (RC )2
2
K2 = = (KQ )2 2 (3 − K )
Pro vysoké kmitočty bude platit 2
ω ⋅p ω Pˆ U ≅ K ⋅ 0 2 = K 2 ⋅ 0 p p 2
2
⇒
přenos klesá se strmostí 40 dB dek . Jedná se o pásmovou propust 4. řádu, která je realizována kaskádním řazením dolní a horní propusti 2. řádu se stejnými vlastnostmi (K , ω 0 , Q ) .
- 181 -
Literatura [1]
[7]
Mohylová, J.: Lineární obvody s elektronickými prvky -Sbírka příkladů, VŠBTU Ostrava 2002 Punčochář, J.: Lineární obvody s elektronickými prvky. Skriptum, VŠB-TU Ostrava 2002 Punčochář, J.: Astabilní obvod s reálnými operačními zesilovači. http://www.elektrorevue.cz Punčochář, J.:Dolní propusti Sallen - Key s reálnými operačními zesilovači http://www.elektrorevue.cz Mohylová, J.: Vliv vektorové chyby invertoru na přenos souhlasné složky signálu diferenčního zesilovače. http://www.elektrorevue,cz Mohylová, J.: Sylaby Teorie obvodů I, II a III. Katedra teoretické elektrotechniky FEI, VŠB –TU Ostrava, 1997 – 2001 Punčochář,J.: Operační zesilovače v elektronice. BEN, Praha 2002 (5. vydání)
[8] [9]
Micro-cap 8, Electronic Circuit Analysis Program User's Guide Huelsman, P. L.: Basic Circuit Theory (3 rd edition). Prentice - Hall, Inc., 1991
[10]
Lurje, O. B.: Integralnyje mikroschemy v usilitelnych ustrojstvach. Radio i svjaz, Moskva, 1988
[11]
Mikulec, M. - Havlíček, V.: Basic circuit theory II. Vydavatelství ČVUT, Praha, 1996
[12] [13]
Čajka, J. - Kvasil, J.: Teorie lineárních obvodů. SNTL, Praha, 1979 Dostál, J.: Operační zesilovače. BEN, Praha, 2005 Angot, A.: Užitá matematika pro elektrotechnické inženýry. SNTL, Praha, 1971 Žalud, V.: Moderní radioelektronika. BEN, Praha, 2000
[2] [3] [4] [5] [6]
[14] [15] [16]
Vobecký, J. - Záhlava, V.: Elektronika (součástky a obvody, principy a příklady). Grada, Praha 2001
[17] [18]
Belza, J.: Operační zesilovače pro obyčejné smrtelníky. BEN, Praha 2004 Horowitz, P.- Winfield,H.: The art of electronics (second edition). Cambridge University Press, Cambridge 1982 Frohn, M. – Siedler, H.-J. – Wiemer, M. – Zastrow, P.: Elektronika, polovodičové součástky a základní zapojení. Ben, Praha 2006 Beneš, O. – Černý, A. – Žalud, V.: Tranzistory řízené elektrickým polem, SNTL, Praha 1972 Neumann, P. – Uhlíř, J.: Elektronické obvody a funkční bloky, ČVUT, Praha 1999 Foit, J. – Hudec, .: Součástky moderní elektroniky, ČVUT 1996
[19] [20] [21] [22]
- 182 -
Příloha 1:
Tabulky základních vlastností BJT tranzistorů
Tabulka 1: Shrnutí základních vlastností zapojení s jedním BJT tranzistorem; zesilovač je nezatížený; Re je ta část odporu RE, která se uplatňuje pro signál (nepřemostěná CE). a) Shrnutí základních vlastností:
Odpor vstupní elektrody
Zapojení SE
Zapojení SC
Zapojení SB
Ri b = (β + 1) ⋅ (re + Re )
Ri b = (β + 1) ⋅ (re + Re )
Ri e = re
Rin = RV Ri b
Rin = RV Ri b
RV = R1 R2
RV = R1 R2
Vstupní odpor: Ri n
Výstupní odpor: Rout
Napěťové zesílení:
AU Proudové zesílení:
AI Výkonové zesílení:
AP
ω 3 dB Parazitní kapacita
Rout ≅ RC
Rout =
1)
Re ⋅ re Re + re
R R ⋅ 1 + V S (β + 1)⋅ re
Ri n =
Re ⋅ re Re + re
Rout ≅ RC
Rout = Re re AU =
− RC Re + re
AU =
5)
AU ≅ − RC re AI =
AU ≅ 1
β ⋅ RV RV + (β + 1) ⋅ re AI ≅ β
AP = AU2 ⋅
ω3 =
RE Re + re
AI =
RC Re + re
AU ≅ RC re
RV ⋅ (β + 1) RV + (β + 1) ⋅ (Re + re )
AI ≅ 1
AI ≅ β
Rin
AP = AU2 ⋅
RC
Ri n Re
1
—
RC ⋅ C CB
RC CMK = CCB ⋅ 1 + Re + re
AU =
C CB
AP = AU2 ⋅
ω3 =
Re RC
1 RC ⋅ C CB
—
re = U T I E Využití
5)
Měnič impedance nf vstupní obvod
Zapojení pro nf a vf obvody
Při výpočtu zesílení je potřeba i zahrnout vliv zátěže
- 183 -
vf zesilovač na f > 100 MHz
Příloha 1:
Tabulky základních vlastností BJT tranzistorů
b) Shrnutí základních zapojení Schéma zapojení :
Signálové schéma:
Zapojení SE CCB
UCC
C
B
R1
u1
RC
0V
C2
u2
C1
Ei
Û1
RV
Û2
rCE
re E
R2
Re
RE
Zapojení SC
CCB
UCC
R1
u1
0V
Û1
C1 C2 R2
Ei
re
RV
u2
E
RE
RE
Û2
Zapojení SB re
UCC R1
RC
CC
u2
RE
CB CE R2
RE
- 184 -
Ei
0V
CCB
RC
Û2
Příloha 1:
Tabulky základních vlastností BJT tranzistorů
Požadavky na návrh kapacit kapacita Vstupní vazební Výstupní vazební Blokovací (vazební) Metodické pokyny:
Orientační hodnota Cin = Cout =
1 2π ⋅ f d ⋅ Rin
1 2π ⋅ f d ⋅ (Rout + RZ )
CE =
1 2π ⋅ f d ⋅ RE re
Při této volbě každá kapacita způsobí pokles přenosu o 3 dB (a příslušný fázový posuv) právě na fd , a to není přípustné. Proto musíme volit jeden kmitočet zlomu (bod zlomu) na fd , další na f d 3 a poslední na f d 10 . Ze vztahů vyplývá, že již vypočítané hodnoty kapacit stačí násobit 3 nebo 10. Nejmenší možnou hodnotu největší kapacity v obvodu dostaneme takto:
• Určíme hodnoty Cin , Cout , CE podle tabulky (tedy pro frekvenci fd ) • Největší z nich neměníme (určuje fd ) • Nejmenší z nich násobíme 10 krát (bod zlomu f d 10 ) • Prostřední z nich (podle velikosti) násobíme 3 krát (bod zlomu f d 3 ) Pokud jsou v obvodu pouze 2 kapacity, pak menší kapacitu násobíme 3 krát.
- 185 -
