Zadania - Skrypt

Transkrypt

Zadania - Skrypt

PIOTR MADEJ
ZADANIA Z ROZWIĄZANIAMI
Z ELEMENTARNEJ TECHNIKI
UKŁADOWEJ W ELEKTRONICE
Mojej Rodzinie, dzięki której zyskałem wartości nieosiągalne
ani przy tworzeniu tego dzieła ani w pracy
WROCŁAW 2012
PIOTR MADEJ
SŁOWO OD AUTORA
Opracowanie jest przeznaczone dla studentów wczesnych semestrów na uczelni
technicznej, którzy w programie mają zajęcia teoretyczne i praktyczne z przedmiotów
typu Podstawy Elektroniki, Układy Elektroniczne, Elementy i Układy Elektroniczne,
itp. Wieloletnie doświadczenie dydaktyczne i inżynierskie skłoniło Autora do
napisania skryptu, który przynajmniej częściowo pozwoli studentowi
zrekompensować brak istotnej formy przyswajania wiedzy technicznej, jaką były
ćwiczenia audytoryjne. Niezbędnym dla przyszłego inżyniera jest nabranie biegłości
w posługiwaniu się aparatem matematycznym, pojęciami i wielkościami właściwymi
dla jego dziedziny twórczości technicznej. Konieczna jest także biegłość
w operowaniu wartościami i jednostkami, w szybkiej ocenie wiarygodności wyniku
obliczeń, zrzuconych dzisiaj praktycznie w całości na elektroniczny cyfrowy sprzęt
przetwarzający. Dlatego nie należy w przypadku wczesnych semestrów studiów, np.
do 4, odkładać do lamusa prostych metod obliczeniowych, ugruntowanych
(przynajmniej w teorii) jeszcze w szkole średniej, czy na dwóch pierwszych
semestrach studiów.
Bardzo ważne jest zrozumienie istoty zjawisk w układzie, prostego ich opisu oraz
opanowanie metod stosowania takiego opisu w praktyce, a także metod badania
układu i analizy wyników badań, celem racjonalnej optymalizacji właściwości układu.
W opracowaniu przyjęto zasadę prowadzenia obliczeń z trzema cyframi
znaczącymi, jako najczęściej polecaną i stosowaną w praktyce inżynierskiej, przy
tolerancji wartości elementów rzędu (2÷10)%. Nie jest ona oczywiście ogólnie
słuszna, np. w badaniach i analizach precyzyjnych konieczna jest większa
rozdzielczość, a z kolei przybliżone zależności czy orientacyjne dane zezwalają na
mniejszą rozdzielczość. Natomiast wyniki obliczeń niedokładności podano dwoma
cyframi znaczącymi, zgodnie z zasadami obowiązującymi w metrologii.
AUTOR
2
PIOTR MADEJ
SPIS ROZDZIAŁÓW
SPIS ROZDZIAŁÓW .................................................................................................... 3
1. PODSTAWY. ELEKTROTECHNIKA, OBWODY LINIOWE I NIELINIOWE ... 4
2. PRZYRZĄDY PÓŁPRZEWODNIKOWE BEZ ZŁĄCZA.................................... 12
3. CIEPŁO W PRZYRZĄDACH PÓŁPRZEWODNIKOWYCH............................... 17
4. ZŁĄCZE PÓŁPRZEWODNIKOWE, DIODA........................................................ 21
5. CZWÓRNIK LINIOWY.......................................................................................... 25
6. ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW BIPOLARNYCH ................................... 32
7. ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW UNIPOLARNYCH ................................ 59
8. LINIOWE PRZETWORNIKI SYGNAŁÓW, PODSTAWOWE UKŁADY NA
IDEALNYCH WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH ............................... 70
9. PODSTAWY TEORII SPRZĘŻENIA ZWROTNEGO .......................................... 79
10. LINIOWE PRZETWORNIKI NA RZECZYWISTYCH WZMACNIACZACH
OPERACJNYCH Z UJEMNYM SPRZĘŻENIEM ZWROTNYM ................. 94
11. GENERATORY SYGNAŁÓW OKRESOWYCH NA WZMACNIACZU
OPERACYJNYM............................................................................................ 115
12. STABILIZATORY KOMPENSACYJNE NAPIĘCIA STAŁEGO I PRĄDU
STAŁEGO ....................................................................................................... 129
13. UKŁADY NIELINIOWE NA RZECZYWISTYM WZMACNIACZU
OPERACYJNYM............................................................................................ 134
14. ELEMENTARNE UKŁADY TECHNIKI CYFROWEJ .................................... 140
15. DODATEK .......................................................................................................... 146
16. LITERATURA .................................................................................................... 158
3
PODSTAWY. ELEKTROTECHNIKA, OBWODY LINIOWE I NIELINIOWE
1. PODSTAWY. ELEKTROTECHNIKA, OBWODY
LINIOWE I NIELINIOWE
Zad. 1.1. Problematyka: badanie źródła napięcia, dzielnik napięcia, błąd metody.
Treść zadania
Źródło napięcia obciążono woltomierzem o RV = 10,0 MΩ, z którego odczytano
U1 = 12,587 V. Następnie dołączono równolegle do woltomierza rezystor
RL = 1,000 MΩ i odczytano U2 = 12,031 V. Oblicz siłę elektromotoryczną Eg
i wewnętrzną rezystancję Rg tego źródła. Załóż liniowy model źródła.
Rys. 1.1.1. Dwa połączenia – obciążenia źródła do zadania 1.1.
Rozwiązanie
Dwukrotny pomiar napięcia na zaciskach źródła, przy zmienionym obciążeniu
umożliwia wyznaczenie wartości obu zastępczych parametrów liniowego modelu
źródła. Gdyby poprzestano tylko na pierwszym pomiarze, względny błąd
systematyczny przyjęcia zmierzonej wartości za siłę elektromotoryczną (tzw. błąd
metody) byłby teoretycznie równy
δm =
U1 − E g
Eg
U

− Rg
100 % =  1 − 1100 % =
100 % ,
 Eg

R g + RV


(1.1.1)
ale niewyznaczalny ze względu na nieznaną rezystancję źródła Rg . Wyniki z dwóch
pomiarów umożliwiają zapisanie układu równań
U1 = E g
RV
RV + R g
RV R L
RV R L
U 2 = Eg
= Eg
.
(RV RL ) + R g
RV R L + R g (RV + R L )
(1.1.2)
Po podzieleniu drugiego równania przez pierwsze Eg skraca się
U2
=
U1
RV + R g
R

RV + R g  V + 1
 RL

i po przekształceniach
4
(1.1.3)
 U 
 12,031 
RV 1 − 2 
10 7 Ω 1 
U1 
12,587 


Rg =
=
= 46,43 kΩ .
12,031  10


U 2  RV
+ 1 − 1


+ 1 − 1
12,587  1,0 
U 1  R L

(1.1.4)
Wynik z zależności (1.1.4) lepiej podstawić do pierwszego równania w (1.1.2), bo
prostsza jest jego postać; po przekształceniu zależności i podstawieniu
Rg 


46,43 ⋅ 10 3
 = 12,587 V1 +
E g = U 1 1 +

RV 
10 ⋅ 10 6



 = 12,638 V .


(1.1.5)
Na koniec można obliczyć błąd metody pomiaru Eg źródła według zależności
(1.1.1), który byłby popełniony w razie nie wykonania drugiego pomiaru. Po
podstawieniu do (1.1.1) wartości Rg z (1.1.4) lub Eg z (1.1.5) otrzyma się
δm = − 0,40 %.
Odp. Eg = 12,638 V, Rg = 46,43 kΩ.
Zad. 1.2. Problematyka: obliczenie prądów w prostym obwodzie nieliniowym.
Treść zadania
W układzie na rysunku poniżej oblicz prądy I, I1 , I2 .
Rys. 1.2.1. Układ nieliniowy do zadania 1.2.
Rozwiązanie
Prąd I1 w gałęzi z rezystorem R1 można obliczyć od razu:
I1 =
25 V
E
=
= 2,50 mA .
R1 10 kΩ
(1.2.1)
W gałęzi z rezystorem R2 są dwie diody. Przy takim kierunku E źródła
napięciowego jak na rysunku, dioda stabilizacyjna jest spolaryzowana zaporowo,
a uniwersalna dioda krzemowa w kierunku przewodzenia. Najprościej przyjąć dla
diody Zenera znamionową wartość napięcia stabilizacji – przebicia URZ = 9,1 V
natomiast dla drugiej diody napięcie przewodzenia UF = 0,7 V. Teraz można już
obliczyć prąd I2
I2 =
E − U RZ − U F (25 − 9,1 − 0,7 ) V
=
= 4,61 mA
R2
3,3 kΩ
5
(1.2.2)
i ostatecznie
I = I 1 + I 2 = (2,50 + 4,61) mA = 7,11 mA
(1.2.3)
Odp. I1 = 2,50 mA, I2 = 4,61 mA, I = 7,11 mA.
Zad. 1.3. Problematyka: zapis zespolony, metoda symboliczna, zapis czasowy
funkcji okresowych. Wartości kątów w treści zadania i rozwiązaniu są
w radianach.
Treść zadania
Dwie impedancje o wartościach przy częstotliwości 50 Hz: Z 1 = 3,48 ⋅ e − j0,826 kΩ ,
Z 2 = 1,33 ⋅ e j0,153 kΩ połączono szeregowo, a sinusoidalny prąd płynący przez obie ma
pulsację ω = 2 π50 rad/s i wartość I = 2,05 ⋅ e j0,462 mA . Oblicz łączne napięcie na
obu impedancjach. Podaj wynik w postaci wykładniczej i algebraicznej oraz funkcji
czasowej. Podaj także prąd w takich formach oraz impedancje w postaci
algebraicznej.
Rozwiązanie
Najpierw małe przypomnienie z teorii liczb zespolonych. Związek między formą
algebraiczną i wykładniczą liczby zespolonej L:
a) forma algebraiczna i jej związek z formą wykładniczą
L = A + jB = M ⋅ cos ϕ + jM ⋅ sin ϕ ,
(1.3.1)
b) forma wykładnicza i jej związek z formą algebraiczną
L = M ⋅e
jϕ
= A +B
2
2
B

j arctg 
A

⋅e
.
(1.3.2)
W powyższych zależnościach:
A – część rzeczywista (real) liczby zespolonej L, A = ℜe{L}
B – część urojona (imaginarius) liczby zespolonej L, B = ℑm{L}
M – moduł liczby zespolonej L,
ϕ – argument (kąt) liczby zespolonej L .
Zapis czasowy wielkości okresowej, np. sinusoidalnego napięcia o pulsacji ω
u (t ) = U m sin (ωt + ϕ ) = 2U sin (ωt + ϕ ) ,
(1.3.3)
Um – amplituda przebiegu sinusoidalnego, tutaj napięcia,
U – wartość skuteczna przebiegu sinusoidalnego, tutaj napięcia,
ω – pulsacja przebiegu sinusoidalnego, równa 2πf, f – częstotliwość,
ϕ – kąt przesunięcia fazowego w radianach, nie wstawiać w stopniach,
t – czas w sekundach.
W obwodach, zasilanych z jednego głównego źródła sinusoidalnego lub kilku
niezależnych, ale o jednej pulsacji, można do analizy zastosować tzw. metodę
symboliczną zapisu, zwaną także metodą fazorów. Zapis prądu lub napięcia jest w tej
metodzie w postaci liczby zespolonej, np. wykładniczej, której moduł jest równy
wartości skutecznej a argument równy kątowi przesunięcia fazowego w stosunku do
przebiegu uznanego za odniesienie, np. z głównego źródła zasilającego. Zapisy
gdzie:
6
impedancji czy admitancji w tej metodzie nie zmieniają się, bo nie są to zmienne
zależne od czasu. Napięcie z zależności (1.3.3) będzie teraz np. tak zapisane:
U = U ⋅ e jϕ .
(1.3.4)
W zadaniu, aby obliczyć łączną impedancję szeregowego połączenia, należy
najpierw przedstawić obie składowe, Z1 i Z2 w postaci algebraicznej
Z 1 = [3,48 ⋅ cos(− 0,826) + j3,48 ⋅ sin (− 0,826)] kΩ = [2,36 − j2,56] kΩ ,
(1.3.5)
Z 2 = [1,33 ⋅ cos(0,153) + j1,33 ⋅ sin (0,153)] kΩ = [1,31 + j0,203] kΩ .
(1.3.6)
I teraz łączna impedancja szeregowego połączenia; przy nim korzysta się z postaci
algebraicznych i sumuje oddzielnie części rzeczywiste i urojone
Z = Z 1 + Z 2 = [(2,36 + 1,31) + j(− 2,56 + 0,203)] kΩ = [3,67 − j2,36] kΩ =
= 3,67 + 2,36
2
2
− 2,36 

j arctg

3,67 

⋅e
(1.3.7)
kΩ = 4,36 ⋅ e
− j0,571
kΩ .
A teraz spadek napięcia U na impedancji Z , według prawa Ohma
U = I ⋅ Z = 2,05 ⋅ e j0,462 mA ⋅ 4,36 ⋅ e − j0,571 kΩ = 8,94 ⋅ e − j0,109 V =
= [8,94 ⋅ cos(− 0,109) + j8,94 ⋅ sin (− 0,109)] V = (8,89 − j0,973) V
(1.3.8)
i zapis wartości chwilowych napięcia, jak w (1.3.3) za pomocą amplitudy, pulsacji
i kąta przesunięcia fazowego
(
)
u (t ) = 8,94 ⋅ 2 V ⋅ sin (2π50t − 0,109 ) =
= 12,6 ⋅ sin (2 π50t − 0,109 ) V .
(1.3.9)
Na koniec inne formy zapisu prądu:
I = [2,05 ⋅ cos(0,462) + j2,05 ⋅ sin (0,462)] mA = (1,84 + j0,914) mA ,
(
)
i(t ) = 2,05 ⋅ 2 mA ⋅ sin (2π50t + 0,462) =
= 2,90 ⋅ sin (2π50t + 0,462 ) mA .
(1.3.10)
(1.3.11)
Odp. Z1 = (2,36 – j2,56) kΩ, Z2 = (1,31 – j0,203) kΩ,
I = (1,84 + j0,914) mA, i(t) = 2,90⋅sin(2π50 + 0,462) mA,
U = 8,94⋅e − j0,571 V = (8,89 – j0,973) V, u(t) = 12,6⋅sin(2π50t – 0,109) V.
Zad. 1.4. Problematyka: obliczanie prądów w oczkach obwodu w oparciu
o podstawowe prawa elektrotechniki; zastosowanie metod superpozycji
i przekształcania źródeł.
Treść zadania
W układzie na rys. 1.4.1 wartości wielkości: Eg1 = 24,0 V, Ig2 = 10,0 mA,
Eg3 = 16,0 V, R1 = 3,30 kΩ, R2 = 1,80 kΩ, R3 = 1,00 kΩ. Oblicz prądy w gałęziach
i napięcie w punkcie A w stosunku do masy metodą superpozycji i metodą
przekształcania źródeł napięciowych w prądowe i odwrotnie. Metoda zapisu układu
równań oczkowych i węzłowych a następnie jego rozwiązanie jest lansowana
7
w szkołach średnich i w programach komputerowych; tutaj chodzi o przećwiczenie
innych metod, bardziej intuicyjnych i potencjalnie o mniejszym prawdopodobieństwie
błędu.
Rys. 1.4.1. Obwód do zad. 1.4.
Rozwiązanie A metodą superpozycji
Założenie: sieć składa się z liniowych elementów. Można w takim przypadku
sumować wyniki oddziaływań poszczególnych źródeł. Na danym etapie analizuje się
wpływ tylko jednego źródła, pozostałe siły elektromotoryczne zwiera się a idealne
źródła prądowe – rozwiera.
Etap a): pozostaje tylko źródło Eg1 , zamiast Eg3 wstawiona zwora a w miejsce Ig2
przerwa. Schemat tego obwodu jest pokazany na rys. 1.4.2. W oznaczeniach prądów
i napięć dodano indeks a (od oznaczenia etapu rozwiązania).
Rys. 1.4.2. Obwód z rys. 1.4.1, po usunięciu źródeł Eg3 i Ig2 , do etapu a) superpozycji.
I 1a =
E g1
R1 + (R2 R3 )
=
24,0 V
24,0 mA
=
[3,30 + (1,80 1,00)] kΩ 3,30 + 0,643 = 6,09 mA , (1.4.1)
U Aa = I 1a ⋅ (R2 R3 ) = 6,09 mA ⋅ 0,643 kΩ = 3,92 V ,
(1.4.2)
I 2a =
U Aa 3,92 V
=
= 2,18 mA ,
R2
1,80 kΩ
(1.4.3)
I 3a =
U Aa
3,92 V
=
= 3,92 mA .
R3
1,00 kΩ
(1.4.4)
Czytelnik powinien samodzielnie sprawdzić sumy prądów w węźle A oraz
spróbować obliczyć napięcie UAa w inny sposób, z podziału dzielnika napięciowego.
Etap b): pozostaje tylko źródło Ig2 , zamiast Eg1 i Eg3 zwory. Schemat tego obwodu
jest pokazany na rys. 1.4.3.
8
Rys. 1.4.3. Obwód z rys. 1.4.1, po usunięciu źródeł Eg1 i Eg3 , do etapu b) superpozycji.
U Ab = I g 2 ⋅ (R1 R 2 R3 ) = 10,0 mA ⋅ (3,30 1,80 1,00) kΩ =
= 10,0 ⋅ 0,538 V = 5,38 V
,
(1.4.5)
U Ab
5,38 V
=−
= −1,63 mA ,
R1
3,30 kΩ
(1.4.6)
I 2b =
U Ab
5,38 V
=
= 2,99 mA ,
R2
1,80 kΩ
(1.4.7)
I 3b =
U Ab
5,38 V
=
= 5,38 mA .
R3
1,00 kΩ
(1.4.8)
I 1b = −
Czytelnik sam sprawdza sumę prądów w węźle A.
Etap c): pozostaje tylko źródło Eg3 , zamiast Eg1 zwora a zamiast Ig2 przerwa.
Schemat tego obwodu jest pokazany na rys. 1.4.4.
Rys. 1.4.4. Obwód z rys. 1.4.1, po usunięciu źródeł Eg1 i Ig2 , do etapu c) superpozycji.
I 3c =
Eg 3
R3 + (R1 R2 )
=
16,0 V
16,0 mA
=
[1,00 + (3,30 1,80)] kΩ (1,00 + 1,16) = 7,41 mA ,
U Ac = − I 3c ⋅ (R1 R 2 ) = −7,41 mA ⋅ 1,16 kΩ = −8,60 V ,
(1.4.10)
U Ac
− 8,60 V
=−
= 2,61 mA ,
R1
3,30 kΩ
(1.4.11)
U Ac − 8,60 V
=
= −4,78 mA .
R2
1,80 kΩ
(1.4.12)
I 1c = −
I 2c =
(1.4.9)
9
I ostatni raz Czytelnik sprawdza poprawność obliczeń przez zsumowanie prądów
w węźle A oraz ćwiczy zastosowanie innej metody obliczenia; zaczyna od
wyznaczenia napięcia UAc z podziału dzielnika napięciowego.
Etap ostatni: sumowanie składników prądów w gałęziach:
I 1 = I 1a + I1b + I1c = (6,09 − 1,63 + 2,61) mA = 7,07 mA ,
(1.4.13)
I 2 = I 2a + I 2b + I 2c = (2,18 + 2,99 − 4,78) mA = 0,39 mA ,
(1.4.14)
I 3 = I 3a + I 3b + I 3c = (3,92 + 5,38 + 7,41) mA = 16,7 mA ,
(1.4.15)
i np. U A = I 2 ⋅ R 2 = 0,39 mA ⋅ 1,80 kΩ = 0,70 V .
(1.4.16)
Można dodatkowo sprawdzić poprawność obliczeń, sumując prądy w węźle A,
według rys. 1.4.1 oraz sumując składniki napięcia UA i porównując z wynikiem
z (1.4.16):
I 1 + I g 2 − I 2 − I 3 = (7,07 + 10,0 − 0,39 − 16,7 ) mA = −0,02 mA ,
(1.4.17)
U A = U Aa + U Ab + U Ac = (3,92 + 5,38 − 8,60) V = 0,70 V .
(1.4.18)
Wyniki obliczeń prądu I2 i napięcia UA mają tylko po dwie cyfry znaczące, co jest
uzasadnione położeniem najmniej znaczących cyfr ich składników. Wyniki
końcowego sprawdzenia, w zależnościach (1.4.17) i (1.4.18) potwierdzają
prawidłowość obliczeń. Niewielkie odstępstwo od zera bilansu prądów w (1.4.17) jest
na poziomie rozdzielczości obliczeń prądów i wynika z zaokrągleń poszczególnych
wyników.
Rozwiązanie B metodą przekształcania źródeł
Rys. 1.4.5. Obwód z rys. 1.4.1, po przekształceniu źródeł Eg1 i Eg3 na źródła prądowe.
W tej metodzie kluczowe jest obliczenie napięcie punktu A, bo z tej wartości
można łatwo obliczyć prądy wszystkich gałęzi. W tym celu należy zastąpić źródła
napięciowe Eg1 i Eg2 źródłami prądowymi. Jest to pokazane na rys. 1.4.5, a zależności:
I g = I g1 + I g 2 − I g 3 =
E g1
R1
+ I g2 −
E g3
R3
=
16,0 
 24,0
= 
+ 10,0 −
 mA = 1,27 mA ,
1,00 
 3,30
(
)
R = R1 R2 R3 = 3,30 1,80 1,00 kΩ = 0,538kΩ ,
10
(1.4.19)
(1.4.20)
U A = I g ⋅ R = 1,27 mA ⋅ 0,538 kΩ = 0,683 V ,
(1.4.21)
Teraz należy wrócić do podstawowego układu, z rys. 1.4.1:
I1 =
E g1 − U A
R1
I2 =
I3 =
=
24 − 0,683
mA = 7,07 mA ,
3,30
U A 0,683 V
=
= 0,379 mA ,
R2 1,80 kΩ
E g3 + U A
R3
=
16 + 0,683
mA = 16,7 mA .
1,00
(1.4.22)
(1.4.23)
(1.4.24)
I to już koniec niezbędnych obliczeń, jeszcze sprawdzenie sumy prądów:
I 1 + I g 2 − I 2 − I 3 = (7,07 + 10,0 − 0,379 − 16,7 ) mA ≈ −0,01 mA .
(1.4.25)
Komentarz. Druga z zastosowanych metod jest znacznie prostsza, szybko daje
wynik przy tak nieskomplikowanych obwodach, jak ten w zadaniu i wprowadza przez
to mniejsze niedokładności zaokrągleń; wskazuje na to porównanie (1.4.17) i (1.4.25).
Odp. I1 = 7,07 mA, I2 = 0,379 mA, I3 = 16,7 mA, UA = 0,683 V.
11
PRZYRZĄDY PÓŁPRZEWODNIKOWE BEZ ZŁĄCZA
2. PRZYRZĄDY PÓŁPRZEWODNIKOWE BEZ ZŁĄCZA
Zad. 2.1. Problematyka: warystor, nieliniowa charakterystyka potęgowa.
Treść zadania
Pewien warystor ma charakterystykę napięciowo-prądową opisaną zależnością
I=DU/1Vn , gdzie wykładnik n = 4,86. Jaki musi być stosunek napięć w dwóch
punktach charakterystyki, aby stosunek prądów w tych punktach wynosił I2 /I1 = 20,0?
Rozwiązanie
Dla uproszczenia zapisu można pominąć w zależnościach znaki modułu i liczyć
dla napięć dodatnich. Wynik będzie oczywiście także słuszny dla ujemnych.
Podzielenie stronami zapisów zależności dla dwóch punktów charakterystyki jest
w tym przypadku najszybszą drogą do rozwiązania :
n
U 
D 2 
n
1V
U2 
I2



=
=
 ,
n
I1
 U1 
 U1 

D
1 V 
czyli
U2  I2
=
U 1  I1
1
n
 .

(2.1.1)
Jeżeli rozwiązujący zadanie ma dobry kalkulator i umie go wykorzystać, to
przeliczenie jest proste:
1
U2
= (20 ) 4,86 = 20 0, 206 = 1,85 .
U1
(2.1.2)
W przypadku gorszego sprzętu lub słabszych umiejętności można to zrobić tak:
log
U2 1
I
1
1,30
= log 2 =
log(20) =
= 0,268 ,
U1 n
I1 4,86
4,86
(2.1.3)
U2
log
U2
= 10 U1 = 10 0, 268 = 1,85 .
U1
(2.1.4)
Komentarz. Wynik w obu przypadkach jest taki sam, co świadczy o precyzji
obliczeń. Znamienna własność warystora, zauważalna po tym przeliczeniu;
stosunkowo niewielkie zmiany napięcia przekładają się na znacznie większe zmiany
prądu, tutaj przeszło 10 razy większe! Bardzo istotna uwaga; taki stosunek napięć nie
zależy od zakresu charakterystyki, w którym zdefiniowano wykorzystane do obliczeń
dwa punkty, dopóki obowiązuje podana w treści zależność. Przy małych napięciach
rzędu kilku woltów mogą zmienić się parametry w zależności a także przy dużych
prądach, wskutek sporej ilości ciepła wydzielającego się w objętości elementu.
Odp. U2 /U1 = 1,85.
12
Zad. 2.2. Problematyka: charakterystyka warystora, dane katalogowe i ich
tolerancja.
Treść zadania
Pewien typ warystora ma według katalogu: graniczną moc PM = 5,0 W
w temperaturze otoczenia ϑa ≤ 25oC, przy stałym napięciu na nim U1 = 100 V płynie
przez niego prąd stały I1 = (1,0 ± 0,3) mA, wykładnik w opisie charakterystyki
potęgowej n = 5,5 ± 0,7. Oblicz graniczne stałe napięcie nieniszczące żadnego
z zakupionych egzemplarzy warystora przy temperaturze ϑa ≤ 25oC.
Rozwiązanie
Zgodnie z treścią należy brać pod uwagę najgorszy z możliwych przypadków, tj.
taki egzemplarz warystora, w którym pod wpływem danego napięcia popłynie
największy prąd. Symetryczną charakterystykę warystora w zakresie dodatnich napięć
opisuje zależność, w której wartość krytyczną stałej D o wymiarze [A] można
wyznaczyć z danych katalogowych, podstawiając górną granicę prądu i górną granicę
wykładnika:
−n
n
U 
 ,
I = D ⋅ 
1 V 
U 
D = I1  1  .
1 V 
(2.2.1)
Moc jest oczywiście iloczynem napięcia na warystorze i prądu w nim, a w zapisie
należy podstawić zależność analityczną na stałą D zgodnie z (2.2.1):
P =U ⋅ I = D
U n +1
(1 V )n
= I1
U n +1
U1n
U 
= I1U1  
 U1 
n +1
,
(2.2.2)
1
 P  n +1
U = U1  M  ,
 U 1 I1 
skąd
(2.2.3)
1
a minimum dla I1 max

 6 , 2 +1
5

i n max : U ≤ 100
V = 166 V .
−3 
100
⋅
1
,
3
⋅
10


(2.2.4)
Na koniec jeszcze obliczenie krytycznej wartości stałej D:
U 
D = I1 max  1 
1 V 
Odp. W najgorszym
D = 5,18⋅10−16 A.
− n max
= 1,3 ⋅ 10 − 3 (100)− 6, 2 A = 5,18 ⋅ 10 −16 A .
przypadku
Umax = 166 V
13
a
krytyczna
wartość
(2.2.5)
stałej
Zad. 2.3. Problematyka: nieliniowa charakterystyka fotorezystora.
Treść zadania
Fotorezystor półprzewodnikowy ma rezystancję R1 = 51,3 kΩ przy oświetleniu
strumieniem świetlnym o natężeniu E1 = 50 lx oraz ma R2 = 7,66 kΩ przy E2 = 200 lx.
Przyjmij wartość natężenia strumienia odniesienia Eo = 10 lx. Oblicz parametry Ro i γ
w zależności opisującej potęgową część charakterystyki tego fotorezystora.
Rozwiązanie
Zależność opisująca zmiany rezystancji R fotorezystora ze zmianami natężenia
strumienia świetlnego E, w zakresie potęgowym ma postać:
E 
R = Ro o 
 E 
γ
(2.3.1)
gdzie Ro to tzw. rezystancja odniesienia przy natężeniu strumienia odniesienia Eo .
Rozwiązanie zadania sprowadza się do znalezienia dwóch niewiadomych z układu
dwóch równań; najlepiej zacząć od podzielenia ich przez siebie stronami:
E
R1 = R o  o
 E1
γ

 ,

R1  E 2 

=
R2  E1 
E
R2 = R o  o
 E2
γ
γ

 ,

(2.3.2)
R1
E
= γ ln 2
R2
E1
(2.3.3)
R1
51,3
ln
R2
7,66 1,90
γ=
=
=
= 1,37 .
E2
200 1,39
ln
ln
50
E1
(2.3.4)
→ ln
ln
i wykładnik
W przypadku zastosowania dobrego kalkulatora to obliczenie jest prostsze:
R 
 51,5 
γ = log E 2  1  = log 200 
 = log 4 6,70 = 1,37 .
R
7,66 
50 
E1  2 
(2.3.5)
Teraz należy skorzystać z jednego z równań w zal. (2.3.2), np. z pierwszego po
przekształceniu:
E
R o = R1  o
 E1



−γ
E
= R1  1
 Eo
γ
1,37

50
 = 51,3  kΩ = 465 kΩ .
 10 

Odp. Wykładnik γ = 1,37 a rezystancja odniesienia Ro = 465 kΩ.
14
(2.3.6)
Zad. 2.4. Problematyka: nieliniowa charakterystyka termistora.
Treść zadania
Termistor półprzewodnikowy NTC o rezystancji odniesienia Ro = 1,76 kΩ
w temperaturze odniesienia To = 300 K ma stałą B = 1,9⋅103 deg w opisie
matematycznym jego nieliniowej charakterystyki RT = f(T). Oblicz temperaturowy
współczynnik rezystancji TWR w [%/deg] tego termistora w pobliżu temperatury
odniesienia To . Oblicz zmianę rezystancji termistora ∆R przy zmianie temperatury
o ∆T1 = ± 1 deg i o ∆T2 = ± 10 deg na podstawie: a) liniowej zależności z TWR, jak
dla metali RT = Ro(1+TWR⋅∆T), b) nieliniowej zależności definicyjnej (2.4.1), ze stałą
B.
Rozwiązanie
Podstawowa zależność na zmiany rezystancji dla termistora NTC ma postać:
RT = R o ⋅ e
 1 1
 B −
  T To

 
 
.
(2.4.1)
Temperaturowy współczynnik rezystancji jest zdefiniowany przez pochodną
rezystancji po temperaturze:
TWR[% / deg] ≡
1 dRT
B
⋅
⋅ 100% = − 2 ⋅ 100 % .
RT d T
T
(2.4.2)
Jak wynika z ostatniej zależności, TWR przy każdej temperaturze ma inną wartość:
TWR 300 K = −
1,9 ⋅ 103 deg
(300 K )
2
⋅ 100 % = −2,11
%
.
deg
(2.4.3)
Do obliczenia są zmiany rezystancji, czyli przy zależności liniowej będzie to:
a)
∆Ra ± = RTa ± − R o = R o ⋅
TWR[% / deg]
100 %
⋅ ∆T ,
(2.4.4)

1 
(± 1 deg ) = m37,1 Ω ,
∆Ra1± = 1,76 kΩ − 0,0211
deg 

(2.4.5)

1 
(± 10 deg ) = m371 Ω ,
∆Ra 2 ± = 1,76 kΩ − 0,0211
deg 

(2.4.6)
Teraz zmiana rezystancji z zależności definicyjnej, wykładniczej:
b)
   1 1  
 − 1 ,
∆Rb ± = RTb ± − R o = R o exp B −
   T To  
15
(2.4.7)
 
 1
1  
 − 1 =
∆Rb1− = 1,76 kΩ exp1,9 ⋅ 103 deg
−
 
 301 K 300 K  
= 1,76 kΩ{0,9792 − 1} = −36,6 Ω ,
(2.4.8)
 
 1
1   
  − 1 =
∆Rb1+ = 1,76 kΩ exp1,9 ⋅ 103 deg
−
 
 299 K 300 K   
= 1,76 kΩ{1,0214 − 1} = +37,7 Ω ,
(2.4.9)
 
 1
1   
  − 1 =
∆Rb 2 − = 1,76 kΩ exp 1,9 ⋅ 103 deg
−
 
 310 K 300 K   
= 1,76 kΩ{0,8152 − 1} = −325 Ω ,
(2.4.10)
 
 1
1   
  − 1 =
∆Rb 2 + = 1,76 kΩ exp 1,9 ⋅ 103 deg
−
 
 290 K 300 K   
= 1,76 kΩ{1,2441 − 1} = +430 Ω .
(2.4.11)
Odp. a) ∆Ra1 = − (± 37,1 Ω), ∆Ra2 = − (± 371 Ω),
b) ∆Rb1− = − 36,6 Ω, ∆Rb1+ = + 37,7 Ω, ∆Rb2− = − 325 Ω, ∆Rb2+ = + 430 Ω.
16
CIEPŁO W PRZYRZĄDACH PÓŁPRZEWODNIKOWYCH
3. CIEPŁO W PRZYRZĄDACH
PÓŁPRZEWODNIKOWYCH
Zad. 3.1. Problematyka: temperatura otoczenia a graniczna moc w diodzie,
rezystancja termiczna przyrządu półprzewodnikowego.
Treść zadania
Dioda stabilizacyjna (tzw. Zenera) ma graniczną moc PDM ≡ PDmm = 0,40 W przy
temperaturze otoczenia ϑamax ≤ 25 °C (indeks a) oraz maksymalną temperaturę złącza
ϑjmax = 155 °C (indeks j). Oblicz jej rezystancję termiczną złącze-otoczenie. Oblicz,
przy jakiej temperaturze otoczenia, w [°C], można tę diodę obciążyć mocą 0,30W.
Rozwiązanie
Rezystancja termiczna Rth jest stosunkiem różnicy temperatur (tutaj między
złączem i otoczeniem j-a) do mocy wydzielającej się w przyrządzie (tutaj w złączu),
która wywołuje tę różnicę temperatur. Definiuje się tę rezystancję np. z granicznych
wartości; gdy temperatura złącza ϑj i moc PD osiągają nieprzekraczalne wartość
(największa moc z możliwych czyli maksimum maksimorum – indeks mm lub M):
Rth
j −a
Przy innej ϑa moc
=
ϑ j max − 25 o C
PDM
=
PDm (ϑa ) = PDM
(155 - 25) deg = 325 deg
0 ,4 W
W
ϑ j max − ϑa
ϑ j max − 25 o C
.
,
(3.1.2)
PDm (ϑa )
ϑ j max − 25 o C =
PDM
0,30

o
o
155 − 0,40 (155 − 25) C = 57,5 C


(
ϑa = ϑ j max −
lub inaczej
PDm (ϑa ) =
ϑa = ϑ j max − PDm (ϑa ) ⋅ Rth
j −a
)
ϑ j max − ϑa
Rth
(3.1.1)
,
(3.1.3)
(3.1.4)
j −a
= (155 − 0,30 ⋅ 325) o C = 57,5 o C .
(3.1.5)
Odp. ϑa = 57,5 °C.
Zad. 3.2. Problematyka: rezystancja termiczna przyrządów półprzewodnikowych,
ograniczenie mocy i prądu w przyrządzie przez temperaturę otoczenia.
Treść zadania
Dioda stabilizacyjna o znamionowym napięciu przebicia wstecznego
URZn = 12,0 V i dopuszczalnej mocy granicznej PDM ≡ PDm(ϑa = 25 °C) = 1,00 W ma
dopuszczalną temperaturę złącza ϑjmax = 180 C.
17
a) Oblicz PDm tej diody przy temperaturze otoczenia ϑamax = 80 °C.
b) Oblicz dopuszczalne prądy wsteczne IRZmax przy ϑamax1 = 25 °C i ϑamax2 = 80 °C.
c) Oblicz rezystancję termiczną złącze-otoczenie Rth j-a tej diody.
Rozwiązanie
a)
b)
PDm (ϑamax ) = PDM
I RZmax =
ϑ jmax − ϑamax
ϑ jmax − 25 C
PDm
,
U RZn
o
j −a
=
PDM 1,00 W
=
= 83,3 mA ,
U RZn 12,0 V
(
)
(3.2.1)
(3.2.2)
(3.2.3)
PDm 80 o C 0,645 W
=
= 53,8 mA ,
U RZn
12,0 V
(3.2.4)
o
deg
∆ϑ ϑ jmax − 25 C (180 − 25) deg
=
=
= 155
.
∆P
PDM
1,00 W
W
(3.2.5)
a teraz z pkt. a) I RZmax2 =
Rth
180 − 80
W = 0,645 W ,
180 − 25
a dla ϑamax1 = 25 o C moc PDm = PDM ,
I RZmax1 =
c)
= 1,00
Odp. PDm(ϑa = 80 °C) = 0,645 W, IRZmax1 = 83,3 mA, IRZmax2 = 53,8 mA,
Rth j-a = 155 deg/W.
Zad. 3.3. Problematyka: temperatura otoczenia a graniczna moc w diodzie,
rezystancja termiczna przyrządu półprzewodnikowego.
Treść zadania
Jaką minimalną wartość musi mieć graniczna moc PDM diody stabilizacyjnej
o znamionowym napięciu przebicia URZ = 8,2 V, którą trzeba obciążyć w zakresie
stabilizacji prądem do IRZmax = 50 mA przy temperaturze otoczenia do ϑamax = + 80 °C?
Przyjmij maksymalną temperaturę złącza tej diody ϑjmax = + 150 °C.
Rozwiązanie
Do znanej zależności na dopuszczalną moc w diodzie przy danej temperaturze
otoczenia podstawia się tą moc wyrażoną jako iloczyn napięcia i prądu:
PDm (ϑa ) = PDM
ϑ j max − ϑa
ϑ j max − 25o C
oraz
PDm (ϑa ) = U RZ I RZ max .
(3.3.1)
Po przekształceniu
PDM = U RZ I RZ max
ϑ j max − 25o C
150 − 25
≥ 8,2 ⋅ 50
mW = 732 mW
ϑ j max − ϑa
150 − 80
Odp. PDM ≥ 0,732 W.
18
(3.3.2)
Zad. 3.4. Problematyka: temperatura otoczenia a graniczna moc w tranzystorze,
rezystancja termiczna przyrządu półprzewodnikowego i elementu rozpraszającego
ciepło − radiatora.
Treść zadania
Tranzystor bipolarny ma podaną w katalogu graniczną temperaturę złączy
ϑjmax ≤ 150 °C oraz przy pracy bez radiatora graniczną moc Ptot1 ≤ 2,0 W gdy
temperatura otoczenia ϑa ≤ 25 °C i Ptot2 ≤ 10,0 W gdy temperatura jego obudowy
ϑc ≤ 25 °C. Oblicz radiator (tj. rezystancję termiczną radiator-otoczenie), aby
tranzystor z nim mógł wytrzymać moc Pmax = 4,0 W przy temperaturze otoczenia
ϑamax = 70 °C. Załóż, że podkładka izolacyjna pomiędzy obudową tranzystora
i radiatorem, ze smarem silikonowym dla polepszenia kontaktu cieplnego, może mieć
rezystancję termiczną Rth c-r ≤ 1,5 deg/W, oraz że cały strumień ciepła z obudowy
tranzystora płynie do otoczenia przez radiator. Pomiń odprowadzanie ciepła przez
nóżki tranzystora oraz przyjmij niezależność rezystancji termicznych od temperatury.
Rozwiązanie
Z pierwszej podanej w zadaniu wartości mocy można obliczyć rezystancję
termiczną złącze-otoczenie tranzystora pracującego bez radiatora
Rth
j − a1
=
ϑ j max − ϑa max
Ptot1
=
150 − 25 deg
deg
,
= 62,5
2
W
W
(3.4.1)
która jest sumą rezystancji termicznych (rys. 3.4.1): stałej złącze-obudowa Rth j-c
i zależnej od sposobu odprowadzania ciepła obudowa-otoczenie Rth c-a . Z drugiej
wartości mocy można obliczyć rezystancję termiczną złącze-obudowa samego
tranzystora, której nie można zmienić
Rth
j −c
=
ϑ j max − ϑc max
Ptot2
=
150 − 25 deg
deg
.
= 12,5
10
W
W
(3.4.2)
Można obliczyć rezystancję termiczną obudowa-otoczenie samego tranzystora.
Nie jest ona potrzebna do rozwiązania zadania, ale da pojęcie o rzędzie wartości tej
wielkości przy podanych granicznych mocach wydzielanych w tranzystorze:
Rth c − a = Rth
j − a1
− Rth
j −c
= (62,5 − 12,5)
deg
deg
= 50,0
.
W
W
(3.4.3)
Rys. 3.4.1. Uproszczone schematy toru odprowadzania ciepła, z oznaczeniem rezystancji termicznych:
a) z tranzystora bez radiatora, b) z tranzystora przymocowanego do radiatora przez podkładkę izolacyjną.
Po zamocowaniu tranzystora do radiatora (elementu ułatwiającego odprowadzenie
19
ciepła), z podkładką izolującą elektrycznie obudowę tranzystora i radiator,
w łańcuchu rezystancji termicznych z rys. 3.4.1 pojawią się dwa nowe składniki; Rth c-r
podkładki czyli obudowa-radiator i Rth r-a radiator-otoczenie, a zgodnie z tekstem
zadania praktycznie znika Rth c-a tranzystora. Maksymalną całkowitą rezystancję
termiczną definiują w tym przypadku podane w zadaniu warunki pracy tranzystora;
maksymalna tracona w nim moc oraz maksymalna temperatura otoczenia:
Rth
j −a2
=
ϑ j max − ϑa max
Pmax
≤
150 − 70 deg
deg
= 20,0
.
4
W
W
(3.4.4)
Znane są dwa składniki tej rezystancji, a więc można obliczyć trzeci, co kończy
rozwiązanie zadania:
Rth r − a = Rth
j −a2
− Rth
j −c
≤ (20 − 12,5 − 1,5)
Odp. Rth r-a ≤ 6,0 deg/W.
20
− Rth c − r =
deg
deg
= 6,0
.
W
W
(3.4.5)
ZŁĄCZE PÓŁPRZEWODNIKOWE, DIODA
4. ZŁĄCZE PÓŁPRZEWODNIKOWE, DIODA
Zad. 4.1. Problematyka: zmiany temperaturowe prądu
półprzewodnikowego, nieliniowa zależność wykładnicza.
wstecznego
złącza
Treść zadania
Uniwersalna dioda krzemowa ma prąd wsteczny IR1 = 2,03 nA w temperaturze
otoczenia ϑa1 = 17,2°C. Oblicz przy jakiej wartości temperatury otoczenia jej prąd
wsteczny osiągnie wartość IR2 = 5,00 nA?
Rozwiązanie
Należy założyć, że:
- oba prądy są zdefiniowane (badane) przy tym samym napięciu wstecznym UR ,
np. rzędu kilku V; niezbyt małym, ale dalekim od napięcia przebicia,
- moc wydzielająca się w złączu przy tak małych prądach wstecznych jest do
pominięcia i stąd temperatury złącza i otoczenia są jednakowe ϑj = ϑa ,
- obowiązuje relacja: prąd wsteczny złącza podwaja się wskutek wzrostu jego
temperatury o 10 deg.
Metoda pierwsza (przekształcenia są tak proste, że nie wymagają komentarza):
I R2
=2
I R1
ϑ j 2 −ϑ j1
10 deg
ϑa 2 −ϑa1
=2
10 deg
→
log
I R 2 ϑa 2 − ϑa1
=
⋅ log2 ,
I R1
10 deg
I R2
ϑa 2 − ϑa1
I R1
=
,
10 deg
log2
(4.1.1)
log
oraz
I R2
5,00
log
I R1
2,03 o
= ϑa1 + 10 deg ⋅
= 17,2 o C + 10 ⋅
C=
log2
log2
(4.1.2)
log
ϑa 2
(4.1.3)
0,391  o

= 17,2 + 10 ⋅
 C = (17,2 + 10 ⋅1,30) o C = 30,2 o C
0,301 

Metoda druga, w której ta sama zależność prądu wstecznego od temperatury jest
zapisana za pomocą funkcji eksponencjalnej:
(
)




I R2
1
1
= exp 0,069
⋅ ϑ j 2 − ϑ j1  = exp 0,069
⋅ (ϑa 2 − ϑa1 ),
I R1
deg
deg




ln
I R2
1
= 0,069
⋅ (ϑa 2 − ϑa1 ),
I R1
deg
21
(4.1.4)
(4.1.5)
I R2
5,00 

ln


I R1
2,03  o
ϑa 2 = ϑa1 +
deg = 17,2 +
C=

0,069
0,069 





0,901  o
= 17,2 +
 C = (17,2 + 13,1) o C = 30,3 o C
0
,
069


ln
(4.1.6)
Komentarz. Druga metoda wydaje się nieco prostsza. Mała różnica w wynikach
(0,1°C) jest spowodowana zaokrągleniem wartości 0,069 współczynnika
występującego w drugiej metodzie.
Odp. ϑa2 = 30,2 °C.
Zad. 4.2. Problematyka: opis zależnością eksponencjalną charakterystyki diody
spolaryzowanej w kierunku przewodzenia, parametry wzoru Shockleya,
uproszczenie wzoru.
Treść zadania
Badano charakterystykę zielonej diody LED małej mocy w kierunku
przewodzenia. Wykorzystaj wyniki dla dwóch punktów, o niewielkich prądach (mała
moc w złączu, bardzo słabe świecenie): UF1 = 1,615 V przy IF1 = 9,73 µA oraz
UF2 = 1,769 V przy IF2 = 312 µA. Temperatura otoczenia ϑa = 22,0°C. Pomiń moc
wydzielającą się w złączu. Wyznacz parametry w uproszczonej wersji wzoru
Shockleya. Sprawdź, czy było dopuszczalne stosowanie tej wersji przy tych wynikach
badań.
Rozwiązanie
Wersja uproszczona zależności Shockleya może być zastosowana dla kierunku
przewodzenia, gdy jest na tyle duży prąd, że można pominąć składnik − 1
a równocześnie na tyle mały, że szeregowa rezystancja diody jeszcze nie ma
wyraźnego wpływu; będzie można to sprawdzić po wykonaniu wymaganych
w zadaniu obliczeń. Dodatkowo w przypadku diody LED nie może ona jeszcze
zauważalnie świecić (co zasygnalizowano w treści zadania), bo inaczej
charakterystyka odbiega od wykładniczej;
 U
I F = I S ⋅ exp F
 MϕT

,

ϕT =
kT
= 25,9 mV przy T = 300 K .
q
(4.2.1)
Parametry do wyznaczenia to wsteczny prąd nasycenia IS i współczynnik
korekcyjny M, odróżniający proponowaną zależność od oryginalnego wzoru
Shockleya. Pozostałe wielkości we wzorze to: k – stała Boltzmanna, q – ładunek
elementarny, T – temperatura w skali bezwzględnej, ϕT – potencjał elektrotermiczny.
Należy zapisać układ równań, a następnie podzielić te równania stronami:
U
I F 2 = I S ⋅ exp F 2
 MϕT



 U − U F1 
IF2

= exp F 2
I F1
 MϕT

oraz
→
22
U
I F 1 = I S ⋅ exp F1
 MϕT
ln

 ,

(4.2.2)
I F 2 U F 2 − U F1
=
,
I F1
MϕT
(4.2.3)
Mϕ T =
U F 2 − U F1 1,769 − 1,615
0,154
=
V=
V = 44,4 mV ,
IF2
312
3,47
ln
ln
9,73
I F1
T = ϑa + 273 K = 295 K,
i M=
MϕT
ϕT
ϕT = 25,9 mV
=
295 K
= 25,5 mV
300 K
44,4
= 1,74 .
25,5
(4.2.4)
(4.2.5)
Podstawiono ten wynik do jednego z przekształconych równań w (4.2.2):
IS =
IF2
312 ⋅ 10 -6 A
312 ⋅ 10 −6
=
=
A = 1,55 ⋅ 10 −21 A .
17
UF2
1,769
2
,
01
⋅
10
exp
exp
MϕT
44,4 ⋅ 10 -3
(4.2.6)
Na koniec sprawdzenie, czy można było tak rozwiązać to zadanie. Najpierw
oszacowanie poziomu wzrostu temperatury złącza od prądu przewodzenia. Przyjęto
wartość rezystancji termicznej złącze diody – otoczenie Rth j-a ≤ 500 deg/W:
∆T j = Rth
= Rth
j −a
j −a
⋅ Pj =
⋅ U F 2 ⋅ I F 2 ≤ 500 ⋅ 1,769 ⋅ 312 ⋅ 10 −6 deg = 0,276 deg .
(4.2.7)
Taka zmiana temperatury wywoła zmianę ϕT o około 24 µV, a więc wyraźnie
poniżej dokładności danych i obliczeń (zal. (4.2.4)), ale gorzej może być z prądem IS ,
który wykładniczo zależy od temperatury; oszacowana zmiana według zależności
z zad. 4.1 wynosi prawie 2% (sprawdzenie tego może być ćwiczeniem dla
Czytelnika).
Przyjęcie wartości szeregowej rezystancji diody rzędu 1 Ω daje z prądem IF2 około
0,3 mV dodatkowego spadku napięcia. Jest to ponad 3 razy mniej od rozdzielczości
pomiaru napięcia na diodzie, zatem może być pominięte. I wreszcie na koniec
pozostało sprawdzenie, czy dopuszczalne było pominięcie składnika – 1 we wzorze
Shockleya. Błąd względny pominięcia tego składnika to w najgorszym przypadku:
δ≈
1
100 %
⋅ 100 % =
=
U F1
1,615
exp
exp
MϕT
44,4 ⋅ 10 -3
100
=
% = 1,6 ⋅ 10 −14 % ,
exp(36,4)
(4.2.8)
a więc bardzo mało, co jest skutkiem dużej wartości wykładnika funkcji
eksponencjalnej – dużego spadku napięcia w stosunku do MϕT na przewodzącej
diodzie LED.
Funkcja wykładnicza z wyznaczonymi parametrami może posłużyć do opisu
charakterystyki zbadanej diody między wymienionymi w treści punktami
pomiarowymi, pod warunkiem jednak, że inne punkty pomiarowe na tym odcinku
potwierdzą hipotezę o użyteczności takiego opisu. Może to być np. wykres tych
wyników pomiarów we współrzędnych półlogarytmicznych (napięcie liniowo, prąd
logarytmicznie), na którym punkty ułożą się w odcinek prostej.
Odp. IS = 1,55⋅10 – 21 A, M = 1,74
23
Zad. 4.3. Problematyka: wpływ temperatury na charakterystykę przewodzącej diody
półprzewodnikowej.
Treść zadania
Spadek napięcia na krzemowej diodzie uniwersalnej spolaryzowanej w kierunku
przewodzenia UF1 = 516,3 mV przy prądzie przewodzenia IF1 = 100 µA i temperaturze
otoczenia ϑa1 = 20,6 °C. W jakiej temperaturze ϑa2 jest ta dioda, jeżeli
UF2 = 506,1 mV przy IF2 = 100 µA? Pomiń wpływ zmiany mocy traconej w diodzie.
Rozwiązanie
Ze względu na stosunkowo niewielki prąd przewodzenia należy przyjąć do
obliczeń wartość temperaturowego współczynnika napięcia przewodzenia przy stałym
prądzie przewodzenia :
∆U F U F 2 − U F 1
=
∆T
ϑa 2 − ϑa1
≈ −2,0
I F =const
mV
.
deg
(4.3.1)
Proste przekształcenie i podstawienie danych daje końcowy wynik liczbowy:
ϑa 2 = ϑa1 +
U F 2 − U F1
506,1-516,3
= 20,6 o C +
deg =
mV
− 2,0
− 2,0
deg
= (20,6 + 5,1) o C = 25,7 o C .
Odp. ϑa2 = 25,7 °C.
24
(4.3.2)
CZWÓRNIK LINIOWY
5. CZWÓRNIK LINIOWY
Zad. 5.1. Problematyka: wyznaczenie parametrów
czwórnika aktywnego na podstawie badań.
liniowego
unilateralnego
Treść zadania
Badano aktywny czwórnik w celu wyznaczenia wartości trzech elementów w jego
liniowym i unilateralnym schemacie zastępczym (modelu). Czwórnik ma pasmo pracy
od zera (dolna częstotliwość graniczna fd = 0 Hz) i badania wykonano sygnałami
stałoprądowymi. Mierzono efektywną transmitancję prądową kief czwórnika przy
różnych rezystancjach Rg źródła wejściowego prądu i różnych rezystancjach RL
obciążenia wyjścia czwórnika. Ograniczono badania do niezbędnego minimum,
uzasadnionego założeniem o liniowości i unilateralności czwórnika i oto wyniki:
kief1 = − 52,2 A/A
dla Rg1 = 20,0 kΩ
oraz
RL1 = 1,00 kΩ,
kief2 = − 40,7 A/A
dla Rg2 = 10,0 kΩ
oraz
RL2 = RL1 = 1,00 kΩ,
kief3 = − 32,5 A/A
dla Rg3 = Rg2 = 10,0 kΩ oraz RL3 = 2,00 kΩ.
Oblicz wartości parametrów ki0 , Ri , Ro w modelu czwórnika.
Rozwiązanie
Rys. 5.1.1. Układ z czwórnikiem prądowym do zadania 5.1.
Ogólna zależność na transmitancję prądową efektywną kief czwórnika (rys. 5.1.1),
o własnej transmitancji ki0 i rezystancjach wejściowej Ri i wyjściowej Ro ,
obciążonego na wyjściu rezystancją RL i współpracującego z nieidealnym źródłem
sygnału prądowego o rezystancji Rg to:
k ief =
Rg
I o I i ki 0 I i I o
Ro
= ⋅
⋅
=
ki 0
.
I g I g I i ki 0 I i R g + Ri
Ro + RL
(5.1.1)
Dwa ułamki towarzyszące transmitancji własnej to podziały sygnałów prądowych
na wejściu i wyjściu czwórnika. Przy zestawianiu układu trzech równań według
(5.1.1) z wynikami badań należy pamiętać, że w tym przypadku Rg3 = Rg2 i RL2 = RL1 :
k ief1 =
k ief2 =
R g1
R g1 + Ri
Rg 2
R g 2 + Ri
ki 0
Ro
,
Ro + RL1
(5.1.2)
ki 0
Ro
,
Ro + R L1
(5.1.3)
25
CZWÓRNIK LINIOWY
k ief3 =
Rg 2
R g 2 + Ri
ki 0
Ro
.
Ro + R L3
(5.1.4)
Podzielenie stronami równań (5.1.2) i (5.1.3) pozwoli wyznaczyć rezystancję Ri
czwórnika, a następnie podzielenie stronami (5.1.3) i (5.1.4) umożliwi wyznaczenie
Ro . Pierwsza operacja daje wynik:
k ief1 R g1 R g 2 + Ri
=
⋅
k ief2 R g 2 R g1 + Ri
k ief1 R g 2
→
k ief2 R g1
=
Rg2 + Ri
R g1 + Ri
,
(5.1.5)
 kief1Rg 2

kief1R g 2

k 
− 1 = R g 2 − R g 1
= Rg 2 1 − ief1  i ostatecznie (5.1.6)
Ri 
 kief2 Rg1

kief2 R g1
kief2 



Ri = R g 2

k 
− 52,2
1 − ief1 
1−
kief2 
− 40,7

= 10,0 kΩ
(− 52,2) ⋅ 10,0 kΩ − 1 =
kief1 Rg 2
−1
(− 40,7 ) ⋅ 20,0 kΩ
kief2 R g1
− 0,283
= 10,0
kΩ = 7,88 kΩ .
− 0,359
kief2 Ro + RL 3
=
,
kief3 Ro + RL1
A druga operacja
 k

k
Ro  ief2 − 1 = RL 3 − RL1 ief2
k
kief3
 ief3

RL 3 − R L1
Ro =
k ief2
k ief3
k ief2
−1
k ief3
=
(5.1.8)
i ostatecznie
2,00 kΩ − 1,00 kΩ
=
(5.1.7)
− 40,7
−1
− 32,5
− 40,7
− 32,5
(5.1.9)
=
(5.1.10)
2,00 − 1,00 ⋅ 1,25
kΩ = 2,98 kΩ .
0,252
Na koniec obliczenie ki0 , np. przez przekształcenie zależności (5.1.2) a następnie
podstawienie do niej wyników z zależności (5.1.7) i (5.1.10):

R  R 
 7,88  1,00 
k i 0 = kief1 1 + i 1 + L1  = −52,21 +
1 +
=
 R g1 
Ro 
 20,0  2,98 


= −52,2 ⋅1,39 ⋅1,34 = −97,2 A/A .
(5.1.11)
Ponieważ zależności były dość skomplikowane i prawdopodobieństwo pomyłki
duże, można sprawdzić wyniki wstawiając je np. do zal. (5.1.4):
k ief3 =
Rg 3
R g 3 + Ri
ki 0
26
Ro
,
Ro + R L 3
CZWÓRNIK LINIOWY
− 32,5 =
10,0 kΩ
(10,0 + 7,88) kΩ
(− 97,2)
2,98 kΩ
(2,98 + 2,00) kΩ
,
(5.1.12)
− 32,5 = 0,559 ⋅ (− 97,2 ) ⋅ 0,598 ,
− 32,5 = −32,5 wszystko się zgadza, strona lewa = prawej (L = P). (5.1.13)
Odp. ki0 = − 97,2 A/A, Ri = 7,88 kΩ, Ro = 2,98 kΩ.
Zad. 5.2. Problematyka:
połączenie
kaskadowe
aktywnych
czwórników,
wyznaczanie wartości modelu wynikowego czwórnika. Współpraca takiego
czwórnika ze źródłem sygnału i obciążeniem.
Treść zadania
Połączono kaskadowo dwa liniowe, unilateralne czwórniki. Pierwszy jest
transadmitancyjny i ma parametry ky01 = 25,3 mS, Ri1 = 2,70 kΩ, Ro1 = 360 Ω a drugi
jest transimpedancyjny i ma parametry kz02 = − 5,69 kΩ, Ri2 = 510 Ω, Ro2 = 5,60 kΩ.
Tak połączony wynikowy czwórnik współpracuje ze źródłem sygnału o Rg = 1,00 kΩ
i obciążeniem wyjścia o RL = 20,0 kΩ. Oblicz dla zastępczego czwórnika
transmitancje napięciowe w zdefiniowanych wyżej warunkach: ku0 , ku , kuef .
Uo=Uo2
kz02Ii2
Ri2
Uo1=Ui2
Ro1
ky01Ui1
Ri1
Ui =Ui1
Rozwiązanie
Rys. 5.2.1. Układ z czwórnikami w połączeniu kaskadowym do zadania 5.2.
Jeżeli oba czwórniki są unilateralne i liniowe, to wyznaczenie rezystancji
w modelu wypadkowego czwórnika jest proste:
Ri ≡ Ri1 = 2,70 kΩ ,
Ro ≡ Ro 2 = 5,60 kΩ .
(5.2.1)
W zadaniu żąda się obliczenia zastępczej transmitancji napięciowej, co przesądza
o metodyce formalnego przekształcania transmitancji; najprościej obie zamienić na
napięciowe. Tutaj przypomnienie; przy takim przekształcaniu należy zawsze
pamiętać, że oba sygnały na połączeniu czwórników (wyjściowy z pierwszego
i wejściowy drugiego) muszą mieć taki sam charakter, np. oba napięciowe. Na
podstawie zależności podanych w tabeli przekształceń opisu czwórnika w Dodatku:
ku 01 = k y 01 ⋅ Ro1 = 25,3 mS ⋅ 0,36 kΩ = 9,11 V/V ,
ku 02 = k z 02 ⋅
1
− 5,69 kΩ
=
= −11,2 V/V .
Ri 2
0,51 kΩ
(5.2.2)
(5.2.3)
Na połączeniu między czwórnikami jest strata; część sygnału pozostaje
w pierwszym czwórniku na jego rezystancji wyjściowej i wskutek tego wynikowa
27
CZWÓRNIK LINIOWY
własna transmitancja napięciowa nie jest ogólnie równa iloczynowi własnych
transmitancji napięciowych poszczególnych bloków:
k u 0 = k u 01 ⋅
Ri 2
0,51 kΩ
(− 11,2) =
⋅ k u 02 = 9,11
(0,51 + 0,36) kΩ
Ri 2 + Ro1
(5.2.4)
= −9,11 ⋅ 0,586 ⋅ 11,2 = −59,8 V/V ,
ku = ku 0 ⋅
RL
20 kΩ
= −59,8
= −59,8 ⋅ 0,781 = −46,7 V/V , (5.2.5)
(20 + 5,6) kΩ
RL + Ro
k uef = ku ⋅
Ri
2,7 kΩ
= −46,7
= −46,7 ⋅ 0,730 = −34,1 V/V . (5.2.6)
(2,7 + 1,0) kΩ
Ri + R g
Charakterystyczna i polecana do zapamiętania jest znamienna prawidłowość:
najmniejszy jest moduł transmitancji efektywnej (tutaj kuef) a największy transmitancji
własnej (tutaj ku0).
Odp. ku0 = − 59,8 V/V, ku = − 46,7 V/V, kuef = − 34,1 V/V
Zad. 5.3. Problematyka: parametry w liniowym, unilateralnym modelu aktywnego
czwórnika, transmitancja napięciowa czyli wzmocnienie napięciowe.
Treść zadania
Oblicz zastępcze parametry w modelu liniowego, unilateralnego wzmacniacza
napięciowego, którego transmitancja ku = − (50÷60) V/V w zakresie zmian rezystancji
obciążenia RL = (10÷∞) kΩ a transmitancja kuef maleje o 20 % gdy rezystancja źródła
sygnału Rg rośnie z 0 Ω na 5,0 kΩ.
Rozwiązanie
Rys. 5.3.1. Układ z czwórnikiem napięciowym do zadania 5.3.
W takim modelu parametrami są trzy wielkości: transmitancja własna napięciowa
ku0 , rezystancja wejściowa Ri , rezystancja wyjściowa Ro .
Z podanych dwóch wartości transmitancji ku przy dwóch wartościach rezystancji
obciążenia RL można obliczyć transmitancję własną czwórnika ku0 i jego rezystancję
wyjściową Ro zapisując układ dwóch równań typu
ku = ku 0
RL
,
Ro + RL
(5.3.1)
opisujących stratę sygnału na dzielniku napięciowym na wyjściu czwórnika,
z dwoma niewiadomymi i rozwiązać go, poczynając od podzielenia stronami. Jednak
ponieważ górna granica RL to nieskończoność, nie ma potrzeby rozwiązywania układu
równań; można od razu podać wartość transmitancji własnej czwórnika
28
CZWÓRNIK LINIOWY
k u 0 = ku
RL →∞
= − 60,0 V/V
(5.3.2)
i z przekształconej zależności (5.3.1) obliczyć rezystancję wyjściową czwórnika
k

 − 60 
Ro = R L  u 0 − 1 = 10
− 1 kΩ = 2 ,00 kΩ .
k
 − 50 
 u

(5.3.3)
Czytelnik powinien w charakterze ćwiczenia wykonać przekształcenie zależności
(5.3.1) na (5.3.3).
Nie podano w treści zadania, przy jakim obciążeniu wyjścia RL zdefiniowano
zmianę transmitancji kuef pod wpływem rezystancji Rg . Trzeba oczywiście założyć, że
obciążenie to było stałe. Można wtedy zapisać formalny układ równań, z podziałem
dzielnika napięciowego na wejściu układu:
Ri
 → ku
Ri + Rg1 R g1 = 0 Ω
Ri
= ku
Ri + R g 2
kuef 1 = ku
kuef 2
(5.3.4)
i zacząć jego rozwiązanie od podzielenia pierwszego równania przez drugie; znika ku
Rg 2
k uef 1 Ri + R g 2
=
= R 

→
1
+
.
g 1 =0 Ω
k uef 2 Ri + R g1
Ri
(5.3.5)
Z danych wynika, że kuef2 = 0,8kuef1 i ostatecznie, po przekształceniu (5.3.5)
Ri =
Rg 2
k uef 1
−1
k uef 2
=
5 kΩ
= 20,0 kΩ .
1
−1
0 ,8
(5.3.6)
Można było uprościć sobie rozwiązanie, zakładając, że w pierwszym równaniu
z (5.3.4) jest transmitancja ku0 , której wartość już obliczono. Jest to dopuszczalne
w przypadku takiego czwórnika i Rg1 = 0 Ω. Może Czytelnik przećwiczy takie
rozwiązanie? Zaprezentowane w zależnościach (5.3.4) do (5.3.6) rozwiązanie jest
ogólne, nieuwarunkowane wartościami rezystancji Rg1 i Rg2 .
Odp. ku0 = − 60,0 V/V, Ri = 20,0 kΩ, Ro = 2,00 kΩ.
czwórnika, transmitancja admitancyjna czyli transadmitancja.
Treść zadania
Badano liniowy, unilateralny czwórnik aktywny. Wyniki: transadmitancja
ky1 = − 0,658 mS przy obciążeniu wyjścia RL1 = 2,0 kΩ oraz ky2 = − 0,709 mS przy
RL2 = 1,0 kΩ. Oblicz transmitancję ky0 i rezystancję wyjściową Ro tego czwórnika.
29
CZWÓRNIK LINIOWY
Rozwiązanie
Zadanie jest proste, wystarczy zestawić dwa równania wyrażające wpływ
rezystancji obciążenia wyjścia RL na transmitancję czwórnika. Zdefiniowano
w zadaniu transadmitancję, wielkością wyjściową jest więc prąd i w równaniach musi
być podział dzielnika prądowego na wyjściu:
k y1 = k y 0
Ro
Ro + R L1
k y2 = k y0
Ro
.
Ro + RL 2
(5.4.1)
Po podzieleniu stronami drugiego równania przez pierwsze i przekształceniach:
k y2
k y1
=
Ro + R L1
Ro + R L 2
RL1 −
Ro =
k y2
k y1
k y2
k y1
→
 k y2

k y2
Ro 
− 1 = R L1 −
RL 2 ,
 k y1

k
y
1


(5.4.2)
− 0,709
1,0
− 0,658
kΩ = 11,9 kΩ .
− 0,709
−1
− 0,658
(5.4.3)
2,0 −
RL 2
=
−1
Z dowolnego z równań z (5.4.1), po przekształceniu można wyznaczyć
transmitancję ky0 , np. z pierwszego:
R

 2,0

k y 0 = k y1  L1 + 1 = −0,658
+ 1 mS = −0,769 mS .
 11,9 
 Ro

(5.4.4)
Odp. ky0 = − 0,769 mS, Ro = 11,9 kΩ.
czwórnika, czwórnik prądowy.
Treść zadania
Badano liniowy, unilateralny czwórnik prądowy przy stałej, małej rezystancji
obciążenia RL = const. (rezystancja amperomierza włączonego na wyjściu) oraz stałej
wydajności prądowej źródła wejściowego sygnału Ig = const. Odczyty prądu na
wyjściu: Io1 = 2,34 mA przy włączonym równolegle do wejścia rezystorze Rg1 = 100 Ω
oraz Io2 = 2,65 mA przy Rg2 = 200 Ω. Przyjmij, że rezystancja wewnętrzna źródła
wejściowego sygnału prądowego (nie pokazano jej na rys. 5.5.1) jest przynajmniej
30
CZWÓRNIK LINIOWY
kilka rzędów większa od zastosowanych rezystorów Rg .Oblicz rezystancję wejściową
Ri tego czwórnika.
Rozwiązanie
Podobnie jak w poprzednim zadaniu trzeba zestawić dwa równania
z transmitancją, ujmujące stratę sygnału na wejściu. Ponieważ zdefiniowana jest
transmitancja prądowa czwórnika, w równaniach będą podziały wejściowego
dzielnika prądowego:
I o1 = k i I g
I o 2 = ki I g
R g1
Ri + R g1
Rg 2
Ri + R g 2
(5.5.1)
.
Podzielenie drugiego równania przez pierwsze eliminuje nieznane, ale stałe ki , Ig :
I o 2 R g 2 Ri + R g1
=
⋅
I o1 R g1 Ri + R g 2
→
I
Rg 2
Ri  o 2 −
 I o1 R g1

I o2
I o1

 ,

(5.5.2)
I o2
2,65
1−
I o1
− 0,132
2,34
= 200
Ω = 200
Ω = 30,4 Ω . (5.5.3)
Rg 2
2,65 200
− 0,868
−
−
2,34 100
R g1
1−
Ri = R g 2

 = R g 2 1 − I o 2


I o1


Odp. Ri = 30,4 Ω.
31
ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW BIPOLARNYCH
6. ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW BIPOLARNYCH
Zad. 6.1. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, w układzie WE na
tranzystorze bipolarnym, punkt pracy tranzystora, parametry zastępcze − robocze
układu.
Treść zadania
Wzmacniacz na krzemowym tranzystorze bipolarnym npn w układzie WE bez
kondensatora CE powinien mieć parametry zastępcze: ki0 = − 20 A/A, ku0 = − 12 V/V,
Ro = 2,4 kΩ. Oblicz dla tego układu elementy RE , RC , zastępczą Ri oraz napięcie
zasilania EC , przy których będzie miał wymienione parametry oraz tranzystor będzie
pracował w punkcie ppQ: ICQ = 5,0 mA, UCEQ ≥ 12V. Baza ma być spolaryzowana za
pomocą dzielnika napięciowego. Stosuj zależności przybliżone.
Rozwiązanie
Pokazany na rys. 6.1.1 schemat układu będzie potrzebny także do paru następnych
zadań.
Rys. 6.1.1. Wzmacniacz w układzie WE bez kondensatora CE , ze źródłem sygnału i obciążeniem,
oraz małosygnałowe układy zastępcze w środku pasma częstotliwościowego, m.in. do zad. 6.1.
Analizę najlepiej zacząć od prostego związku; rezystancja wyjściowa układu jest
w przybliżeniu równa wartości rezystora kolektorowego:
Ro ≈ RC
→
RC = 2,40 kΩ .
(6.1.1)
Ze wzmocnienia napięciowego można obliczyć wartość rezystora emiterowego:
ku 0 ≈ −
RC
RE
→
RE = −
RC
2,4
=−
kΩ = 200 Ω .
ku 0
− 12
(6.1.2)
Zastępczą rezystancję w obwodzie bazy, równą równoległemu połączeniu
rezystorów dzielnika R B = R1 R2 , decydującą o rezystancji wejściowej Ri tego
układu oblicza się ze wzmocnienia prądowego:
32
ki 0 ≈ −
i stąd
RB
RE
→
R B = − k i 0 RE = −(− 20)200 Ω = 4,00 kΩ ,
Ri ≈ RB
→
Ri = 4,00 kΩ .
(6.1.3)
(6.1.4)
Napięcie zasilające jest równe sumie trzech spadków napięć:
EC = I CQ RC + U CEQ + I EQ RE .
(6.1.5)
Nie podano w treści wartości wzmocnienia prądowego β 0 tranzystora, co
umożliwiłoby obliczenie prądu emitera z prądu kolektora. Można jednak założyć, że
β 0 będzie wystarczająco duże (tranzystor małej mocy, małej częstotliwości), aby
przybliżenie IEQ ≈ ICQ było dobrze spełnione i uprości zależność (6.1.5):
EC ≈ I CQ (RC + RE ) + U CEQ ≥
≥ 5,0 mA (2,4 + 0,2 ) kΩ + 12 V = 25 V .
(6.1.6)
W przypadku budowy tego układu należy najpierw wybrać konkretną wartość
napięcia źródła zasilającego a następnie obliczyć spoczynkowe napięcie bazy i na
koniec wartości obu rezystorów R1 , R2 dzielnika do polaryzacji bazy.
Odp. RE = 200 Ω, RC = 2,40 kΩ, Ri = 4,00 kΩ, EC ≥ 25,0 V.
układu.
Treść zadania
Wzmacniacz WE bez CE ma elementy: RC = 6,8 kΩ, RE = 820 Ω, rezystory
dzielnika zasilającego bazę R1 = 150 kΩ, R2 = 18 kΩ, oraz zasilanie EC = 15 V.
Tranzystor jest krzemowy npn, małej mocy; przyjmij β ≈ β 0 ≥ 250 A/A,
UBEQ = 0,65 V. Oblicz parametry określające punkt pracy tranzystora ppQ: ICQ , UCEQ .
Sprawdź, czy są spełnione warunki stabilnego ppQ. Oblicz parametry zastępcze
układu: Ri , Ro , ku0 , ki0 . Stosuj zależności przybliżone.
Rozwiązanie
Rozwiązanie należy oprzeć na rysunku do poprzedniego zadania. Zaczyna się od
obliczenia spoczynkowego napięcia na bazie, z pominięciem odpływu prądu
z dzielnika, czyli przy założeniu że IB << IDB :
U BQ ≈ EC
R2
18
= 15
V = 1,61 V .
R1 + R2
150 + 18
(6.2.1)
Następny krok jest oczywisty; aby obliczyć prąd emitera, trzeba obliczyć napięcie
na rezystorze emiterowym:
U EQ = U BQ − U BEQ = (1,61 − 0,65) V = 0,96 V .
(6.2.2)
Można obliczyć prąd emitera i przyjąć, że prąd kolektora jest mu praktycznie
równy, z błędem około 0,4 %, co wynika z tak dużego β 0 tranzystora:
33
I CQ ≈ I EQ =
U EQ
RE
=
0,96 V
= 1,17 mA .
0,82 kΩ
(6.2.3)
Teraz można już rozliczyć bilans napięć spoczynkowych w oczku emiterowokolektorowym tranzystora:
U CEQ ≈ EC − I EQ (RC + RE ) = [15 − 1,17(6,8 + 0,82 )] V = 6,08 V .
(6.2.4)
Kolej na sprawdzenie, czy punkt pracy tranzystora jest stabilny. Najpierw trzeba
obliczyć zastępczą rezystancję w obwodzie bazy, będzie ona także potrzebna do
obliczenia rezystancji wejściowej układu:
RB = R1 R2 =
150 ⋅18
kΩ = 16,1 kΩ .
150 + 18
(6.2.5)
Nastepny krok to sprawdzenie, czy wpływ zmian β 0 będzie do pominięcia;
pokazano niżej obie zależności, z których można skorzystać, ta druga ściślej służy do
oceny, czy prąd bazy nie obciąża zanadto dzielnika R1R2 :
RB ≤ 0,1β 0 min RE ,
16,1 kΩ ≤ 0,1 ⋅ 250 ⋅ 0,82 kΩ ,
16,1 kΩ ≤ 20,5 kΩ ,
I B max =
lub
I CQ
β 0 min
≤ 0,1I DB =
1,17
0,1 ⋅ 15
mA ,
mA ≤
250
150 + 18
0,1EC
,
R1 + R2
(6.2.6)
(6.2.7)
4,68 µA ≤ 8,93 µA .
Oba warunki są spełnione z bezpiecznym zapasem. A teraz sprawdzenie, czy
zmiany temperaturowe napięcia baza-emiter nie będą zbyt mocno wpływały na punkt
pracy tranzystora. Jako dopuszczalne minimum przyjmuje się poniższy warunek:
U EQ ≥ U BEQ ,
0,96 V ≥ 0,65 V .
(6.2.8)
Pora na wyznaczenie małosygnałowych zastępczych parametrów układu w środku
pasma częstotliwościowego. Z przybliżonych zależności:
Ri ≈ RB = 16,1 kΩ
oraz
Ro ≈ RC = 6,80 kΩ ,
(6.2.9)
RC
6,8 kΩ
V
=−
= −8,29 ,
RE
0,82 kΩ
V
(6.2.10)
RB
16,1 kΩ
A
=−
= −19,6
RE
0,82 kΩ
A
R
V 16,1 kΩ
A
= k u 0 i = −8,29 ⋅
= −19,6 .
Ro
V 6,8 kΩ
A
(6.2.11)
ku 0 ≈ −
ki0 ≈ −
lub k i 0
Odp. ICQ = 1,17 mA, UCEQ = 6,08 V,
Ri = 16,1 kΩ, Ro = 6,80 kΩ, ku0 = − 8,29 V/V, ki0 = − 19,6 A/A.
34
Zad. 6.3. Problematyka: punkt pracy tranzystora bipolarnego w układzie
wzmacniacza sygnałów przemiennych oraz parametry robocze takiego
wzmacniacza, traktowanego jako czwórnik liniowy i unilateralny.
Treść zadania
Masz za zadanie skonstruować wzmacniacz sygnałów przemiennych na
tranzystorze bipolarnym, w układzie WE, o stabilnym punkcie pracy ppQ. Ma on
mieć możliwie dużą rezystancję wejściową Ri , wzmocnienie napięciowe
ku0 = − 10,0 V/V, rezystancję wyjściową Ro < 3,0 kΩ.
Powinien on także przy obciążeniu wyjścia rezystorem o RL = 10 kΩ przenosić
symetrycznie sygnał; przy przesterowaniu układu na wyjściu równocześnie powinno
zacząć się obcinanie górnych i dolnych wierzchołków sinusoidy.
Dysponujesz źródłem zasilającym EC = 20,0 V, tranzystorem krzemowym npn
małej mocy, o β ≈ β 0 ≥ 200 A/A a typowa wartość to 350 A/A oraz kondensatorami
do odseparowania składowych stałych na wejściu i wyjściu C1 = C2 = 0,33 µF.
Dobierz pozostałe elementy układu. Oblicz parametry ppQ oraz robocze, zastępczego
czwórnika w wersji napięciowej i prądowej. Oblicz także dolną częstotliwość
graniczną w idealnych warunkach pracy czwórnika napięciowego oraz przy
współpracy ze źródłem sygnału o Rg = 2,00 kΩ i obciążeniem wyjścia o RL = 10,0 kΩ.
Rozwiązanie
Ze względu na żądaną stabilność punktu pracy i niewielkie wzmocnienie,
optymalnym wyborem jest układ WE z zasilaniem bazy za pomocą dzielnika ze źródła
zasilania EC oraz bez kondensatora emiterowego CE , co daje ujemne sprzężenie
zwrotne, bardzo poprawiające liniowość pracy układu (rys. 6.1.1). Stosowane będą
uproszczone zależności; pozostawiono Czytelnikowi sprawdzenie, na podstawie tabeli
w Dodatku, ile procent błędu popełnia się wskutek ich stosowania i wyciągnięcie
wniosków.
Analizę zaczyna się od prostego związku:
Ro ≈ RC i
Ro < 3 kΩ , wybrano RC = 2,7 kΩ .
(6.3.1)
Teraz z zależności na wzmocnienie takiego układu oblicza się rezystor emiterowy:
ku 0 ≈ −
RC
,
RE
RE ≈ −
RC
2,7 kΩ
=−
= 270 Ω .
ku 0
− 10,0
(6.3.2)
Punkt pracy (prąd ICQ) dobiera się z warunku granicznych symetrycznych
amplitud:
I CQ =
EC − U CE min
.
RLTDC + R LTAC
(6.3.3)
Przyjęto granicę nieliniowości związaną ze stanem nasycenia tranzystora;
minimalną wartość spadku napięcia UCEmin ≈ 0,5 V. Rezystancje w mianowniku
(6.3.3) to suma obciążeń wyjścia tranzystora (obszaru emiter-kolektor) dla prądu
stałego RLTDC oraz dla prądu przemiennego RLTAC , w środku częstotliwościowego
pasma pracy układu, w tym przypadku:
RLTDC = RC + RE = (2,70 + 0,27 ) kΩ = 2,97 kΩ ,
35
(6.3.4)
RLTAC = (RC RL ) + RE = [(2,70 10,0) + 0,27 ] kΩ = 2,40 kΩ ,
podstawienie do (6.3.3) I CQ =
(20,0 − 0,5) V = 3,63 mA .
(2,97 + 2,40) kΩ
(6.3.5)
(6.3.6)
Teraz pora na obliczenie napięcia na bazie UBQ , z dzielnika R1R2 , które wywoła
przepływ obliczonego w (6.3.6) prądu ICQ . Wcześniej trzeba przyjąć wartość spadku
napięcia na przewodzącym złączu baza-emiter krzemowego tranzystora o prądzie
kolektora rzędu kilku miliamperów: UBEQ = 0,65 V oraz dla uproszczenia zależności
równość IEQ ≈ ICQ ; dzięki dużej wartości współczynnika β 0 jest to uzasadnione:
U BQ = U BEQ + I EQ ⋅ RE ≈ U BEQ + I CQ ⋅ RE =
= 0,65 V + 3,63 mA ⋅ 0,27 kΩ = (0,65 + 0,980) V = 1,63 V .
(6.3.7)
Dopuszczalna wartość zastępcza RB = R1 R2 musi spełniać warunek stabilności
punktu pracy (6.3.8); przyjęto jednak współczynnik tylko 10, aby rezystancja
wejściowa nie była zbyt mała:
10 ⋅ RB ≤ RE ⋅ (β 0 min + 1) ≈ RE ⋅ β 0 min ,
stąd
RB ≤
1
0,27 kΩ ⋅ 200
RE ⋅ β 0 min =
= 5,40 kΩ .
10
10
(6.3.8)
(6.3.9)
Pomija się prąd bazy IBQ , obciążający dzielnik R1R2 i oblicza te rezystory:
U BQ = EC
E
E
R2
R ⋅R
= C ⋅ 1 2 = C RB ,
R1 + R2
R1 R1 + R2
R1
R1max = R B max
EC
20,0
= 5,40 kΩ
= 66,3 kΩ ,
1,63
U BQ
1
1
1  1
1 
=
−
=
−
 mS = 0,170 mS ,
R2 RB R1  5,40 66,3 
1
→ R2 max =
= 5,88 kΩ .
0,170 mS
(6.3.10)
(6.3.11)
(6.3.12)
Wybrano z szeregu wartości tzw. E24 (patrz Dodatek, tolerancja 5%) R1 = 62 kΩ
i R2 = 5,6 kΩ. Są już obliczone ostateczne wartości znamionowe wszystkich
rezystorów w układzie:
R1 = 62 kΩ,
R2 = 5,6 kΩ,
RC = 2,7 kΩ,
RE = 0,27 kΩ .
(6.3.13)
Można teraz obliczyć ostateczne spoczynkowe wartości napięć i prądów punktu
pracy Q. Nieobciążony dzielnik zasilający bazę (będzie jeszcze sprawdzenie, czy
IDB >> IBQ):
U BQ =
E C ⋅ R2
20,0V ⋅ 5,60 kΩ
=
= 1,66 V ,
R1 + R2 (62,0 + 5,60 ) kΩ
36
(6.3.14)
I DB =
EC
20,0 V
=
= 296 µA .
R1 + R2 (62,0 + 5,60) kΩ
(6.3.15)
Wartości napięcia na rezystorze emiterowym, prądu emitera i kolektora oraz
napięcia kolektora i spadku napięcia na wyjściu tranzystora oblicza się z zależności:
U EQ = U RE = U BQ − U BEQ = (1,66 − 0,65) V = 1,01 V ,
I CQ ≈ I EQ =
U EQ
RE
=
1,01 V
= 3,74 mA ,
0,270 kΩ
(6.3.16)
(6.3.17)
U CQ = EC − I CQ ⋅ RC = (20,0 − 3,74 ⋅ 2,70 ) V = 9,90 V ‘
(6.3.18)
U CEQ = U CQ − U EQ = (9,90 − 1,01) V = 8,89 V
(6.3.19)
lub
U CEQ ≈ ECQ − I CQ ⋅ (RC + RE ) =
= 20,0 V − 3,74 mA ⋅ (2,70 + 0,27 ) kΩ = (20,0 − 11,1) V = 8,90 V .
(6.3.20)
I jeszcze prąd bazy, obliczony z prądu kolektora i typowej wartości statycznego
współczynnika wzmocnienia prądowego tranzystora:
I BQ =
I CQ
β 0 typ
=
3,74 mA
= 10,7 ⋅ 10 −3 mA = 10,7 µA .
350 A/A
(6.3.21)
Sprawdzenie warunków stabilności spoczynkowego punktu pracy tranzystora:
10 ⋅ RB = 10 ⋅ (R1 R2 ) ≤ RE ⋅ β 0 min
oraz
→
51,4kΩ ≤ 54,0kΩ ,
(6.3.22)
I DB ≥ (10 ÷ 20) ⋅ I BQ
→
296 µA ≥ (107 ÷ 214) µA ,
(6.3.23)
U EQ ≥ (1 ÷ 3) ⋅ U BEQ
→
1,01 V ≥ (0,65 ÷ 1,95) V .
(6.3.24)
Drugi warunek (6.3.23) ma nieco inną postać od zastosowanej w poprzednim
zadaniu. Tutaj pokazano wersję, z której można skorzystać, gdy nie zna się β 0min ;
zakłada się, że może być ona około dwukrotnie mniejsza od typowej wartości.
Podobnie można zmodyfikować pierwszy warunek (6.3.22). Ostatni z warunków
(6.3.24) jest spełniony zadowalająco, ale nie zdecydowanie. Może to powodować
zauważalne zmiany prądu kolektora, wywołane temperaturowym współczynnikiem
napięcia UBE . Nie ma jednak możliwości zwiększenia UEQ bez zmniejszenia
wzmocnienia lub zwiększenia napięcia zasilającego EC .
Pozostało obliczenie wartości elementów (parametry) zastępczego liniowego
czwórnika unilateralnego modelującego tranzystor (parametry h w układzie WE)
a następnie modelującego cały wzmacniacz, w wersji napięciowej i prądowej:
rezystancja dynamiczna złącza baza-emiter tranzystora
h11e ≡ hie ≡ rbe ≈
26 mV
26 mV 26 mV
β 0 typ =
=
= 2,43 kΩ ,
10,7 µA
I CQ
I BQ
(6.3.25)
konduktancja dynamiczna wyjścia tranzystora (obszaru kolektor-emiter); przyjęto
wartość tzw. potencjału Earliego UY = 200 V dla tranzystora npn małej mocy
37
w obliczonym punkcie pracy
I CQ 3,74 mA
1
≈
=
= 18,7 µS ,
rce U Y
200 V
h22e ≡ hoe ≡
(6.3.26)
przyrostowy współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora
h21e ≡ h fe ≡ β typ = 350 A/A ,
(6.3.27)
rezystancja wejściowa wzmacniacza w wersji napięciowej i prądowej (rys. 6.1.1)
Ri ≈ RB = R1 R2 = 5,14 kΩ ,
(6.3.28)
rezystancja wyjściowa wzmacniacza w obu wersjach
Ro ≈ RC = 2,70 kΩ ,
(6.3.29)
transmitancja napięciowa wzmacniacza – wzmocnienie napięciowe
ku 0 = ku
RL ⇒∞ Ω
≈−
RC
2,70 kΩ
=−
= −10,0 V/V ,
RE
0,270 kΩ
(6.3.30)
transmitancja prądowa wzmacniacza – wzmocnienie prądowe
ki 0 = ki
RL ⇒0 Ω
≈−
RB
5,14 kΩ
=−
= −19,0 A/A .
RE
0,270 kΩ
(6.3.31)
Stosunek rezystancji wzmacniacza; wejściowej do wyjściowej
Ri 5,14 kΩ
≈
= 1,90 .
Ro 2,70 kΩ
(6.3.32)
Przy podanych wartościach rezystancji źródła sygnału i obciążenia wyjścia
ku = ku 0
RL
10,0 kΩ
= −10,0
= −7,87 V/V ,
(10,0 + 2,70) kΩ
RL + Ro
(6.3.33)
k uef = k u
Ri
5,14 kΩ
= −7,87
= −5,67 V/V .
Ri + R g
(5,14 + 2,00) kΩ
(6.3.34)
Na dolną częstotliwość graniczną układu mają wpływ dwa obwody − oczka,
z kondensatorami C1 i C2 , o stałych czasowych odpowiednio τ1 i τ2 . Z określonych
przez nie częstotliwości charakterystycznych:
f1 =
1
1
=
2 π ⋅ τ 1 2π ⋅ C1 ⋅ Ri + R g
),
(6.3.35)
f2 =
1
1
=
,
2π ⋅τ 2 2 π ⋅ C 2 ⋅ (Ro + RL )
(6.3.36)
(
oblicza się graniczną dolną częstotliwość fd , według kryterium – 3 dB, czyli spadku
do połowy mocy wzmacnianego sygnału, spowodowanego zmianami wzmocnienia
38
z częstotliwością
fd ≈
f12 + f 22 .
(6.3.37)
Zgodnie z tekstem zadania trzeba obliczyć fd dla dwóch przypadków: a) gdy
czwórnik napięciowy pracuje w warunkach idealnych, b) gdy źródło sygnału
i obciążenie mają określone rezystancje, podane w zadaniu;
a) gdy Rg = 0 Ω i RL ⇒ ∞ Ω, na podstawie zależności (6.3.35) i (6.3.36)
f1 =
1
1
=
= 93,8 Hz ,
−
6
2 π ⋅ C1 ⋅ Ri 2 π ⋅ 0,33 ⋅10 F ⋅ 5,14 ⋅10 3 Ω
a f2 ⇒ 0 Hz , stąd fd = f1 = 93,8 Hz .
(6.3.38)
(6.3.39)
b) gdy Rg = 2,00 kΩ i RL = 10,0 kΩ, na podstawie zależności (6.3.35)÷(6.3.37)
f1 =
1
1
=
= 67,5 Hz ,
2 π ⋅ C1 ⋅ Ri + R g
2 π ⋅ 0,33 µF ⋅ (5,14 + 2,00 ) kΩ
(6.3.40)
f2 =
1
1
=
= 38,0 Hz
2π ⋅ C 2 ⋅ (Ro + RL ) 2π ⋅ 0,33 µF ⋅ (2,70 + 10,0 ) kΩ
(6.3.41)
(
i
fd ≈
)
f12 + f 22 = 67,5 2 + 38 2 Hz = 77,5 Hz .
(6.3.42)
Odp. R1 = 62 kΩ, R2 = 5,6 kΩ, RC = 2,7 kΩ, RE = 0,27 kΩ,
ICQ = 3,74 mA, IBQ = 10,7 µA, UBQ = 1,66 V, UEQ = 1,01 V,
UCQ = 9,90 V, UCEQ = 8,89 V,
Ri = 5,14 kΩ, Ro = 2,70 kΩ, ku0 = − 10,0 V/V, ki0 = − 19,0 A/A,
dla wzmacniacza napięciowego w idealnych warunkach fd = 93,8 Hz,
a z Rg i RL fd = 77,5 Hz.
Zad. 6.4. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, w układzie WE
z kondensatorem CE na tranzystorze bipolarnym, punkt pracy tranzystora,
parametry zastępcze − robocze układu.
Treść zadania
Wzmacniacz małych sygnałów przemiennych w układzie WE, z kondensatorem CE
powinien mieć ku0 ≈ − 200 V/V. Tranzystor do niego, krzemowy npn małej mocy, ma
UBEQ = 0,65 V i β ≈ β 0 = 150 A/A. Źródło zasilanie ma EC = 12 V, a rezystory
w dzielniku do zasilania bazy R1 = 22 kΩ, R2 = 5,6 kΩ. Stosuj przybliżone zależności.
Oblicz RE , aby ICQ = 3,5 mA a następnie RC ; wartości obu rezystorów dobierz
z szeregu wartości zwanego E-24, o tolerancji 5% (Dodatek). Oblicz napięcie UCEQ na
tranzystorze oraz zastępcze parametry małosygnałowe wzmacniacza ki0 , Ri , Ro . Na
koniec oblicz dodatkowo parametry robocze wzmacniacza z dokładnych zależności
i porównaj z poprzednimi wartościami, z przybliżonych zależności.
Rozwiązanie
To zadanie dotyczy nieco innego wzmacniacza od tego, który analizowano w kilku
poprzednich zadaniach. Dodanie do układu kondensatora bocznikującego rezystor
emiterowy dla sygnałów przemiennych (rys. 6.4.1) usuwa dla nich ujemne sprzężenie
39
zwrotne. Układ ma większe transmitancje, ale może przetwarzać tylko małe sygnały
wejściowe, na poziomie pojedynczych miliwoltów. Przy większych sygnałach praca
układu staje się zauważalnie nieliniowa.
Obliczenia rozpoczyna się od napięcia na bazie i dobrania rezystora emiterowego
dla zadanego prądu kolektora:
Rys. 6.4.1. Wzmacniacz w układzie WE z kondensatorem CE i ze źródłem sygnału i obciążeniem,
oraz małosygnałowe układy zastępcze w środku pasma częstotliwościowego, m.in. do zad. 6.4.
U BQ ≈ EC
I CQ ≈ I EQ
R2
5,6
= 12
V = 2,43 V ,
R1 + R2
22 + 5,6
→
RE =
U EQ
I EQ
=
U BQ − U BEQ
(2,43 − 0,65) V = 0,509 kΩ = 509 Ω ,
=
3,5 mA
I EQ
(6.4.1)
=
(6.4.2)
wybrano 510 Ω .
Rezystor kolektorowy oblicza się z podanej wartości transmitancji napięciowej.
Uwaga, zależność jest inna niż w poprzednich zadaniach, ze względu na dodanie CE :
ku 0 ≈ −
RC I CQ
ϕT
→
RC = −
ϕT ku 0
I CQ
=
26 mV(− 200 V/V )
=−
= 1,49 kΩ , wybrano 1,50 kΩ .
3,5 mA
(6.4.3)
Można już teraz obliczyć spoczynkowy spadek napięcia na wyjściu tranzystora:
U CEQ = EC − I CQ RC − I EQ RE ≈ EC − I CQ (RC + RE ) =
12 V − 3,5 mA (1,5 + 0,51) kΩ = 4,97 V .
(6.4.4)
Aby obliczyć parametry małosygnałowe wzmacniacza, trzeba wcześniej obliczyć
wartości kilku rezystancji. Rezystancja zastępcza w obwodzie bazy:
R B = R1 R2 =
22 ⋅ 5,6
kΩ = 4,46 kΩ .
22 + 5,6
Wejściowa rezystancja zastępcza tranzystora w układzie WE:
40
(6.4.5)
rbe ≡ h11e = β 0
ϕT
= 150
I CQ
A 26 mV
⋅
= 1114 Ω ≈ 1,11 kΩ .
A 3,5 mA
(6.4.6)
Wyjściowa rezystancja zastępcza tranzystora w układzie WE:
rce ≡
1
h22e
≈
UY
200 V
=
= 57,1 kΩ .
I CQ 3,5 mA
(6.4.7)
Obliczenie z przybliżonych zależności parametrów małosygnałowych układu:
własna transmitancja prądowa, przy teoretycznym zwarciu jego wyjścia
k i 0 ≈ −0,8β ≡ −0,8h21e = −0,8 ⋅150
A
A
= −120 ,
A
A
(6.4.8)
zastępcza wejściowa rezystancja
Ri ≈ 0,8rbe ≡ 0,8h11e = 0,8 ⋅1,11 kΩ = 888 Ω ,
(6.4.9)
zastępcza wyjściowa rezystancja
Ro ≈ RC = 1,50 kΩ .
A teraz powtórne obliczenie
z teoretycznie dokładnych wzorów:
ku 0 = − β
ki 0 = −β
RC rce
rbe
wszystkich
= −150
(6.4.10)
parametrów
małosygnałowych
A 1,5 57,1
V
⋅
= −198 ,
A 1,11
V
RB
A
4,46
A
= −150 ⋅
= −120 ,
RB + rbe
A 4,46 + 1,11
A
(6.4.12)
4,46 ⋅1,11
kΩ = 889 Ω ,
4,46 + 1,11
(6.4.13)
1,50 ⋅ 57,1
kΩ = 1,46 kΩ .
1,50 + 57,1
(6.4.14)
Ri = RB rbe =
Ro = RC rce =
(6.4.11)
Porównanie wartości parametrów roboczych układu, obliczonych ze wzorów
przybliżonych i dokładnych wypada optymistycznie; różnice są na tyle niewielkie, że
do pominięcie w porównaniu z tolerancją wartości elementów (rezystancji,
wzmocnienia prądowego tranzystora). W odróżnieniu od układu z poprzednich zadań
tym razem obie transmitancje − wzmocnienia są znacznie większe ale zmalał stosunek
rezystancji:
Ri 0,889 kΩ
=
= 0,609
Ro
1,46 kΩ
(6.4.15)
a w poprzednim zadaniu wyniósł on 1,90. Ponadto poza wyjściową rezystancją,
wszystkie parametry zależą wprost od wartości wzmocnienia prądowego tranzystora,
co powoduje duże rozrzuty tych parametrów przy produkcji i eksploatacji układu.
Odp. Wybrane RE = 510 Ω, RC = 1,50 kΩ. Parametry wzmacniacza, pierwsze wartość
41
z zależności przybliżonej: ku0 = − 200 V/V i − 198 V/V, ki0 = − 120 A/A
i − 120 A/A, Ri = 888 Ω i 889 Ω, Ro = 1,50 kΩ i 1,46 kΩ.
układu.
Treść zadania
Wzmacniacz WE z kondensatorem CE (rys. 6.4.1) ma zasilanie EC = + 10 V
i RE = 1,0 kΩ. Tranzystor krzemowy bipolarny npn małej mocy o β ≈ β 0 = 270 A/A,
UBEQ = 0,65 V. Stosuj uproszczone (inżynierskie) zależności.
a) Oblicz ICQ , RC , takie, aby układ miał ku0 = − 150 V/V a tranzystor w punkcie
pracy ppQ parametr h22e = 8,0 µS.
b) Oblicz pozostałe parametry ppQ: IBQ , UEQ , UCEQ , UBQ .
c) Oblicz zastępczą RB i rezystory R1 , R2 dzielnika zasilającego bazę.
d) Oblicz parametry zastępcze wzmacniacza: Ro , Ri , ki0 .
Rozwiązanie
Kluczowym problemem do rozwiązania tego zadania jest wyznaczenie
spoczynkowego prądu kolektora ICQ . Można to zrobić z podanej konduktancji
wyjściowej h22e tranzystora:
h22e ≡
I CQ
1
≈
rce U Y
→ I CQ = U Y h22e = 200 V ⋅ 8 ⋅ 10 −6 S = 1,60 mA .
(6.5.1)
Teraz można już obliczyć potrzebny rezystor kolektorowy i kilka wielkości
związanych z punktem pracy tranzystora:
ku 0 ≈ −
RC I CQ
ϕT
→
RC = −
ϕT ku 0
I CQ
=
26 mV (− 150 V/V )
=−
= 2,44 kΩ , wybrano 2,40 kΩ ,
1,6 mA
I BQ =
I CQ
β0
=
1,6 ⋅ 10 −3 A
= 5,93 ⋅ 10 −6 A = 5,93 µA ,
270
U EQ = RE I EQ = RE ( I CQ + I BQ ) =
1 ⋅ 10 3 Ω(1600 + 5,93) ⋅ 10 −6 A = 1,61 V ,
U CEQ = EC − U RC − U EQ = EC − RC I CQ − U EQ =
10 V − 2,4 kΩ ⋅ 1,6 mA − 1,61 V = 4,55 V ,
U BQ = U EQ + U BEQ = (1,61 + 0,65) V = 2,26 V .
(6.5.2)
(6.5.3)
(6.5.4)
(6.5.5)
(6.5.6)
Z warunku stabilizacji punktu pracy oblicza się dopuszczalną maksymalną wartość
zastępczej rezystancji w obwodzie bazy RB , a następnie wartości obu rezystorów
tworzących dzielnik R1R2 do polaryzacji bazy. Przyjęto do obliczeń minimalną
wartość wzmocnienia prądowego tranzystora równą połowie podanej wartości
znamionowej:
42
R B ≤ 0,1β 0 min R E = 0,1
β0
2
RE =
270
⋅ 1,0 kΩ = 13,5 kΩ ,
0,1 ⋅
2
EC
10
RB ≤
13,5 kΩ = 59,7 kΩ ,
U BQ
2,26
(6.5.8)
EC
10
RB ≤
13,5 kΩ = 17,4 kΩ .
EC − U BQ
10 − 2,26
(6.5.9)
R1 =
R2 =
(6.5.7)
Wybrano R1 = 56 kΩ, R2 = 16 kΩ i w rezultacie zastępcza wartość RB :
R B = R1 R2 =
56 ⋅ 16
kΩ = 12,4 kΩ .
56 + 16
(6.5.10)
Ponieważ wybrano wartości rezystorów nieco inne od obliczonych, trzeba
sprawdzić, czy ppQ nie zmieni się znacząco, np. obliczając UEQ i porównując
z (6.5.4):
U EQ = U BQ − U BEQ = EC
R2
− U BEQ =
R1 + R2
16
10 V
− 0,65 V = 1,57 V .
56 + 16
(6.5.11)
Zmiana tego napięcia, a tym samym zmiana prądu emitera oraz kolektora jest
około − 2,5 %, co uznano za dopuszczalne w porównaniu z tolerancjami rezystorów,
zazwyczaj ± 5 % i błędem pominięcia prądu bazy, obciążającego dzielnik R1R2 , około
4,3 %. Obliczenie tego ostatniego pozostawiono Czytelnikowi w charakterze
własnego ćwiczenia.
Na koniec obliczenie pozostałych roboczych parametrów układu wzmacniającego:
Ro ≈ RC = 2,40 kΩ ,
Ri ≈ 0,8rbe ≡ 0,8h11e = 0,8
β 0ϕT
I CQ
= 0,8
270 ⋅ 26 mV
= 3,51 kΩ ,
1,60 mA
k i 0 ≈ −0,8β ≡ −0,8h21e = −0,8 ⋅ 270 A/A = −216 A/A .
(6.5.12)
(6.5.13)
(6.5.14)
Czytelnik może dla wprawy obliczyć parametry robocze układu z dokładnych
zależności i porównać z tymi wynikami.
Odp. a) ICQ = 1,60 mA, RC = 2,40 kΩ. b) IBQ = 5,93 µA, UEQ = 1,61 V, UCEQ = 4,55 V,
UBQ = 2,26 V. c) R1 = 56,0 kΩ, R2 = 16,0 kΩ, RB = 12,4 kΩ. d) Ro = 2,40 kΩ,
Ri = 3,51 kΩ, ki0 = − 216 A/A.
43
Zad. 6.6. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, w układzie WC
(wtórnik emiterowy) na tranzystorze bipolarnym, punkt pracy tranzystora,
parametry zastępcze − robocze układu.
Treść zadania
Zbudowano wtórnik emiterowy, czyli wzmacniacz w układzie WC (rys. 6.6.1) na
tranzystorze krzemowym npn małej mocy o UBEQ = 0,65 V, β ≈ β 0 ∈ [250,350] A/A,
pozostałe elementy R1 = R2 = 82 kΩ, RE = 3,6 kΩ a zasilanie EC = 9,0 V. Oblicz ICQ
i UCEQ . Sprawdź, czy spełnione są warunki stabilizacji punktu pracy ppQ. Oblicz
parametry robocze wzmacniacza: ku0 , ki0 , Ri , Ro z zależności w wersji przybliżonej
i podstawowej.
Rozwiązanie
Wskutek istnienia elementu łączącego obwody wejściowy i wyjściowy, układ nie
całkiem spełnia warunek unilateralności. Będzie to można zaobserwować jako
częściową zależność wejściowej rezystancji od rezystancji obciążenia oraz częściową
zależność rezystancji wyjściowej od rezystancji źródła sygnału.
Rozwiązanie należy zacząć od obliczenia spoczynkowych napięć i prądu kolektora
w układzie:
U BQ ≈ EC
R2
82
= 9,0
V = 4,50 V ,
R1 + R2
82 + 82
(6.6.1)
U EQ = U BQ − U BEQ = (4,50 − 0,65) V = 3,85 V ,
(6.6.2)
U CEQ = EC − U EQ = (9,0 − 3,85) V = 5,15 V ,
(6.6.3)
I CQ ≈ I EQ =
U EQ
RE
=
3,85
mA = 1,07 mA .
3,6
(6.6.4)
Rys. 6.6.1. Wzmacniacz w układzie WC (wtórnik emiterowy) ze źródłem sygnału i obciążeniem,
oraz małosygnałowe układy zastępcze w środku pasma częstotliwościowego, do zad. 6.6.
Typową wartość współczynnika wzmocnienia prądowego tranzystora najlepiej
oszacować jako średnią geometryczną z granic podanego przedziału wartości. Autor
poleca tą średnią, a nie zwykłą arytmetyczną na podstawie swego doświadczenia:
44
β typ ≈ β 0typ = β 0 min ⋅ β 0 max = 250 ⋅ 350
A
A
= 296 .
A
A
(6.6.5)
Teraz można obliczyć typową i maksymalną wartość prądu bazy:
I CQ
I Btyp ≡ I BQ =
I B max =
=
β 0 typ
I CQ
=
β 0 min
1,07
mA = 3,61 µA ,
296
(6.6.6)
1,07
mA = 4,28 µA .
250
(6.6.7)
Powinno się jeszcze obliczyć wartość prądu dzielnika polaryzującego bazę, bo
będzie potrzebna do sprawdzenia warunku stabilności punktu pracy:
I DB =
EC
9,0
=
mA = 54,9 µA .
R1 + R2 82 + 82
(6.6.8)
Sprawdzenie warunków stabilności statycznego punktu pracy:
I DB ≥ 10 I B max ,
54,9 µA ≥ 42,8 µA ,
(6.6.9)
oraz z R B = R1 R2 = (82 82 )kΩ = 41 kΩ
(6.6.10)
RB ≤ 0,1β 0 min R E ,
U EQ ≥ U BEQ ,
41 kΩ ≤ 90 kΩ ,
3,85 V ≥ 0,65 V ,
6 razy !
(6.6.11)
Wszystkie nierówności są prawidłowe, punkt pracy będzie stabilny. Teraz można
obliczyć parametry małosygnałowe - robocze układu:
ϕT
rbe ≡ h11e ≈ β 0typ
ku 0 ≡ ku
RL ⇒∞ Ω
=
a przybliżenie
I CQ
26 mV
= 7,19 kΩ ,
1,07 mA
(6.6.12)
1
1
V
V
=
= 0,993
(6.6.13)
rbe
7,19
V
V
+
1
1+
(296 + 1)3,6
β typ + 1 R E
(
)
k u 0 ≈ 1,00
a przybliżenie
ki 0 ≡ ki
≈ 296
RL ⇒0 Ω
=
V
,
V
(6.6.14)
(β typ + 1)RB ≈ (296 + 1)41 A = 253 A
rbe + RB
7,19 + 41 A
k i 0 ≈ 0,8β typ = 0,8 ⋅ 296 = 237
A
.
A
A
(6.6.15)
(6.6.16)
W zależności na zastępczą rezystancję wejściową układu jest składnik zależny od
rezystancji obciążenia RL ; jest to ten wcześniej sygnalizowany efekt:
[
(
)
]
Ri = RB rbe + β typ + 1 (RE R L ) .
45
(6.6.17)
Pouczające będzie sprawdzenie, w jakim teoretycznie zakresie może zmieniać się
wejściowa rezystancja przy dwóch skrajnych przypadkach; definicyjnej pracy
napięciowej układu a następnie definicyjnej pracy prądowej.
Dla pracy napięciowej pomija się obciążenie wyjścia, bowiem RL >> RE :
Ri
RL ⇒ ∞ Ω
[
) ]
(
= R B rbe + β typ + 1 R E = 41 [7,19 + (296 + 1)3,6] kΩ =
(41 1076) kΩ =
a przybliżenie
1
kΩ = 39,5 kΩ
1
1
+
41 1076
(6.6.18)
Ri ≈ RB = 41,0 kΩ .
(6.6.19)
Dla pracy prądowej, gdy RL ⇒ 0 Ω
Ri ≈ RB rbe = (41 7,19) kΩ =
1
kΩ = 6,12 kΩ
1
1
+
41 7,19
(6.6.20)
i można w tym przypadku zastosować takie przybliżenie, jak dla układu WE
z kondensatorem CE
Ri ≈ 0,8rbe = 0,8 ⋅ 7,19 kΩ = 5,75 kΩ .
(6.6.21)
Stosunek skrajnych wartości wejściowej rezystancji, z zal. (6.6.18) i (6.6.20) jest
około 6,5.
Zastępcza rezystancja wyjściowa układu zależy od rezystancji źródła sygnału Rg :
Ro =
rbe + RB R g
β typ + 1
RE .
(6.6.22)
I podobnie jak w przypadku wejściowej rezystancji układu, teraz także zostaną
uwzględnione dwa skrajne przypadki pracy; teoretycznie czysto napięciowej
a następnie czysto prądowej.
Dla pracy czysto napięciowej, gdy Rg ⇒ 0 Ω:
Ro
Rg ⇒0 Ω
=
 7,19

RE = 
3,6  kΩ =
296
+
1


1
=
kΩ = 24,0 Ω
296 + 1 1
+
7,19
3,6
rbe
β typ + 1
(6.6.23)
a przybliżenie dla takiej pracy
Ro ≈ (1 ÷ 2 )reb = (1 ÷ 2 )
rbe
7,19 kΩ
= (1 ÷ 2)
= (24 ÷ 48) Ω .
β typ + 1
296 + 1
Dla pracy prądowej, gdy krańcowo Rg >> RB
46
(6.6.24)
Ro
Rg ⇒∞ Ω
=
rbe + RB
 7,19 + 41

RE = 
3,6 kΩ =
β typ + 1
 296 + 1

1
kΩ = 155 Ω .
296 + 1 1
+
48,2
3,6
(6.6.25)
Dla tej rezystancji stosunek skrajnych wartości z zal. (6.6.25) i (6.6.23) jest także
około 6,5. Natomiast stosunek wartości rezystancji wejściowej do wyjściowej,
sugerujący sposób wykorzystania, jest dla pracy napięciowej maksymalny 1,65⋅103
a dla pracy prądowej minimalny 39,5. Stąd wniosek, że ten wzmacniacz nadaje się
przede wszystkim do współpracy ze źródłami sygnału o dużej rezystancji zastępczej
Rg i obciążeniami wyjścia o rezystancji RL znacznie mniejszej od Rg .
Odp. Parametry ppQ: ICQ = 1,07 mA, UCEQ = 5,15 V.
Parametry robocze układu, druga wartość przybliżona: ku0 = 0,993 V/V i 1,00 V/V,
ki0 = 253 A/A i 237 A/A, Ri dla czystej pracy napięciowej 39,5 kΩ i 41,0 kΩ a dla
czystej pracy prądowej 6,12 kΩ i 5,75 kΩ, Ro dla czystej pracy napięciowej
24,0 Ω i (24,0÷48,0) Ω a dla czystej pracy prądowej 155 Ω.
Zad. 6.7. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, w układzie WB na
układu.
Treść zadania
Zbudowano wzmacniacz w układzie WB (rys. 6.7.1) z kondensatorem CB na
krzemowym tranzystorze npn małej mocy o UBEQ = 0,65 V, β ≈β 0 = 350 A/A, zasilanie
układu EC = 20 V a rezystory w układzie R1 = 100 kΩ, R2 = 12 kΩ, RE = 470 Ω,
RC = 3,3 kΩ. Oblicz ICQ i UCEQ . Oblicz parametry robocze wzmacniacza w środku
pasma częstotliwościowego: ku0 , ki0 , Ri , Ro z zależności w wersji podstawowej
i przybliżonej oraz porównaj je.
Rys. 6.7.1. Wzmacniacz w układzie WB ze źródłem sygnału i obciążeniem,
oraz małosygnałowe układy zastępcze w środku pasma częstotliwościowego, do zad. 6.7.
47
Rozwiązanie
Obliczenie wartości wielkości określających punkt pracy Q:
U BQ ≈ EC
R2
12
= 20
V = 2,14 V ,
R1 + R2
100 + 12
(6.7.1)
U EQ = U BQ − U BEQ = (2,14 − 0,65) V = 1,49 V ,
I CQ ≈ I EQ =
U EQ
=
RE
(6.7.2)
1,49
mA = 3,17 mA ,
0,47
(6.7.3)
U CEQ = EC − I CQ RC − I EQ RE ≈ EC − I EQ (RC + RE ) =
[20 − 3,17(3,3 + 0,47 )] V = 8,05 V .
(6.7.4)
Teraz obliczenie wielkości związanych z parametrami zastępczymi − roboczymi
małosygnałowymi tego układu:
RB = R1 R2 = (100 12) kΩ =
rbe ≡ h11e ≈ β 0
rce ≡
1
h22e
ϕT
I CQ
=
100 ⋅12
kΩ = 10,7 kΩ ,
100 + 12
(6.7.5)
26 mV
= 2,87 kΩ ,
3,17 mA
(6.7.6)
≈ 350
UY
200 V
≈
= 63,1 kΩ .
I CQ 3,17 mA
(6.7.7)
Własna transmitancja napięciowa z zależności dokładnej
ku 0 = β
RC [rce (β + 1)]
rbe
= 350
3,3 [63,1(350 + 1)] V
V
= 402
2,87
V
V
(6.7.8)
a teraz z zależności przybliżonej, praktycznie to samo (mniej o około 0,008 %)
ku 0 ≈
U RC
ϕT
=
RC I CQ
ϕT
≈
3,3 kΩ ⋅ 3,17 mA
V
= 402 .
0,026 V
V
(6.7.9)
Własna transmitancja prądowa z zależności dokładnej
ki 0 =
β RE
=
350 ⋅ 0,47
(β + 1)RE + rbe (350 + 1) ⋅ 0,47 + 2,87
= 0,980
A
A
(6.7.10)
a teraz z zależności przybliżonej wynik o około 2 % większy
k i 0 ≈ 1,00
A
.
A
(6.7.11)
Zastępcza wejściowa rezystancja układu z zależności dokładnej
Ri =
rbe
 2,87

RE = 
0,47  ⋅ 10 3 Ω = 8,04 Ω
β +1
 350 + 1

48
(6.7.12)
i przybliżenie większe o około 1,7 %
Ri ≈ reb ≡
rbe
2870
=
Ω = 8,18 Ω .
β + 1 350 + 1
(6.7.13)
Zastępcza wyjściowa rezystancja układu z zależności dokładnej
Ro = RC [rce (β + 1)] = {3,3 [63,1(350 + 1)]} kΩ = 3,30 kΩ
(6.7.14)
i przybliżenie większe zaledwie o około 0,015 %
Ro ≈ RC = 3,30 kΩ .
(6.7.15)
Na koniec jeszcze obliczenie stosunku wartości rezystancji wejściowej do
wyjściowej; w tym układzie jest to 2,44⋅10−3. Ma więc ten układ własności dokładnie
przeciwne do poprzedniego; źródło sygnału powinno mieć małą rezystancję
a obciążenie układu może mieć znacznie większą.
Odp. Parametry ppQ: ICQ = 3,17 mA, UCEQ = 8,05 V.
Parametry robocze układu, druga wartość przybliżona: ku0 = 402 V/V i 402 V/V,
ki0 = 0,980 A/A i 1,00 A/A, Ri = 8,04 Ω i 8,18 Ω, Ro = 3,30 kΩ i 3,30 kΩ.
Zad. 6.8. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, na tranzystorze
bipolarnym w układzie WE, z dzielonym rezystorem emiterowym dla uzyskania
stabilnego punktu pracy przy małym napięciu zasilającym.
Treść zadania
Źródłem napięcia zasilającego wzmacniacz WE ma być bateria 3R12,
o znamionowej wartości siły elektromotorycznej EC = 4,5 V. Wzmacniacz powinien
mieć wzmocnienie napięciowe ku0 = 10 V/V i rezystancje: wejściową Ri ≥ 20 kΩ
i wyjściową Ro ≤ 5 kΩ. Powinien także przenosić maksymalne symetryczne amplitudy
sygnału sinusoidalnego przy obciążeniu wyjścia rezystancją RL = 2Ro . Zastosuj
tranzystor krzemowy npn małej mocy o UBEQ = 0,65 V i β 0 ≈ β ≈ (240÷420)A/A,
przyjmij granicę jego liniowej pracy UCEmin = 0,5 V. Punkt pracy tranzystora powinien
być stabilny. Stosuj przybliżone zależności na parametry małosygnałowe układu.
Oblicz wartości rezystorów do układu.
Rozwiązanie
W przypadku tak stosunkowo niewielkiego wzmocnienia i żądania liniowej pracy
z maksymalnymi symetrycznymi amplitudami należy zastosować układ wzmacniacza
WE bez kondensatora CE , czyli z ujemnym sprzężeniem zwrotnym, jak na rys. 6.1.1
w zadaniu 6.1. Dla takiego układu pierwszą wartość rezystora można wybrać od razu:
RC ≈ Ro ,
wybrano
RC = 4,3 kΩ .
(6.8.1)
Z żądanej wartości wzmocnienia wynika:
ku 0 ≈ −
RC
RE
→
RE = −
RC
4,3
=−
kΩ = 430 Ω .
ku 0
− 10
(6.8.2)
Obliczenia rezystancji do wyznaczenia zgodnie z kryterium maksymalnych
symetrycznych amplitud optymalnego prądu kolektora w punkcie pracy (patrz
zad. 6.3):
49
RLTDC = RE + RC = (0,43 + 4,3)kΩ = 4,73 kΩ ,
(6.8.3)
RC ⋅ 2 RC
2
= RE + RC =
3RC
3
2


=  0,43 + 4,3 kΩ = 3,30 kΩ ,
3


RLTAC = RE + (RC RL ) = RE +
I CQ =
(6.8.4)
(4,5 − 0,5)V = 4,0 mA =
EC − U CE min
=
RLTDC + RLTAC (4,73 + 3,30 )kΩ 8,03
= 0,498 mA ≈ 0,50 mA .
(6.8.5)
Tranzystor ma być krzemowy, o UBEQ ≈ 0,65 V i można już sprawdzić jedno
z kryteriów stabilności punktu pracy:
U EQ ≡ U R E Q = I EQ RE ≈ I CQ RE = 0,498 mA ⋅ 0,43 kΩ = 0,214 V.
(6.8.6)
Ostatni wynik jest przynajmniej 3 razy za mały, aby spełnić warunek, racjonalnie
zmniejszający wpływ temperaturowych zmian napięcia UBE :
U EQ ≥ (1 ÷ 3)U BEQ .
(6.8.7)
EC
Ii
IDB
Rg
UB
Ui C1
Eg
R2
czwórnik prądowy
Io
RC
R1
UC
IC
IB
UBE
C2 Uo
T
UE
czwórnik napięciowy
RL
RE1
Ro
Ui
RE2
Uo
CE
IEQ
Rys. 6.8.1. Wzmacniacz w układzie WE z dwuczęściowym rezystorem emiterowym, umożliwiającym
uzyskanie stabilnego punktu pracy przy niewielkim napięciu zasilania oraz małosygnałowe układy
zastępcze w środku pasma częstotliwościowego, do zad. 6.8.
Zwiększenie wartości RE nie wchodzi w grę, bo zmalałoby wzmocnienie ku0 .
Najprostszym rozwiązaniem przy twardo narzuconym napięciu zasilania EC jest
zastosowanie dwóch rezystorów między emiterem tranzystora a masą, przy czym
jeden z nich jest bocznikowany kondensatorem CE , jak pokazano na rys. 6.8.1.
Dla prądu stałego między emiterem i masą jest łączna rezystancja RE1 + RE2 ,
natomiast dla sygnału przemiennego ze środka pasma częstotliwościowego
rezystancja RE2 jest bocznikowana reaktancją kondensatora CE i pozostaje tylko RE1 .
Stąd
50
RE 1 = −
RC − 4,3
=
kΩ = 430 Ω
ku 0 − 10
(RE1 + RE 2 )min ≈
oraz z warunku stabilizacji
U BEQ
I CQ
.
(6.8.8)
(6.8.9)
Po takiej modyfikacji układu wartość rezystancja RLTAC obciążenia tranzystora dla
sygnału nie zmieni się, bowiem RE1 równa się poprzedniej wartości RE , natomiast
wzrośnie rezystancja RLTDC dla prądu stałego:
RLTDC = RE1 + RE 2 + RC ≥
U BEQ
I CQ
+ RC .
(6.8.10)
Po podstawieniu tej zależności do warunku (6.8.5) na uzyskanie symetrycznych
amplitud i przekształceniach
I CQ ≤
EC − U CE min − U BEQ (4,5 − 0,5 − 0,65)V
=
= 0,441 mA .
5
(0,43 + 7,17 )kΩ
RE1 + RC
3
(6.8.11)
Można już obliczyć minimalną wartość rezystora RE2 :
RE 2 ≥ (RE1 + RE 2 )min − RE1 =
U BEQ
I CQ
− RE 1 =
 0,65

=
− 0,43 kΩ = 1,04kΩ .
 0,441

(6.8.12)
Zbyt duży RE2 ograniczałby dynamikę sygnału (wartość międzyszczytową) na
wyjściu układu. Dlatego zdecydowano się na wartość bliską granicy obliczonej
z zależności (6.8.12) i wybrano
RE 2 = 1,1 kΩ ,
w rezultacie suma
RE1 + RE 2 = 1,53 kΩ .
(6.8.13)
Skorygowana wartość pożądanego prądu kolektora, po zastosowaniu zależności
(6.8.10) i (6.8.5)
I CQ =
(4,5 − 0,5)V = 0,438 mA .
(5,83 + 3,30)kΩ
(6.8.14)
W celu obliczenia wartości rezystorów, tworzących dzielnik zasilający bazę
tranzystora trzeba najpierw obliczyć napięcie między bazą i masą układu oraz
z warunku stabilności graniczną wartość równoległego połączenia tych rezystorów:
U BQ = U BEQ + U EQ ≈ U BEQ + I CQ (RE1 + RE 2 ) =
= (0,65 + 0,438 ⋅1,53)V = 1,32 V,
(6.8.15)
RB = R1 R2 ≤ 0,1β 0 min RE = 0,1 ⋅ 240 ⋅1,53 kΩ = 36,7 kΩ .
(6.8.16)
Przy założeniu, że dzielnik R1R2 nie jest praktycznie obciążony przez prąd bazy
tranzystora można zapisać
51
U BQ = EC
i stąd
R1 = RB
R2
R
= EC B
R1 + R2
R1
EC
4,5
≤ 36,7
kΩ = 125 kΩ , wybrano 120 kΩ.
U BQ
1,32
(6.8.17)
(6.8.18)
Zależność na R2 można wyprowadzić z nieco innej postaci podziału dzielnika:
EC − U BQ = EC
i stąd R2 = RB
R1
R
= EC B
R1 + R2
R2
(6.8.19)
4,5
EC
≤ 36,7
kΩ = 51,9 kΩ , wybrano 51 kΩ. (6.8.20)
4,5 − 1,32
EC − U BQ
Dobrano już wszystkie rezystory do układu, można więc ostatecznie obliczyć
wartości wielkości w punkcie pracy:
U BQ = EC
R2
51
= 4,5
V = 1,34 V ,
R1 + R2
171
U EQ = U BQ − U BEQ = (1,34 − 0,65)V = 0,69 V > U BEQ ,
I CQ ≈ I EQ =
U EQ
RE1 + RE 2
=
0,69 V
= 0,451 mA ,
1,53 kΩ
U CQ = EC − I CQ RC = (4,5 − 0,451 ⋅ 4,3)V = 2,56 V ,
(6.8.21)
(6.8.22)
(6.8.23)
(6.8.24)
U CEQ = U CQ − U EQ = (2,56 − 0,69)V = 1,87 V lub z
(6.8.25)
U CEQ = EC − I CQ RC − I EQ (RE1 + RE 2 ) ≈ EC − I CQ (RC + RE1 + RE 2 )
oraz sprawdzić warunki stabilności spoczynkowego punktu pracy ppQ. Jeden z nich
już sprawdzono na końcu zal. (6.8.22), do pozostałych trzeba obliczyć zastępczą
rezystancję RB i typowy prąd bazy IBQ w oparciu o średnią geometryczną granicznych
wartości współczynnika β 0 :
RB = R1 R2 =
I BQ =
prąd dzielnika
I CQ
β 0 typ
=
I DB ≈
R1R2
= 35,8 kΩ ,
R1 + R2
I CQ
β 0 min β 0 max
=
0,451 mA
= 1,42 µA ,
240 ⋅ 420
EC
4,5 V
=
= 26,3 µA .
R1 + R2 171 kΩ
(6.8.26)
(6.8.27)
(6.8.28)
Jak wynika z (6.827) i (6.8.28) prąd płynący przez rezystory R1 i R2 jest przeszło
osiemnaście razy większy od typowego spoczynkowego prądu bazy, można więc
uznać, że jest spełniony praktyczny warunek nie obciążania dzielnika. Obliczona
z (6.8.26) wartość RB jest mniejsza od dopuszczalnej granicznej wyznaczonej
z (6.8.16), a więc i ten warunek jest spełniony. Na koniec z przybliżonych wzorów
oszacowano parametry robocze – małosygnałowe układu i porównano z wymogami
52
w treści zadania:
Ri ≈ RB = 35,8 kΩ > 20 kΩ , Ro ≈ RC = 4,30 kΩ < 5,0 kΩ ,
(6.8.29)
Ri RB 35,8
≈
=
= 8,33 ,
Ro RC
4,3
(6.8.30)
stosunek rezystancji
ku 0 ≈ −
RC
V
= −10,0 ,
RE 1
V
ki 0 ≈ −
RB
A
= −83,3 .
RE 1
A
(6.8.31)
Proponuje się Czytelnikowi w ramach ćwiczeń własnych sprawdzenie błędów
przybliżeń w zależnościach (6.8.29) i (6.8.31) w oparciu o zależności w tabeli
w Dodatku, bowiem wynikiem podzielenia rezystora emiterowego na dwie części jest
stosunkowo duża wartość RB ; warunek na nią był dla prądu stałego i spełniła go suma
rezystorów emiterowych. Podstawą do wątpliwości co do praktycznej słuszności
przybliżeń na parametry robocze układu może być porównanie stosunku rezystancji
wejściowej do wyjściowej oraz wzmocnienia prądowego z tego zadania z wynikami
np. w zad. 6.2 lub 6.3.
Jeżeli dopuszczalna byłaby zmiana wartości napięcia zasilania EC , to byłaby to
najprostsza droga do spełnienia wszystkich pozostałych wymagań bez korekty układu,
tj. byłby jeden rezystor RE , nie zablokowany kondensatorem CE . Innym prostym
rozwiązaniem byłoby zastosowanie tranzystora germanowego, o mniejszym napięciu
UBEQ ≈ 0,25 V, przy czym miałby on mniejsze wzmocnienie prądowe i mniejszą
rezystancję rce .
Odp. Rezystory: R1 = 120 kΩ, R2 = 51 kΩ, RC = 4,3 kΩ, RE1 = 430 Ω, RE2 = 1,1 kΩ.
Parametry ppQ: ICQ = 0,451 mA, UCEQ = 1,87 V. Parametry robocze układu:
ku0 = – 10,0 V/V, ki0 = – 83,3 A/A, Ri = 35,8 kΩ, Ro = 4,30 kΩ.
Zad. 6.9. Problematyka: źródło prądowe na tranzystorze bipolarnym, w układzie
prądowego stabilizatora kompensacyjnego.
Treść zadania
Oblicz wartości elementów i napięcia zasilania do układu stabilizatora prądowego
na tranzystorze bipolarnym. Wyjściowy prąd wypływający powinien mieć
Io = 1,00 mA a obciążenie połączone z masą (rys. 6.9.1) zakres RL = (0÷20) kΩ.
Źródło zasilania ESUP powinno być dodatnie w stosunku do masy, maksymalna
temperatura otoczenia nie przekroczy ϑamax = 40 °C. Przyjmij, że tranzystor do układu
jest krzemowym pnp małej mocy, o β ≈ β o = (150÷280) A/A. Oblicz parametry
robocze źródła: rezystancję wyjściową i współczynnik stabilizacji prądowej bez
uwzględnienia efektów cieplnych spowodowanych zmianą mocy wydzielającej się
w diodzie stabilizacyjnej i w tranzystorze.
Rozwiązanie
Struktura układu została narzucona w zadaniu. Należy dobrać typ diody
stabilizacyjnej D i wartości R, RE , ESUP . Postanowiono wybrać diodę małej mocy
(PDM = 0,5 W) o możliwie małej rezystancji dynamicznej i jednocześnie małym
współczynniku temperaturowym napięcia w zakresie przebicia. Wybrano diodę
o parametrach: URZ = 6,2 V ± 5 %, ϑjmax = 150 °C, przy IRZ = 5 mA typowa rezystancja
dynamiczna rRZ = 6 Ω i typowy współczynnik temperaturowy αU = 2,2 mV/deg.
53
Rys. 6.9.1. Układ najprostszego stabilizatora kompensacyjnego prądu, ze źródłem odniesienia na diodzie
stabilizacyjnej i ujemnym sprzężeniu zwrotnym prądowo-szeregowym wprowadzonym za pomocą RE .
Wszystkie prądy elektrod tranzystora są ujemne, przy takim zastrzałkowaniu jak na
rys. 6.9.1. Natomiast zmieniono kolejność indeksów w oznaczeniu spadków napięcia
na tranzystorze, dzięki czemu oba: UEB i UEC są dodatnie.
Przyjęto, że granicą liniowej pracy tranzystora jest formalne przejście do stanu
nasycenia, tj. moment zrównania sie potencjałów kolektora i bazy, czyli UEC = UEB .
Warunek na minimalne napięcie zasilania ma formę:
ESUP ≥ U o max + U EC min + U RE = U o max + U EB + U RE =
= U o max + U RZ = I o RL max + U RZ = (1 ⋅ 20 + 6,2 )V = 26,2 V .
(6.9.1)
Ponieważ prawdopodobne źródło napięcia ESUP to zasilacz sieciowy z filtrem,
wybrano z małym zapasem wartość ESUP = (30 ± 3)V, dopuszczając około ± 10 %
wahań napięcia spowodowanych zmianami napięcia sieci. Następnie obliczono
typową wartość współczynnika wzmocnienia prądowego tranzystora i maksymalną
wartość prądu bazy:
β typ ≈ β 0 typ = β 0 max β 0 min = 280 ⋅150 = 205
I B max =
IC
β 0 min
=
− Io
β 0 min
=
A
,
A
− 1 mA
= −6,67 µA .
150
(6.9.2)
(6.9.3)
Dobór punktu pracy diody nie zależy w tym przypadku od prądu bazy, bo jest on
pomijalnie mały. Ponieważ nie sformułowano żadnego warunku co do sprawności
układu, postanowiono prąd diody dobrać jako średnią geometryczną z wartości
ograniczających jej zakres dopuszczalnej pracy:
I RZ max =
PD max PDM ϑ j max − ϑa max
=
⋅
=
U RZ
U RZ ϑ j max − 25 o C
0,5 W 150 − 40
=
⋅
= 71,0 mA ,
6,2 V 150 − 25
I RZ min = 0,1
PDM
0,5 W
= 0,1
= 8,06 mA ,
U RZ
6,2 V
I RZ = I RZ max I RZ min = 71 ⋅ 8,06 mA = 23,9 mA .
54
(6.9.4)
(6.9.5)
(6.9.6)
Można już obliczyć wartość rezystora R, na podstawie znamionowej wartości
napięcia zasilania i prądu z zależności (6.9.6)
R=
ESUP − U RZ (30 − 6,2) V
=
= 0,996 kΩ ,
I RZ
23,9 mA
wybrano R = 1,00 kΩ ,
(6.9.7)
a następnie wartość rezystora emiterowego RE
RE =
β 0 U RZ − U EB
U RZ − U EB
=
⋅
=
− IE
β0 + 1
Io
205 6,2 − 0,65
=
⋅
kΩ = 5,52 kΩ .
205 + 1
1
(6.9.8)
Postanowiono podzielić RE na dwie części, stały rezystor 5,1 kΩ i szeregowo z nim
połączony regulowany 1,0 kΩ, co umożliwi adjustację wartości wyjściowego prądu.
Wszystkie elementy do układu już są wybrane, kolej na obliczenie parametrów
roboczych układu. Zaczęto od oszacowania dynamicznej konduktancji wyjściowej
tranzystora:
h22e =
I
1 − IC
1 mA
=
= o =
= 6,67 µS .
rce U Y
U Y 150 V
(6.9.9)
Wyjściowa konduktancja dynamiczna stabilizatora prądu:
go =
∂I o
h
h
6,67
≈ 22e ≈ 22e =
µS = 32,5 nS czyli ro = 30,8 MΩ .
∂U o β + 1
β
205
(6.9.10)
Współczynnik stabilizacji prądowej, przy zasilaniu ze źródła napięciowego:
Gi ≡
∂I o
h
r
≈ 22e + RZ =
∂ESUP
RE R
β
6
= 32,5 nS +
µS = 32,5 nS + 1,09 µS = 1,12 µS .
5,52 ⋅1
(6.9.11)
Wyraźnie dominującym jest drugi składnik współczynnika stabilizacji, zależny od
rezystorów i diody. Można jeszcze obliczyć współczynnik stabilizacji, zdefiniowany
dla zmian względnych:
∂I o
Io
E
30
%
Si ≡
= Gi SUP = 1,12 ⋅10− 6
= 3,36 ⋅10 − 2 .
−3
∂ESUP
Io
%
1 ⋅10
ESUP
(6.9.12)
Odp. Dioda C6V2 małej mocy PDM = 0,5 W, rezystory R = 1,0 kΩ, RE = 5,52 kΩ,
złożony ze stałego 5,1 kΩ i regulowanego 1,0 kΩ, napięcie zasilania znamionowo
ESUP = 30 V z dopuszczalną tolerancją ± 10 %, wyjściowa konduktancja
dynamiczna go = 32,5 nS, współczynniki stabil. Gi = 1,12 µS i Si = 3,36⋅10 – 2 %/%.
55
Zad. 6.10. Problematyka: układ transmisji sygnału cyfrowego przez łącze
izolacyjne, zastosowanie klucza tranzystorowego i transoptora, graniczne wartości
parametrów.
Treść zadania
Oblicz wartości rezystorów do układu transmisji sygnału binarnego, bez negacji,
przez łącze izolacyjne (rozdzielone potencjały odniesienia – masy), na transoptorze,
z dwoma dodatkowymi tranzystorami pracującymi jako klucze na wejściu i wyjściu
(rys. 6.10.1). Pomiń tolerancje wartości rezystancji rezystorów i napięć źródeł
zasilających. Układ będzie pracował w zakresie temperatury otoczenia (25 ± 5)°C.
Przyjmij dla stanu nasycenia tranzystorów wartość współczynnika przesterowania 3.
Dane standardów sygnałów:
− wejście, stan niski UiL = (0÷0,40)V dla odpowiednio IiL = − (0÷2,0)mA,
stan wysoki UiH = (3,5÷5,0)V dla odpowiednio IiH = + (0,20÷0)mA,
− wyjście, stan niski UoL = (0÷0,60)V dla odpowiednio IoL = − (0÷20)mA,
stan wysoki UoH = (6,0÷9,0)V dla odpowiednio IoH = + (2,0÷0)mA.
Dane źródeł zasilających:
− strona wejściowa ECi = + 5,00 V,
− strona wyjściowa ECo = + 9,00 V.
Dane transoptora TO:
− LED GaAs podczerwień, IDmax = 50 mA, UD = (1,0÷1,3)V dla ID = (1÷10)mA,
− fototranzystor krzemowy npn, ICmax = 50mA, przy R3 = 0,22 MΩ i w stanie
nasycenia tranzystora UCEsat = (0,10÷0,40)V minimalna wartość współczynnika
transmisji prądowej (current transfer ratio) CTRmin ≡ KImin ≡ (IC/ID)min = 0,06.
Dane tranzystorów: krzemowe npn małej mocy, ICmax = 50 mA, UCE0 = 30 V,
UBE ≈ 0,65 V, UCEsat = (0,1÷0,4)V, β 0 = (200÷360)A/A.
Rys. 6.10.1. Układ do transmisji sygnału cyfrowego z izolacją galwaniczną obwodów.
Rozwiązanie
Jest to zadanie o charakterze prostego projektu; struktura układu i dane części
elementów są narzucone. Przy analizie należy posługiwać się odpowiednimi
granicznymi wartościami i zacząć ją od końca układu, od wyjścia.
Na wyjściu jest stan wysoki, gdy tranzystor T3 jest zatkany i wartość rezystora R5
można obliczyć z wyjściowych granicznych wartości prądu i napięcia:
R5 ≤
ECo − U oH min (9 − 6 )V
=
= 1,5 kΩ ,
I oH max
2 mA
56
wybrano R5 = 1,3 kΩ .
(6.10.1)
Gdy T3 jest w nasyceniu, wyjście jest w stanie niskim i przez tranzystor płynie
suma prądów z rezystora i z wyjścia:
I C 3max = I R5 + (− I oL max ) =
ECo − U CE 3sat min
R5
− I oL max =
(9 − 0,1) mA + 20 mA = 26,8 mA.
=
(6.10.2)
1,3
Aby stan nasycenia tranzystora T3 był pewny, prąd jego bazy musi być
odpowiednio duży. Z dodatkowym współczynnikiem nasycenia
I C 3 max
I B 3min = 3
β 03 min
=3
26,8
mA = 0,402 mA.
200
(6.10.3)
Gdy T3 jest w nasyceniu, T2 musi być zatkany i cały prąd bazy T3 płynie przez
rezystor R4 :
R4 ≤
ECo − U BE 3 (9 − 0,65)V
=
= 20,8 kΩ ,
I B 3 min
0,402 mA
wybrano R4 = 18 kΩ . (6.10.4)
Przeciwny stan T3 – zatkanie zostanie osiągnięte, gdy cały prąd z rezystora R4
popłynie do kolektora T2 , czyli gdy T2 wejdzie w stan nasycenia i wtedy
I C 2max =
ECo − U CE 2sat min
R4
=
(9 − 0,1) mA = 0,494 mA.
18
(6.10.5)
Prąd przewodzącej diody transoptora, którego efektem będzie obliczony prąd
fototrazystora T2 , musi mieć przynajmniej wartość:
I C 2 max 0,494
=
mA = 8,23 mA.
0,06
K Imin
I Dmin =
(6.10.6)
Przewodzenie tej diody będzie skutkiem stanu nasycenia tranzystora T1 , którego
prąd kolektora powinien być przynajmniej równy wynikowi z (6.10.6), a to zapewni
dobór odpowiedniego rezystora R2 :
R2 ≤
ECi − U CE1sat max − U D max
I D min
(5 − 0,4 − 1,3)V = 401 Ω ,
=
=
(6.10.7)
wybrano R2 = 360 Ω .
8,23 mA
Aby popłynęła maksymalna wartość prądu kolektora T1
I C1 max =
ECi − U CE1sat min − U D min
R2
=
(5 − 0,1 − 1,0) mA = 10,8 mA
0,36
(6.10.8)
i nie wyszedł on z nasycenia, prąd jego bazy nie może być mniejszy od:
I B1min = 3
I C1 max
β 01min
=3
10,8
mA = 0,162 mA.
200
57
(6.10.9)
Rezystor R1 w bazie T1 , zapewniający taki prąd bazy przy określonych
parametrach stanu wysokiego sygnału wejściowego:
R1 ≤
U iH min − U BE1 − U D max
=
I B1min
(3,5 − 0,65 − 1,3)V = 9,57 kΩ ,
=
0,162 mA
(6.10.10)
wybrano R1 = 8,2 kΩ .
To obliczenie kończy analizę. Wartość rezystora R3 zgodnie z danymi transoptora
powinna być równa 0,22 MΩ.
Wybierano wartości rezystorów z zapasem przynajmniej 10 %, aby ewentualne
rozrzuty wynikające z tolerancji nie miały wpływu na spełnienie stosowanych
w obliczeniach nierówności. Ponieważ w każdym punkcie analizy formułowano
warunki dla najgorszego przypadku, układ ma duży zapas bezpieczeństwa i np. praca
przy podwyższonej temperaturze otoczenia do np. 40 °C powinna być także
poprawna.
Odp. Rezystory: R1 = 8,2 kΩ, R2 = 360 Ω, R3 = 0,22 MΩ, R4 = 18 kΩ, R5 = 1,3 kΩ.
58
ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW UNIPOLARNYCH
7. ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW UNIPOLARNYCH
Zad. 7.1. Problematyka: źródło prądowe na tranzystorze polowym złączowym,
dobór rezystora w źródle, parametry robocze źródła.
Treść zadania
Rezystancja wyjściowa źródła prądowego na tranzystorze polowym JFET
z kanałem n (rys. 7.1.1) ma być przynajmniej 10 razy większa od rezystancji kanału
rds tranzystora. Oblicz wartość graniczną prądu wyjściowego źródła dla tego
przypadku, dobierz okrągłą zbliżoną wartość znamionową Io a następnie oblicz
wartość rezystora RS . Źródło zasilania ma ED = 15 V a tranzystor ma napięcie
odcięcia UP = − 3,8 V i prąd ID(UGS = 0 V) ≡ IDSS = 12 mA. Oblicz zakres
dopuszczalnej rezystancji obciążenia wyjścia źródła RL .
Rys. 7.1.1. Źródło prądowe na JFETn w dwóch wersjach: a) obciążenie (wyjście) między drenem D
tranzystora i źródłem zasilającym, b) obciążenie między źródłem S tranzystora i masą układu.
Rozwiązanie
Pokazane na rys. 7.1.1 układy mają praktycznie identyczne parametry przy prądzie
stałym, bowiem w obu Io = ID ≈ IS , zgodnie z własnością tranzystora polowego
IG ⇒ 0 A. Istotną zaletą układu b) jest połączenia jednego końca obciążenia RL
z masą, co w niektórych zastosowaniach może być niezbędne.
Z narzuconego w treści stosunku rezystancji wynika stosunek prądów IDSS i Io :
 I

ro ≈ rds  2 DSS − 1
Io


I DSS
≥ 5,5
Io
→

ro  I DSS
= 2
− 1 ≥ 10 ,
rds 
Io

→
I DSS
≥ 30,3
Io
→
Io ≤
12 mA
= 0,396 mA .
30,3
(7.1.1)
(7.1.2)
Przyjęto znamionowy prąd źródła Io = 300 µA. Teraz można obliczyć wartość
rezystora RS a następnie napięcia UGS :
59
 I
 − 3,8 V  0,30

o
− 1 =
− 1 =


 I DSS
 0,30 mA  12

= (− 12,7 )(− 0,842 ) kΩ = 10,7 kΩ
(7.1.3)
 

ro  I DSS
12
= 2
− 1 =  2
− 1 = 11,6 ≈ 12 ,
rds 
Io
  0,30

(7.1.4)
U R S = I S ⋅ RS = I D ⋅ RS = I o ⋅ RS = 0,30mA ⋅10,7 kΩ = 3,21V ,
(7.1.5)
RS =
i sprawdzenie
UP
Io
U GS = −U R S = −3,21V natomiast
U DS = E D − U R S − I o ⋅ R L .
(7.1.6)
Minimalna rezystancja obciążenia to oczywiście RLmin = 0 Ω; są to warunki idealne
dla źródła prądowego. Wtedy napięcie na tranzystorze UDS = (15−3,21) V = 11,8 V.
Wartość RL od góry jest ograniczona minimalną dopuszczalną wartością napięcia UDS .
Warunek na pracę tranzystora we właściwym zakresie charakterystyk ma postać:
U DS > U GS − U P = (− 3,21 − (− 3,8)) V = 0,59 V.
(7.1.7)
Przyjęto z zapasem UDSmin = 2,0 V, aby nie zmniejszyć zbytnio rds tranzystora
i z przekształconej zależności (7.1.6):
RLmax =
E D − U R S − U DS min
Io
=
(15 − 3,21 − 2,0) V = 32,6 kΩ
0 ,30 mA
.
(7.1.8)
Odp. Io ≤ 396 µA, wybrano Io = 300 µA, RS = 10,7 kΩ, UGS = − 3,21 V,
RLmin = 0 Ω, RLmax = 32,6 kΩ.
Zad. 7.2. Problematyka: punkt pracy tranzystora unipolarnego (polowego)
w układzie wzmacniacza sygnałów przemiennych, parametry robocze takiego
wzmacniacza, traktowanego jako czwórnik liniowy i unilateralny.
Treść zadania
Dobierz tak elementy we wzmacniaczu sygnałów przemiennych na tranzystorze
polowym złączowym z kanałem n, w układzie WS bez kondensatora CS (rys. 7.2.1),
aby transkonduktancja tranzystora w punkcie pracy ppQ była gm = gm0/3 oraz
transmitancja własna napięciowa całego układu ku0 = − 5,0 V/V. Narzucone są
wartości rezystora upływowego bramki RG = 10 MΩ, napięcia źródła zasilania
ED = 25 V,
znamionowych
parametrów
tranzystora:
napięcia
odcięcia
UGSoff ≡ UP = − 3,8 V oraz prądu drenu IDSS = 12 mA przy zerowym napięciu bramkaźródło. Oblicz parametry punktu pracy ppQ oraz robocze, zastępczego czwórnika
w wersji napięciowej i prądowej w środku pasma częstotliwościowego.
60
Ro
Ri
ki0Ii
UDS
Ri
ku0Ui
Rys. 7.2.1. Wzmacniacz w układzie WS bez kondensatora CS , oraz jego zastępcze, małosygnałowe
czwórniki w wersji napięciowej i prądowej, do zad. 7.2.
Rozwiązanie
Z pierwszego warunku w zadaniu można wyznaczyć napięcie statycznego punktu
pracy UGSQ :
gm =
1−
U GSQ
UP
g m0 =
=
2 I DSS
−U P
 U GSQ
1 −

UP

gm 1
=
g m0 3

 U
 = g m 0 1 − GSQ


UP


U GSQ
→
UP
=
2
3
→
2 I DSS
2 ⋅ 12
=
mS = 6,32 mS,
− U P − (− 3,8)
 g m0
=
,

3

(7.2.1)
U GSQ = −2,53 V , (7.2.2)
gm =
g m0
= 2,11 mS . (7.2.3)
3
Można teraz obliczyć prąd drenu, przy czym pomija się prąd upływu bramki IG :
I SQ = I DQ
 U GSQ
= I DSS 1 −
UP

2

 = 121 −



2
I DSS
2
= 1,33 mA .
 mA =
3
9
(7.2.4)
Obliczenie rezystora RS w obwodzie źródła tranzystora dla osiągnięcia takiego IDQ :
RS =
U SQ
I SQ
=
− U GSQ
I SQ
=
− (− 2,53) V
= 1,90 kΩ .
1,33 mA
(7.2.5)
Z transmitancji napięciowej można wyznaczyć rezystor w drenie (z uproszczonej
zależności), a następnie wartości pozostałych wielkości określających punkt pracy
ppQ tranzystora:
ku 0 ≈
− RD ⋅ g m
− RD
=
1
1 + RS ⋅ g m
+ RS
gm
61
i stąd
(7.2.6)
 1
R D = −k u 0 
+ RS
 gm

 1

 = −(− 5)
+ 1,90  kΩ =

 2,11


= 5 ⋅ 2,37 kΩ = 11,9 kΩ ,
(7.2.7)
U DQ = E D − I DQ ⋅ R D = 25 V − 1,33 mA ⋅ 11,9 kΩ = 9,17 V ,
(7.2.8)
U SQ = −U GSQ = 2,53 V ,
(7.2.9)
U DSQ = U DQ − U SQ = (9,17 − 2,53) V = 6,64 V .
(7.2.10)
Ta ostatnia wartość świadczy o położeniu punktu pracy w zakresie tzw.
pentodowym charakterystyk tranzystora, właściwym dla wzmacniania. Rozpoznaje się
to po spełnieniu nierówności:
U DSQ = 6,64 V > U GSQ − U P = (− 2,53 − (− 3,8))V = +1,27 V .
(7.2.11)
Pozostały jeszcze do obliczenia wartości elementów w zastępczych czwórnikach
układu, poza narzuconą w treści transmitancją napięciową:
Ri ≈ RG = 10 MΩ ,
ki 0 = ku 0
Ro ≈ R D = 11,9 kΩ ,
Ri
10 7
= −5,00
A/A = −4,20 ⋅ 10 3 A/A .
Ro
11,9 ⋅ 10 3
(7.2.12)
(7.2.13)
Zwraca uwagę bardzo duża wartość transmitancji prądowej, wynikająca z dużego
stosunku rezystancji wejściowej do wyjściowej układu. W razie wykonania tego
układu należy polecić zastosowanie rezystorów z szeregu E24, o 5% tolerancji
wartości (Dodatek): RS = 2,0 kΩ, RD = 12 kΩ.
Odp. RS = 1,90 kΩ, zalecane 2,0 kΩ, RD = 11,9 kΩ, zalecane 12 kΩ,
UGSQ = − USQ = − 2,53 V, UDQ = 9,17 V, UDSQ = 6,64 V,
ISQ ≈ IDQ = 1,33 mA, gm = 2,11 mS
Ri = 10 MΩ, Ro = 11,9 kΩ, ku0 = − 5,00 V/V, ki0 = − 4,20⋅10 3 A/A.
Zad. 7.3. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, w układzie WS na
tranzystorze unipolarnym, punkt pracy tranzystora, parametry układu zastępczego
oraz ocena jego nieliniowości.
Treść zadania
We wzmacniaczu WS z kondensatorem CS (rys. 7.3.1) zastosowano tranzystor
polowy JFET o napięciu odcięcia UP = − 4,80 V i prądzie IDSS = 15,8 mA przy
zerowej różnicy napięć bramka-źródło tranzystora. W układzie RG = 8,2 MΩ
i RD = 5,1 kΩ. Stosuj zależności przybliżone, załóż, że charakterystyka przejściowa
tranzystora w układzie WS, zarówno statyczna, jak i dynamiczna jest czystą parabolą,
pomiń prąd upływowy bramki oraz rezystancje rgs i rds . Dobierz taki punkt pracy (tj.
oblicz RS , IDQ , UGSQ), aby ku0 = − 8,0 V/V. Oblicz parametry małosygnałowego
modelu liniowego układu Ri , Ro , ki0 . Oszacuj nieliniowość pracy układu jako
niesymetrię wzmacniania amplitud wejściowego sygnału sinusoidalnego o wartości
skutecznej Ui = 100 mV.
62
Ri
ku0Ui
ki0Ii
Ro
UDS
Ri
Rys. 7.3.1. Wzmacniacz w układzie WS z kondensatorem CS , oraz jego zastępcze, małosygnałowe
Rozwiązanie
Wpięcie kondensatora CS równolegle do rezystora RS oznacza połączenie źródła S
tranzystora z masą dla sygnałów przemiennych; o wzmocnieniu napięciowym
decyduje transkonduktancja tranzystora gm oraz rezystancja RD . Z żądanego
wzmocnienia własnego można obliczyć niezbędną transkonduktancję i punkt pracy
tranzystora:
k u 0 ≈ − g m RD
→
gm = −
ku 0
− 8,0
=−
= 1,57 mS ,
RD
5,1 kΩ
2 I DSS 2 ⋅15,8 mA
=
= 6,58 mS ,
−U P
− (− 4,8) V
g m0 =
 U GSQ
g m = g m 0 1 −
UP

z zależności

g
U GSQ = U P 1 − m
 g m0
I DQ
(
g mU P )2
=
4 I DSS
(7.3.2)




(7.3.3)

 1,57 
 = −4,8 V ⋅ 1 −
 = −3,65 V
 6,58 

(7.3.4)
gm =
oraz z zależności
(7.3.1)
2 ⋅ I DQ I DSS
(7.3.5)
−U P
(1,57 ⋅10
=
−3
S ⋅ 4,8 V
4 ⋅15,8 ⋅10 −3 A
)
2
= 0,899 mA .
(7.3.6)
Można teraz obliczyć rezystor RS , który taki punkt pracy wymusi:
RS =
U SQ
I SQ
=
− U GSQ
I DQ
=
− (− 3,65) V
= 4,06 kΩ .
0,899 mA
(7.3.7)
Proponuje się Czytelnikowi niezależne obliczenie RS z poniższych zależności,
celem przyswojenia tematu. Są one stosowane, gdy jest znana potrzebna wartość
jednej z wielkości określających punkt pracy, napięcia UGSQ lub prądu IDQ :
63
U GSQ  U GSQ
1 −
RS = −
I DSS 
UP




−2
lub
RS =

U P  I DQ

− 1 .
I DQ  I DSS



(7.3.8)
Obliczenie zastępczych parametrów małosygnałowych:
Ri ≈ RG = 8,2 MΩ
ki 0 ≈ ku 0
oraz
Ro ≈ R D = 5,1 kΩ ,
Ri
V 8,2 MΩ
kA
A
= −8,0 ⋅
= −12,9
= −1,29 ⋅10 4 .
Ro
V 5,1 kΩ
A
A
(7.3.9)
(7.3.10)
Ocenę nieliniowości oparto, zgodnie z sugestią w treści zadania i zależnością
(7.3.1), na różnicy transkonduktancji w punkcie pracy (tj. przy przejściu sygnału
wejściowego przez zero) i dla amplitudy wejściowego sygnału. Jest to najprostsza
metoda analityczna. Przez gm oznaczana jest transkonduktancja w ppQ, a tutaj
zaproponowano dodatkowo gm+ dla dodatniej wartości szczytowej wejściowego
sygnału i odpowiednio gm− dla szczytowej ujemnej. Odpowiednie odchylenia
względne, jako miary nieliniowości – niedokładności liniowości δl oblicza się
z zależności:

g

δ l + = 1 − m+ 100 %
gm 

oraz

g

δ l − = 1 − m− 100 % .
gm 

(7.3.11)
Ponieważ transkonduktacja zależy liniowo od chwilowych zmian napięcia UGS
(patrz (7.3.3)), można obie zależności z (7.3.11) połączyć w jedną, z symetrycznymi
odchyleniami napięcia o amplitudę, czyli o ± 2U i :
δ l±

 U
± 2 U i  
 g m 0 1 − GSQ



UP


 100 % = ± 2 U i 100 % =
= 1 −
U P − U GSQ
 U GSQ 




g
1
−
m
0



U P 



± 2 ⋅ 0,1 V
=
100 % = ±12 % .
(− 4,8 + 3,65) V
(7.3.12)
Zaleca się wykonanie samodzielnego przekształcenia w zależności (7.3.12),
z której jasno wynika, że im bliżej punktu odcięcia będzie położony punkt pracy
tranzystora (mała różnica w mianowniku), tym większa nieliniowość.
Odp. UGSQ = − 3,65 V, IDQ = 0,899 mA, RS = 4,06 kΩ,
Ri = 8,20 MΩ, Ro = 5,10 kΩ, ku0 = − 8,00 V/V, ki0 = − 1,29⋅104 A/A, błąd
liniowości δl = ± 12 % dla wejściowego sygnału sinusoidalnego o wartości
skutecznej Ui = 100 mV; szczyt wejściowy dodatni mocniej wzmacniany,
wejściowy ujemny – słabiej.
64
Zad. 7.4. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych, w układzie WS na
tranzystorze unipolarnym, zależność punktu pracy i parametrów roboczych układu
od parametrów tranzystora.
Treść zadania
Zaprojektowano wzmacniacz w układzie WS z kondensatorem CS (rys. 7.3.1):
ED = 20 V, RG = 4,7 MΩ, RD = 6,8 kΩ, RS = 1,2 kΩ. Będzie on zastosowany
w produkowanym masowo urządzeniu, z losowymi egzemplarzami tranzystora
JFETn, którego grupa B ma w katalogu podany przedział od a) UP = − 2,0 V
i IDSS = 6,0 mA do b) UP = − 4,0 V i IDSS = 15 mA. Oblicz zakres zmian punktu pracy
(UGSQ , IDQ , UDSQ) oraz wzmocnienia napięciowego ku0 , spowodowanych losowością
parametrów tranzystora. Przyjmij, że charakterystyka przejściowa tranzystora w tym
układzie jest krzywą drugiego stopnia, prąd bramki praktycznie IG = 0 A, pomiń
w obliczeniach rds .
Rozwiązanie
Układ wzmacniacza jest taki, jak w poprzednim zadaniu. Tym razem wszystkie
elementy są znane, a problemem jest rozrzut parametrów między egzemplarzami
tranzystora. Wyznaczenie punktu (UGSQ , IDQ) na charakterystyce tranzystora przy
znanym RS wymaga rozwiązania równania kwadratowego. Należy posłużyć się
zależnością
I SQ
I DQ
I
1
=
=
= DSS
RS U SQ − U GSQ − U GSQ
x=
Wprowadzono oznaczenie
I
1
= DSS (1 − x )2
RS − xU P
U GSQ
UP
 U GSQ
1 −

UP

,
(1 − x )2 + x
→
2

 .


(7.4.1)
(7.4.2)
UP
= 0,
I DSS RS
 UP

x 2 + 2 x
− 1 + 1 = 0 .
 2 I DSS RS

(7.4.3)
(7.4.4)
Warto wprowadzić jeszcze jedno oznaczenie:
µ=
i ostatecznie
UP
−1
(7.4.5)
x 2 + 2 µx + 1 = 0 .
(7.4.6)
2 I DSS RS
Rozwiązaniem tego równania są formalnie dwie wartości, z których tylko dodatnia
i nie większa od 1 będzie miała sens fizyczny (patrz zal. (7.4.2)):
x = −µ m µ 2 − 1 .
65
(7.4.7)
a) Obliczenia dla wartości UP = − 2,0 V i IDSS = 6,0 mA.
µ=
UP
2 I DSS RS
−1=
− 2,0 V
− 1 = −1,139 ,
2 ⋅ 6,0 mA ⋅ 1,2 kΩ
x = − µ m µ 2 − 1 = 1,139 m 1,297 − 1 = 0,594
lub 1,684 .
(7.4.8)
(7.4.9)
Drugi wynik odrzucono i obliczono wartości napięć i prądu w punkcie pracy:
U GSQ = xU P = 0,594(− 2,0 ) V = −1,19 V ,
I DQ = I SQ =
U SQ
=
RS
− U GSQ
RS
=
− (− 1,19)
mA = 0,992 mA ,
1,2
U DSQ = E D − I DQ RD − I SQ RS = E D − I DQ (RD + RS ) =
= [20 − 0,992(6,8 + 1,2)] V = 12,1 V .
(7.4.10)
(7.4.11)
(7.4.12)
Teraz można obliczyć transkonduktancję tranzystora w tym punkcie pracy
a następnie zastępcze parametry małosygnałowe układu:
gm =
2 I DQ I DSS
−UP
=
2 0,992 ⋅ 6,0
− (− 2,0)
mS = 2,44 mS ,
ku 0 ≈ − g m RD = −2,44 mS ⋅ 6 ,8 kΩ = −16,6
Ri ≈ RG = 4,7 MΩ
ki 0 = ku 0
V
,
V
Ro ≈ RD = 6,8 kΩ ,
oraz
Ri
V 4,7 MΩ
kA
A
= −16,6 ⋅
= −11,5
= −1,15 ⋅ 10 4 .
Ro
V 6,8 kΩ
A
A
(7.4.13)
(7.4.14)
(7.4.15)
(7.4.16)
Zmiana parametrów tranzystora nie zmieni oczywiście zastępczych rezystancji,
a jedynie transmitancje.
b) Obliczenia dla wartości UP = − 4,0 V i IDSS = 15 mA.
µ=
UP
2 I DSS RS
−1=
− 4,0 V
− 1 = −1,111 ,
2 ⋅ 15 mA ⋅ 1,2 kΩ
x = − µ m µ 2 − 1 = 1,111 m 1,234 − 1 = 0,627
lub 1,595 .
(7.4.17)
(7.4.18)
Pozostawiono tylko pierwszy wynik; wartości wielkości w punkcie pracy:
U GSQ = xU P = 0,627(− 4,0) V = −2,51 V ,
I DQ = I SQ =
U SQ
RS
=
− U GSQ
RS
=
− (− 2,51)
mA = 2,09 mA ,
1,2
66
(7.4.19)
(7.4.20)
U DSQ = E D − I DQ RD − I SQ RS = E D − I DQ (RD + RS ) =
(7.4.21)
= [20 − 2,09(6,8 + 1,2)] V = 3,28 V ,
a warunek
U DSQ > U GSQ − U P = [− 2,51 − (− 4,0 )] V = 1,49 V .
(7.4.22)
A teraz transkonduktancja w tym punkcie pracy oraz zastępcze parametry
małosygnałowe układu:
gm =
2 I DQ I DSS
−UP
=
2 2,09 ⋅ 15
− (− 4,0 )
mS = 2,80 mS ,
ku 0 ≈ − g m RD = −2,80 mS ⋅ 6,8 kΩ = −19,0
takie same
Ri ≈ RG = 4,7 MΩ
ki 0 = ku 0
oraz
(7.4.23)
V
,
V
(7.4.24)
Ro ≈ RD = 6,8 kΩ ,
(7.4.25)
Ri
V 4,7 MΩ
kA
A
= −19,0 ⋅
= −13,1
= −1,31 ⋅ 10 4 .
Ro
V 6,8 kΩ
A
A
(7.4.26)
Odp. Przedział zmian dla odpowiednio zmiany parametrów tranzystora a) ÷ b):
UGSQ = − (1,19 ÷ 2,51) V, IDQ = (0,992 ÷ 2,09) mA, UDSQ = (12,1 ÷ 3,28) V,
gm = (2,44 ÷ 2,80) mS, ku0 = − (16,6 ÷ 19,0) V/V, ki0 = − (1,15 ÷ 1,31)⋅104 A/A,
stałe Ri = 4,7 MΩ i Ro = 6,8 kΩ. Zmiany punktu pracy znaczne, np. prądu około
2,1 razy ale transmitancji napięciowej i prądowej tylko o około 15 %.
Zad. 7.5. Problematyka: wzmacniacz sygnałów przemiennych w układzie WD
(wtórnik źródłowy) na tranzystorze polowym, punkt pracy tranzystora, parametry
układu zastępczego.
Treść zadania
ku0Ui
ki0Ii
Ro
Ri
UDS
Ri
We wzmacniaczu WD (wtórniku źródłowym, rys. 7.5.1) zastosowano tranzystor
JFETn o UP = − 2,25 V, IDSS = 5,65 mA oraz rezystor upływowy w obwodzie bramki
RG = 10 MΩ. Stosuj zależności przybliżone, pomiń rgs i rds . Dobierz taki punkt pracy
(tj. oblicz IDQ , UGSQ , RS), aby ku0 = 0,75 V/V. Oblicz pozostałe małosygnałowe
parametry liniowych modeli układu Ri , Ro , ki0 .
Rys. 7.5.1. Wzmacniacz w układzie WD (wtórnik źródłowy) oraz jego zastępcze, małosygnałowe
67
Rozwiązanie
Przybliżona zależność na własną transmitancję napięciową wtórnika zawiera
transkonduktancję tranzystora i rezystancję RS lub napięcie odcięcia UP i napięcie
punktu pracy UGSQ . Łatwiej skorzystać z tej drugiej wersji, bo ma tylko jedną
niewiadomą:
ku 0 ≈
U GSQ ≈
skąd
2U GSQ
g m RS
=
1 + g m RS U P + U GSQ
(7.5.1)
U P k u 0 − 2,25 ⋅ 0,75
=
V = −1,35 V .
2 − ku 0
2 − 0,75
(7.5.2)
Teraz można obliczyć rezystor RS oraz spoczynkowy prąd drenu IDQ a przy okazji
także transkonduktancję tranzystora gm :
−2
U GSQ  U GSQ 
1 −
 =
RS = −
I DSS 
U P 
− 1,35 
− 1,35 
=−
1 −
 kΩ = 1,49 kΩ ≈ 1,50 kΩ ,
5,65  − 2,25 
I DQ ≈ I SQ =
lub
I DQ
U SQ
=
RS
 U GSQ
= I DSS 1 −
UP

gm =
2 I DSS
−UP
− U GSQ
RS
=
− (− 1,35) V
= 0,906 mA
1,49 kΩ
2
(7.5.3)
(7.5.4)
2

− 1,35 

 = 5,65 mA 1 −
 = 0,904 mA ,

 − 2,25 

(7.5.5)
 2 ⋅ 5,65 mA 
− 1,35 
=
 − (− 2,25) V 1 − − 2,25  = 2,01 mS .



(7.5.6)
 U GSQ
1 −

UP

Pozostałe parametry małosygnałowe:
Ri ≈ RG = 10,0 MΩ ,
Ro ≈
1
1
RS =
1,49 kΩ =
gm
2,01 mS
ki 0 = ku 0
(7.5.7)
1
1
2,01 +
1,49
= 0,373 kΩ = 373 Ω ,
kΩ =
Ri
10 7 A
A
.
= 0,75
= 2,01 ⋅ 10 4
Ro
373 A
A
(7.5.8)
(7.5.9)
W porównaniu z wcześniejszymi zadaniami, w których tranzystor polowy
pracował w układzie WS tym razem rezystancja wyjściowa jest znacznie mniejsza, ale
nie aż tak mała jak we wtórniku emiterowym na tranzystorze bipolarnym. Brak
w zależnościach wpływu obciążenia na rezystancję wejściową i rezystancji źródła
sygnału na rezystancję wyjściową, co było we wtórniku emiterowym. Dzieje się tak
z powodu bardzo dużej rezystancji wejściowej samego tranzystora, praktycznie
68
całkowicie do pominięcia. W zakresie wyższych częstotliwości może uwidocznić się
taki wpływ ze względu na pojemności w tranzystorze i w układzie, dominujące
w wejściowej impedancji.
Odp. UGSQ = − 1,35 V, IDQ = 0,906 mA, RS = 1,49 kΩ,
Ri = 10,0 MΩ, Ro = 373 Ω, ku0 = 0,75 V/V, ki0 = 2,01⋅104 A/A.
69
LINIOWE PRZETWORNIKI SYGNAŁÓW, PODSTAWOWE UKŁADY NA IDEALNYCH
WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH
8. LINIOWE PRZETWORNIKI SYGNAŁÓW,
PODSTAWOWE UKŁADY NA IDEALNYCH
Zad. 8.1. Problematyka: układy na wzmacniaczach
idealizowanych, najprostsze układy aplikacyjne.
operacyjnych
(WO)
Treść zadania
Określ transmitancję dla sygnału oraz oblicz wartość napięcia wyjściowego Uo
w układzie z rys. 8.1.1, przy wejściowym sygnale Ui = 1,00 V w zależności od
położenia kluczy K1...K4. Załóż, że WO jest idealny. Obliczenia wykonaj dla
wartości: R1 = R3 = 3,00 kΩ, R2 = R4 = 12,0 kΩ. Wyróżnij pięć kombinacji załączeń
kluczy:
a) załączony K3,
b) załączone K1, K3,
c) załączone K1, K3, K4,
d) załączone K2, K4,
e) załączone K2, K3, K4.
Rys. 8.1.1. Schemat struktury z kluczami określającymi rodzaj układu na WO.
Rozwiązanie
Zaleca się Czytelnikowi narysowanie schematów układów do poszczególnych
punktów a)...e). Celem uproszczenia zapisu w indeksie transmitancji będzie
umieszczona tylko niezbędna informacja; napięciowa (indeks u) a w przypadku e)
dodatkowo różnicowa (indeks d) i wspólna (indeks c).
Przypadek a); jest to wtórnik, czyli wzmacniacz napięciowy o znamionowej
transmitancji ku = 1,00 V/V
U o = ku ⋅ U i = 1,00
V
⋅1,00 V = 1,00 V ,
V
(8.1.1)
Przypadek b); jest to napięciowy wzmacniacz nieodwracający, o transmitancji
ku =
Uo
R
12 kΩ
V
= 1+ 2 = 1+
= 5,00 ,
Ui
R1
3,0 kΩ
V
70
(8.1.2)
U o = ku ⋅ U i = 5,00
V
⋅ 1,00 V = 5,00 V .
V
(8.1.3)
Przypadek c); jest to taki sam wzmacniacz, jak w przypadku b), ale sygnał
wejściowy jest dzielony przez dzielnik R3R4 , stąd wypadkowa transmitancja:
ku =
 R  12 kΩ  12 kΩ 
Uo
R4
V
 = 4,00 ,
=
⋅ 1 + 2  =
⋅ 1 +
U i R4 + R3 
R1  15 kΩ  3,0 kΩ 
V
U o = ku ⋅ U i = 4,00
V
⋅ 1,00 V = 4,00 V .
V
(8.1.4)
(8.1.5)
Przypadek d); jest to napięciowy wzmacniacz odwracający, o transmitancji:
ku =
Uo
R
12 kΩ
V
=− 2 =−
= −4,00 ,
Ui
R1
3,0 kΩ
V
V

U o = k u ⋅ U i =  − 4,00  ⋅1,00 V = −4,00 V .
V

(8.1.6)
(8.1.7)
Przypadek e); jest to napięciowy wzmacniacz różnicowy, którego oba wejścia są
zwarte, co oznacza, że wejściowy sygnał różnicowy Uid = Uia – Uib jest równy zero
(indeks d – difference czyli różnica), a wspólny Uic = ½(Uia + Uib) równa się Ui
(indeks c – common czyli wspólny):
transmitancja dla sygnału Uia
kua
R4


U
R3  R2 
R4
R
,
= o =
⋅ 1 + 2  =
⋅ 1 +
U ia R4 + R3 
R1  R4 + 1 
R1 
R3
(8.1.8)
jeżeli jest spełniony warunek symetrii pierwszego rodzaju dla tego wzmacniacza,
R4 R2
=
R3 R1
czyli
to
k ua =
R4 R2 12 kΩ
V
=
=
= 4,00 ,
R3 R1 3,0 kΩ
V
(8.1.9)
transmitancja dla sygnału Uib
kub =
Uo
R
12 kΩ
V
=− 2 =−
= −4,00 .
U ib
R1
3,0 kΩ
V
(8.1.10)
Teraz transmitancja dla sygnału różnicowego Uid = Uia – Uib
kud =
U o kua ⋅ U ia + kub ⋅ U ib
=
U id
U ia − U ib
=
k ub = − k ua
oraz dla wspólnego Uic = ½(Uia + Uib)
71
kua
U ia − U ib
V
(8.1.11)
= kua = 4,00
V
U ia − U ib
kuc =
U ia (kua + kub )
=
U ia
V
V
= (4,00 − 4,00) = 0,00 .
V
V
U o kua ⋅ U ia + kub ⋅ U ib
=
0,5(U ia + U ib )
U ic
= kua + kub
=
U ib =U ia
(8.1.12)
Ponieważ w przypadku e) na wejściu jest tylko sygnał wspólny, równy Ui
a różnicowy równa się 0,00 V, to efekt na wyjściu będzie Uo = 0,00 V.
Odp. a) ku = 1,00 V/V, Uo = 1,00 V, b) ku = 5,00 V/V, Uo = 5,00 V,
c) ku = 4,00 V/V, Uo = 4,00 V, d) ku = − 4,00 V/V, Uo = − 4,00 V,
e) kud = 4,00 V/V, kuc = 0,00 V/V, Uo = 0,00 V.
Zad. 8.2. Problematyka: przetwornik liniowy, logarytmiczna miara transmitancji.
Treść zadania
Wzmocnienie napięciowe układu, w mierze logarytmicznej wynosi 53,6 dB.
Oblicz napięcie wejściowe Ui układu, jeżeli napięcie wyjściowe Uo = 4,53 V.
Przyjmij, że charakterystyka przejściowa układu przechodzi przez początek układu
współrzędnych prostokątnych (Czytelniku; po co to założenie?).
Rozwiązanie
Wartość transmitancji napięciowej w mierze logarytmicznej jest tak zdefiniowana:
k u [dB] = 20 log k u = 20 log
Uo
.
Ui
(8.2.1)
Do rozwiązania zadania przekształca się zależność (8.2.1) na odwrotną. Można
obliczyć wzmocnienie w [V/V] ale z niepewnością znaku, co wynika z definicji miary
logarytmicznej (nie można logarytmować wartości ujemnej):
k u [dB ]
ku = 10
= 10
20
53, 6
20
= 102,68 = 479
V
.
V
(8.2.2)
W rezultacie także napięcie wejściowe można obliczyć tylko jako moduł:
Ui =
Uo
ku
=
4,53 V
= 9,46 mV .
479
(8.2.3)
Odp. Ui= 9,46 mV lub inaczej Ui = ± 9,46 mV oraz dodatkowo ku= 479 V/V
lub inaczej ku = ± 479 V/V.
Zad. 8.3. Problematyka: wzmacniacz różnicowy i jego wzmocnienia − transmitancje
oraz miara jakości, logarytmiczna miara transmitancji i jakości.
Treść zadania
Napięciowe wzmocnienia wzmacniacza różnicowego podano w decybelach: dla
sygnału różnicowego kud [dB] = 32,3 dB, dla sygnału wspólnego kuc [dB] = – 63,6 dB.
Oblicz współczynnik CMRR w mierze logarytmicznej i normalnej oraz wzmocnienia
w [V/V].
72
Rozwiązanie
Na rys. 8.3.1 pokazany jest blokowo schemat ze wzmacniaczem różnicowym WR,
definiujący sygnały wejściowe i wyjściowy. Źródła sygnałów wejściowych zostały
tak narysowane, aby wprost ilustrowały definicje wejściowych sygnałów:
różnicowego i wspólnego.
Rys. 8.3.1. Wzmacniacz różnicowy o niesymetrycznym wyjściu.
Definicje współczynnika tłumienia sygnału wspólnego WTSW, najczęściej
oznaczanego skrótem CMRR od angielskiej nazwy (common mode rejection ratio),
w zwykłej mierze i logarytmicznej:
CMRR ≡ WTSW =
kud
,
kuc
CMRR [dB] = 20 log CMRR .
(8.3.1)
W tekście zadania wartości wzmocnień układu podano w mierze logarytmicznej,
dlatego najprościej zacząć od obliczenia wartości CMRR w decybelach:
CMRR [dB] = 20 log CMRR = 20 log
k ud
= k ud [dB] − k uc [dB] =
k uc
[32,3 − (− 63,6)] dB = 95,9 dB ,
(8.3.2)
a następnie przeliczyć na normalną miarę
CMRR [dB ]
CMRR = 10
20
95,9
= 10 20
= 6,24 ⋅ 10 4 .
(8.3.3)
Wzmocnienia układu, dla sygnału różnicowego i wspólnego można obliczyć
z niepewnością co do znaku, co jest konsekwencją miary logarytmicznej:
kud [dB ]
k ud = 10
20
32,3
= 10 20
kuc [dB ]
k uc = 10
20
= 10
−63, 6
20
Odp. CMRR [dB] = 95,9 dB, CMRR = 6,24⋅104,
kud = ± 41,2 V/V, kuc = ± 6,61⋅10–4 V/V.
73
= 41,2
V
,
V
= 6,61 ⋅ 10 −4
(8.3.4)
V
.
V
(8.3.5)
Zad. 8.4. Problematyka: wzmacniacz różnicowy instrumentalny, transmitancje,
miara jakości, miara logarytmiczna.
Treść zadania
We wzmacniaczu instrumentalnym, w wejściowym stopniu DIDO są elementy
RF1 = 82,5 kΩ, RF2 = 107,5 kΩ, RG = 10,0 kΩ, a drugi stopień, precyzyjny scalony
wzmacniacz różnicowy ma wzmocnienie sygnału różnicowego kud2 = 1,00 V/V oraz
współczynnik tłumienia sygnału wspólnego CMRR2 ≥ 100 dB. Oblicz wzmocnienie
różnicowe kud , wspólne kuc i CMRR wzmacniacza instrumentalnego.
Rozwiązanie
Rysunek 8.4.1 przedstawia schemat jednego z typów wzmacniaczy
instrumentalnych, znamienny wejściowym stopniem DIDO, czyli differential input
differential output – różnicowe wejście, różnicowe wyjście. Rezystory RF1 i RF2 są
zwykle jednakowe, jednak ich ewentualna niesymetria, np. wywołana tolerancją
wykonania nie ma istotnego wpływu na jakość układu.
Rys. 8.4.1. Pomiarowy wzmacniacz różnicowy, zwany wzmacniaczem instrumentalnym,
z wejściowym stopniem DIDO.
Wzmocnienie napięciowego sygnału różnicowego Uid w stopniu DIDO na wejściu
zależy od sumy rezystancji RF oraz rezystancji RG , natomiast wzmocnienie
napięciowego sygnału wspólnego Uic nie zależy praktycznie od ich wartości (Uod1
i Uoc1 to odpowiednio napięcie różnicowe i wspólne na wyjściu stopnia DIDO):
U id = U i + − U i − , U ic = 0,5(U i + + U i − )
U
R + RF 2
82,5 + 107,5
V
kud1 = od1 = F1
+1=
+ 1 = +20,0
U id
RG
10
V
U
V
kuc1 = oc1 ≡ +1,00 ,
U ic
V
(8.4.1)
co pozwala łatwo zmieniać wzmocnienie różnicowe przez zmianę jednego rezystora
bez zmiany wzmocnienia wspólnego. Współczynnik tłumienia sygnału wspólnego
CMRR w drugim stopniu trzeba przeliczyć z decybeli na normalną miarę, aby
obliczyć parametry całego układu:
CMRR2 [dB ]
CMRR2 = 10
20
100
≥ 10 20 = 1,00 ⋅105
74
(8.4.2)
i stąd
kuc 2 = ±
kud 2
1
V
≤±
= ±1,00 ⋅10 −5 .
5
CMRR2
V
1,00 ⋅10
(8.4.3)
Wypadkowe wzmocnienia będą obliczone jako iloczyny odpowiednich wzmocnień
stopni, z przyjęciem w praktyce braku obciążenia wyjścia pierwszego stopnia przez
wejście drugiego. Jest to uzasadnione bardzo małą rezystancją wyjściową pierwszego
stopnia, spowodowaną typem zastosowanego w nim ujemnego sprzężenia zwrotnego;
nie ma potrzeby uwzględniania straty sygnału na sprzęgu między stopniami układu:
kud ≈ kud1 ⋅ kud 2 = 20,0 ⋅1,00
[ (
kuc ≈ kuc1 ⋅ kuc 2 ≤ 1,00 ± 1,00 ⋅10− 5
V
V
= +20,0
V
V
)] VV = ±1,00 ⋅10
(8.4.4)
−5
V
.
V
(8.4.5)
Wypadkowy CMRR będzie większy niż w stopniu drugim:
CMRR [dB] = 20 log
k ud
 20,0 
≥ 20 log 
 = (20 ⋅ 6,30) dB = 126 dB . (8.4.6)
k uc
1 ⋅ 10 −5 
Odp. kud = 20,0 V/V, kuc = ±1,00⋅10 – 5 V/V, CMRR[dB] ≡ WTSW[dB] ≥ 126 dB.
Zad. 8.5. Problematyka: podstawowe układy
operacyjnych, uproszczona analiza układu.
na
idealnych
wzmacniaczach
Treść zadania
Zaprojektuj układ ze wzmacniaczami operacyjnymi (WO), realizujący funkcję:
U o = 5,00 ⋅ U i1 − 3,00 ⋅ U i 2 − 0,500 ⋅ U i 3 .
(8.5.1)
Załóż, że źródła sygnałów wejściowych mają pomijalne rezystancje wewnętrzne
a wzmacniacze operacyjne są idealne.
Rozwiązanie
Ponieważ transmitancje napięciowe przy dwóch sygnałach wejściowych są
ujemne, najlepiej zastosować klasyczny układ sumatora prądowego, z dodatkowym
wzmacniaczem odwracającym dla sygnału z wejścia nr 1.
Zależność napięcia wyjściowego od napięć wejściowych dla układu z rys. 8.5.1:
 R  R
R
R
U o = − − b  ⋅ d ⋅ U i1 − d ⋅ U i 2 − d ⋅ U i 3 =
Rc 2
Rc 3
 Ra  Rc1
R R
R
R
= b ⋅ d ⋅ U i1 − d ⋅ U i 2 − d ⋅ U i 3 .
Ra Rc1
Rc 2
Rc 3
(8.5.2)
Po porównaniu (8.5.2) z (8.5.1) i przyjęciu Rc1 = Rd (podstawowa zasada; duże
wzmocnienie sygnału we wstępnych stopniach, tutaj 5 razy dla sygnału Ui1 ):
75
Rd
= 3,00
Rc 2
R
→ Rc 2 = d ,
3,00
Rd
= 0,500
Rc3
Rc3 = 2,00 ⋅ Rd
i
Rb
= 5,00
Ra
R
i Ra = b .
5,00
(8.5.3)
Rys. 8.5.1. Wstępny szkic układu do rozwiązania zad. 8.5.
Wartości rezystorów nie powinny być zbyt duże, bowiem prądy polaryzacji wejść
rzeczywistych wzmacniaczy mogą dać zauważalne spadki napięcia na nich. Nie mogą
być także zbyt małe, aby nie obciążały zanadto rzeczywistych źródeł sygnałów oraz
wyjść wzmacniaczy. Przyjęto wartości Rb = Rd = Rc1 = 20,0 kΩ; stąd wartości
rezystancji pozostałych rezystorów i rezystancji wejściowych, obciążające źródła
sygnałów:
Rb
R
= 4,00 kΩ , Rc 2 = d = 6,67 kΩ , Rc3 = 2,00 ⋅ Rd = 40,0 kΩ
(8.5.4)
5,00
3,00
Ri1 = Ra = 4,00 kΩ , Ri 2 = Rc 2 = 6,67 kΩ , Ri 3 = Rc 3 = 40,0 kΩ .
Ra =
Odp. Ra = 4,00 kΩ, Rb = Rc1 = 20,0 kΩ, Rc2 = 6,67 kΩ, Rc3 = 40,0 kΩ, Rd = 20 kΩ.
Zad. 8.6. Problematyka: układy na wzmacniaczach operacyjnych idealizowanych,
napięciowy wzmacniacz nieodwracający.
Treść zadania
Wzmocnienie napięciowe układu na WO z pętlą USZ ma wynosić kuf = + 15 V/V.
Prąd pobierany przez gałąź sprzężenia zwrotnego z wyjścia WO nie powinien
przekroczyć 1,0 mA przy wejściowym sygnale Ui = 0,40 V. Oblicz wartości
rezystorów, tworzących czwórnik sprzężenia zwrotnego.
Rozwiązanie
Pętlę USZ typu napięciowo-szeregowego tworzą dwa rezystory (rys. 8.6.1),
doprowadzające część napięcia wyjściowego na wejście odwracające WO, a na
wejście nieodwracające jest wprowadzony sygnał wejściowy.
76
Rys. 8.6.1. Schemat układu napięciowego wzmacniacza nieodwracającego na WO.
Do analizy przyjęto, że prąd pobierany przez dzielnik R2R1 będzie wynosił
dokładnie połowę dopuszczalnego prądu, czyli 0,50 mA przy Ui = 0,40 V.
Metoda A. Obliczenia zaczyna się od wyjściowego sygnału:
U o = k uf ⋅ U i = 15
Uo −U f
R2 =
I R2
R1 =
Uf
I R1
(8.6.1)
U o − U i (6,0 − 0,40)V
=
= 11,2 kΩ ,
U id ⇒0
I R2
0,50 mA
≈
I R1 = I R2
wykorzystuje się
V
⋅ 0,40 V = 6,0 V ,
V
≈
bowiem
(8.6.2)
Ii − ⇒ 0 ,
(8.6.3)
Ui
0,40 V
=
= 0,80 kΩ = 800 Ω .
I R2 0,50 mA
(8.6.4)
Metoda B. Zadanie można rozwiązać bez obliczania wyjściowego napięcia Uo :
R1 =
Uf
I R1
k uf = 1 +
≈
U id ⇒0, Ii − ⇒0
Ui
0,40 V
=
= 0,80 kΩ = 800 Ω ,
I R2 0,50 mA
(8.6.5)
(
(8.6.6)
)
R2
→ R2 = R1 k uf − 1 = 0,80 kΩ ⋅ (15 − 1) = 11,2 kΩ .
R1
Odp. R1 = 800 Ω, R2 = 11,2 kΩ.
Zad. 8.7. Problematyka: wzmacniacz
wejściowe sygnały i ich wzmacnianie.
różnicowy,
sterowanie
asymetryczne,
Treść zadania
Wejście wzmacniacza różnicowego wysterowano niesymetrycznie: na wejściu
odwracającym Ui– = + 0,686 V, nieodwracające połączono z masą. Oblicz oddzielnie
wyjściowe napięcia wzmacniacza – reakcję na wejściowy sygnał różnicowy Uo(Uid)
i reakcję na wejściowy sygnał wspólny Uo(Uic), jeżeli kud ≡ Aud = + 8,00 V/V
a CMRR[dB] = 60,0 dB.
77
Rozwiązanie
Rys. 8.7.1. Wzmacniacz różnicowy sterowany niesymetrycznie, tylko na wejściu odwracającym.
Opisany w treści przypadek sterowania pokazano na rys. 8.7.1. Takie
wysterowanie powoduje, że wzmacniacz różnicowy dostaje na wejściu oba sygnały,
różnicowy Uid i wspólny Uic , pomimo fizycznego wysterowania tylko jednym
źródłem Ui− . Zgodnie z definicjami wejściowych sygnałów:
U id = U i + − U i − = (0 − 0,686 ) V = −0,686 V ,
(8.7.1)
U ic = 0,5(U i + + U i − ) = 0,5(0 + 0,686) V = +0,343 V .
(8.7.2)
Z definicji współczynnika tłumienia sygnału sumacyjnego, przeliczonego z miary
decybelowej na normalną można obliczyć moduł wzmocnienia wspólnego:
kuc = ±
kud
CMRR
=±
kud
CMRR [dB ]
10 20
=±
8
60
10 20
=±
8
1 ⋅ 10
3
= ±8,00 ⋅ 10 − 3
V
.
V
(8.7.3)
A teraz kolej na obliczenie składowych sygnału wyjściowego, zależnych
oddzielnie od obu składników sygnału wejściowego, przy czym znak reakcji na
pobudzenie wspólne nie jest znany:
U o (U id ) = k ud U id = 8 ⋅ (− 0,686) V = −5,49 V ,
(
)
U o (U ic ) = kucU ic = ± 8 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,343 V = ±2,74 mV .
(8.7.4)
(8.7.5)
Bardzo ciekawy jest stosunek obliczonych składowych wyjściowego sygnału:
U o (U id )
5,49 V
=
= 2,00 ⋅ 10 3 = 2 ⋅ CMRR .
U o (U ic ) ster. asymetryczne 2,74 mV
(8.7.6)
Wynik dał podwojoną wartość CMRR, wskutek dwukrotnie mniejszego sygnału
wspólnego od różnicowego na wejściu. W przypadku większego współczynnika
CMRR układu sterowanego asymetrycznie można uznać, że reakcja na składnik
wspólny może być zaniedbana; np. wystarczy porównać rozdzielczość woltomierza
zastosowanego do pomiaru napięcia wyjściowego. Czytelnikowi proponuje się
rozważenie, jaki powinien być CMRR układu, aby nie była zauważalna różnica
między sterowaniem symetrycznym i asymetrycznym wejść w przypadku użycia do
badań cyfrowego woltomierza wyjściowego o 20 tys. jednostek pola odczytowego,
z dodatkowym założeniem, że praktycznie niezauważalna jest ½ najmniej znaczącej
jednostki pola odczytowego.
Odp. Uo(Uid) = − 5,49 V, Uo(Uic) = ±2,74 mV, łącznie Uo = − 5,487 V lub − 5,493 V.
78
PODSTAWY TEORII SPRZĘŻENIA ZWROTNEGO
9. PODSTAWY TEORII SPRZĘŻENIA ZWROTNEGO
Zad. 9.1. Problematyka: układy z ujemnym sprzężeniem zwrotnym (USZ) na
unilateralnych czwórnikach, nie oddziałujących na siebie, polepszanie parametrów
wynikowego czwórnika.
Treść zadania
Zbuduj za pomocą USZ czwórnik o kif = – 1,00⋅102 A/A, Rif ≤ 0,1 Ω, Rof ≥ 10 kΩ
i względnym wpływie transmitancji głównego czwórnika δ ≤ 0,1 %. Dobierz
parametry czwórników k i β . Przyjmij taki sam typ transmitancji czwórnika
pierwotnego – głównego i po zamknięciu pętli, pomiń bezpośrednią interakcję
czwórników.
Rozwiązanie
Wynikowy czwórnik powinien mieć transmitancję prądową, a więc prądowe
powinny być sygnały na wejściu i wyjściu, także prądowe powinny być czwórniki
w torze głównym i w sprzężeniu zwrotnym. Sprzężenie powinno być typu prądoworównoległego; pętla śledzi prąd wyjściowy i sumuje w wejściowym węźle swój prąd
wyjściowy z prądem źródła sygnału (rys. 9.1.1).
Rys. 9.1.1. Czwórnik o transmitancji prądowej, powstały wskutek zastosowania
prądowo-równoległego USZ, do zad. 9.1.
Z procentowego, resztkowego wpływu czwórnika głównego na właściwości
czwórnika wynikowego, po zamknięciu pętli sprzężenia oblicza się różnicę zwrotną:
δkif (k i ) ≈
100 %
F
→
F=
100 % 100
≥
= 1,00 ⋅10 3 .
δ
0,1
(9.1.1)
Znając różnicę zwrotną można obliczyć minimalną transmitancję ki głównego
czwórnika:
F≡
ki
kif
→
k i = F ⋅ k if ≥ 1 ⋅103 ⋅1 ⋅10 2
A
A
= 1,00 ⋅105 .
A
A
(9.1.2)
Transmitancja czwórnika w sprzężeniu zwrotnym, obliczona z przybliżonej
zależności będzie dodatnia:
β = βi ≡
If
Io
≈
−1
−1 A
A
=
= 1,00 ⋅ 10 −2
,
2
k if
A
− 1 ⋅ 10 A
79
(9.1.3)
z czego wynika, że znak transmitancji obliczonej w zależności (9.1.2) jest ujemny.
Jeżeli transmitancje obu czwórników będą zgodne z obliczonymi w zal. (9.1.2 i 9.1.3),
to wypadkowa transmitancja, po zamknięciu pętli będzie nieco inna od żądanej:
k if =
ki
− 1 ⋅ 10 5
A − 1 ⋅ 10 5 A
A
=
=
= −99,9
5
−
2
1 − k i β i 1 − − 1 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10
A
1001 A
A
(
)
(9.1.4)
i dopiero przy dążeniu modułu ki do nieskończoności można osiągnąć wartość żądaną
kif = − 100 A/A.
Rezystancja wejściowa układu z takim typem sprzężenia zwrotnego jest F razy
mniejsza od rezystancji wejściowej czwórnika głównego:
Rif =
Ri
F
→
Ri = Rif F ≤ 0,1 ⋅1 ⋅103 Ω = 0,10 kΩ ,
(9.1.5)
a wyjściowa rezystancja układu jest F razy większa od wyjściowej rezystancji
czwórnika głównego
Rof = Ro F
→
Ro =
Rof
F
≥
10
1 ⋅10 3
Odp. ki ujemna ≥ 1,00⋅105 A/A, β i = 1,00⋅10 − 2 A/A,
rzeczywiste kif = − (99,9÷100,0) A/A.
kΩ = 10 Ω .
Ri ≤ 0,10 kΩ,
(9.1.6)
Ro ≥ 10 Ω,
Zad. 9.2. Problematyka: wpływ ujemnego sprzężenia na właściwości układu, analiza
elementarna, transmitancja główna prądowa i sprzężenie prądowo-równoległe.
Treść zadania
Czwórnik aktywny ma transmitancję prądową ki0 = – 2⋅104 A/A. Objęto go pętlą
USZ o β i0 = + 1,00⋅10 – 2 A/A. Pomiń wpływ obciążania bloków. Oblicz przy
obciążeniu RL ⇒ 0 Ω wypadkową transmitancję czwórnika, różnicę zwrotną, czułość
układu na procentowe zmiany w bloku k i w bloku β .
Rik
ki0Iik
Rok
Ro
i0Ii
Ri
Rozwiązanie
Rys. 9.2.1. Przetwornik prądowy, z prądowo-równoległym USZ, do zad. 9.2.
Treść zadania mówi o braku wzajemnego obciążania bloków i w związku z tym
prawdziwe będą dla czwórników prądowych poniższe nierówności:
80
RL + Riβ << Rok ,
R g Roβ >> Rik .
(9.2.1)
Różnicę zwrotną, wielkość określającą typ i głębokość sprzężenia zwrotnego,
można wstępnie oszacować z przybliżonej zależności (dlatego górny wskaźnik przy
F), dopuszczalnej przy silnym USZ:
F ' = ki 0 β i 0 = 2 ⋅104 ⋅1 ⋅10−2 = 200 .
(9.2.2)
Ponieważ wartość F nie jest bardzo duża, wynikową transmitancję układu, po
zamknięciu pętli USZ należy obliczyć z zależności podstawowej, dokładnej:
kif 0 =
ki 0
1 − β i 0 ki 0
=
− 2 ⋅ 10 4
A − 2 ⋅ 10 4 A
A
=
= −99,5 .
−2
4
201 A
A
1 − 1 ⋅ 10 − 2 ⋅ 10 A
(
)
(9.2.3)
Obliczenie jej z zależności uproszczonej, obowiązującej przy silnym USZ da
wartość
kif' 0 ≈ −
1i 0
βi0
=
−1 A
A
= −100 ,
−2
A
1 ⋅ 10 A
(9.2.4)
nieco zawyżoną, o 0,5 % w stosunku do wyniku dokładnego. Można teraz obliczyć
dokładną wartość różnicy zwrotnej, z definicyjnego wzoru; stosunku transmitancji
przed i po zastosowaniu sprzężenia zwrotnego:
F=
ki 0
2 ⋅ 10 4
=
= 201 .
kif 0
99,5
(9.2.5)
Czułości wynikowej transmitancji na zmiany w bloku k i bloku β powinno się
wyrażać przez stosunki względnych zmian.
S k f (k ) ≡
S k f (β ) ≡
δ kif 0
δ βi 0
δ kif 0
δ ki 0
=
1
1 %
%
=
= 5,0 ⋅10 −3
,
F 201 %
%
= − β i 0 kif 0 = −1 ⋅10 −2 (− 99,5)
%
%
= 0,995 .
%
%
(9.2.6)
(9.2.7)
Zgodnie z teoretycznymi sugestiami, wpływ bloku k jest praktycznie pomijalny
(około 200 razy mniejszy w tym przypadku) w stosunku do prawie 100 % wpływu
bloku β na zmiany wynikowej transmitancji.
Odp. Sprzężenie nie jest bardzo silne, dlatego za właściwe uznano wyniki obliczone
ze wzorów bez przybliżeń: kif0 = – 99,5 A/A, F = 201, δkf /δk = 5,0⋅10−3,
δkf /δβ = 0,995.
81
Zad. 9.3. Problematyka: układy z ujemnym sprzężeniem zwrotnym (USZ) na
liniowych, unilateralnych czwórnikach, nie oddziałujących na siebie, elementarne
związki.
Treść zadania
Czwórnik o transadmitancji ky = – 2,0 mS objęto pętlą USZ i w wyniku tego
otrzymano czwórnik o transadmitancji kyf = – 5,00 µS. Przyjmij, że połączenie
czwórników, głównego i sprzężenia zwrotnego nie zmienia ich podstawowych
właściwości, stosuj do obliczeń przybliżone zależności. Oblicz różnicę zwrotną F,
określ typ transmitancji toru sprzężenia zwrotnego i oblicz jej wartość. Oblicz błąd
względny |δ| w [%] przybliżonej zależności na kyf .
Rozwiązanie
Wynikowy czwórnik jest opisany transadmitancją, zatem wejściowym sygnałem
jest napięcie, a wyjściowym prąd. Z tego wynika, że sprzężenie jest prądowoszeregowe; pętla sprzężenia zwrotnego śledzi prąd wyjściowy, na wejściu sumuje
napięcia w oczku, jak zilustrowano na rys. 9.3.1.
Rys. 9.3.1. Czwórnik transadmitancyjny, powstały wskutek zastosowania prądowo-szeregowego USZ.
Wartość różnicy zwrotnej wynosi:
F≡
ky
k yf
=
2 ⋅ 10 −3 S
5 ⋅ 10 −6 S
= 400 .
(9.3.1)
Wielkością wejściową czwórnika sprzężenia zwrotnego jest prąd a wyjściową
napięcie i do opisu tego czwórnika właściwą będzie transimpedancja:
β = βz ≡
Uf
Io
≈
−1
−1
=
= 0,200 ⋅ 10 6 Ω = 200 kΩ
k yf
− 5 ⋅ 10 −6 S
(9.3.2)
Błąd stosowania uproszczonej zależności na kyf (lub na β – zależność powyżej)
wynika ze skończonej wartości transmitancji głównej ky i jest odwrotnie
proporcjonalny do różnicy zwrotnej:
( )
δk yf k y ≈
100 % 100
=
% = 0,25 % .
F
400
Odp. F = 400, β = β z = 200 kΩ, δ = 0,25 %.
82
(9.3.3)
Zad. 9.4. Problematyka: wrażliwość układu ze sprzężeniem zwrotnym na zmiany
w jego blokach, zależna od sposobu zapięcia pętli sprzężenia.
Treść zadania
Porównaj wrażliwość wynikowej transmitancji napięciowej kf układu z ujemnym
sprzężeniem zwrotnym na zmiany transmitancji napięciowych czwórników w torze
głównym k i w torze sprzężenia zwrotnego β , przy czym rozpatrz przypadki
(rys. 9.4.1):
a)
wrażliwość transmitancji kaf , gdy jest jeden czwórnik w torze głównym
o transmitancji ka = − 106 V/V oraz jeden czwórnik w torze sprzężenia
zwrotnego o transmitancji β a = 1,00⋅10−2 V/V,
b) wrażliwość transmitancji kbf , gdy w torze głównym są trzy czwórniki
o transmitancjach kb = k1 = k2 = k3 = − 100 V/V, przy czym każdy z nich jest
objęty własnym sprzężeniem zwrotnym o transmitancji β b = β 1 = β 2 = β 3 .
Oblicz wartości transmitancji β b do układu b), aby wynikowa transmitancja kbf
była taka sama jak kaf w układzie z punktu a). Przy analizie pomiń stratę sygnału na
połączeniach między czwórnikami, oczywiście poza definicyjną operacją w węźle
sumacyjnym.
Rys. 9.4.1. Układy ze sprzężeniem zwrotnym: a) jednostopniowy z globalnym sprzężeniem,
b) trójstopniowy z lokalnymi sprzężeniami.
Rozwiązanie
Przypadek a), układ jednostopniowy z rys. 9.4.1a.
Obliczenia należy zacząć od wartości transmitancji wynikowej kaf oraz różnicy
zwrotnej Fa , aby się zorientować, jak silne jest zastosowane ujemne sprzężenie
zwrotne. Z definicyjnych zależności
k af =
ka
− 10 6
V
V −1
=
= −99,99 ≈ −100 =
,
6
−
2
1 − k a β a 1 + 10 ⋅10
V
V βa
(9.4.1)
ka
10 6
=
= 10001 ≈ 1,00 ⋅10 4 .
k af
99,99
(9.4.2)
Fa =
Obliczone wartości świadczą o silnym sprzężeniu w układzie a). Wrażliwość na
zmiany jest wyrażana jako stosunek zmian względnych, zdefiniowanych poprzez
pochodną cząstkową. Dla układu z rys. 9.4.1a będzie to:
wrażliwość
δ k f (k )
δk
∂k f
=
kf
∂k af ka ∂kaf
=
⋅
=
⋅ Fa , przy czym
∂k
∂k a kaf
∂ka
k
83
(9.4.3)
∂k af
=
∂k a
1 − k a β a − (− β a )k a
(1 − k a β a )
2
δ kaf
δ ka
=
Fa
Fa2
=
=
1
(1 − k a β a )
2
=
1
Fa2
i wynik do (9.4.3) (9.4.4)
1
1
=
= 9,999 ⋅10 −5 ≈ 1,00 ⋅10 −4 .
1 − ka β a
Fa
(9.4.5)
Z kolei wrażliwość kaf na zmiany względne transmitancji czwórnika β a :
δ k f (β )
wrażliwość
δβ
∂k af
=
∂β a
δ kaf
δ βa
= k af2
βa
k af
∂k f
=
kf
∂k af β a
=
⋅
,
∂β
∂β a k af
ale
(9.4.6)
β
− (− k a )k a
(1 − k a β a )
2
= k af β a =
= k af2
i wynik do (9.4.6)
ka β a
− 10 4
=
= −0,9999 ≈ −1,00 .
1 − k a β a 1 + 10 4
(9.4.7)
(9.4.8)
Porównanie wartości z (9.4.5) i (9.4.8) potwierdza ogólny wniosek dotyczący
wrażliwości wynikowej transmitancji przy silnym ujemnym sprzężeniu zwrotnym:
wpływ czwórnika w torze głównym jest praktycznie pomijalny, natomiast wpływ
czwórnika sprzężenia zwrotnego jest prawie 100 %. Znamienny jest jeszcze znak
czułości; dodatni dla wpływu czwórnika k i ujemny dla wpływu czwórnika β .
Czytelnik w ramach pracy własnej może sprawdzić, jak byłoby przy dodatnim
sprzężeniu zwrotnym, dla np. ka = + 106 V/V i β a = 9,9⋅10−5 V/V.
Przypadek b), układ trójstopniowy z rys. 9.4.1b.
Najpierw zgodnie z treścią zadania należy obliczyć transmitancje β b czwórników
tworzących pętle sprzężenia, aby wynikowa transmitancja kbf w układzie b) była taka
sama jak kaf w a). Przy pominięciu straty sygnału na łączach między czwórnikami
w kaskadzie:
3
k bf ≈ k1 f k 2 f k3 f
βb =
 kb 
V
=
 = k af = −100
V
1 − kb β b 
i stąd
1
1
1
1
V
−
=
−3
= 0,2054 .
− 100
V
kb 3 k af
− 100
(9.4.9)
(9.4.10)
Teraz w jednym stopniu ze sprzężeniem zwrotnym (indeks i = 1, 2, 3)
k if =
oraz
Fib =
kb
− 100
V
=
= −4,643
1 − k b β b 1 + 100 ⋅ 0,2054
V
kb
k3
100
=
= 21,5 i formalnie Fb = b ≈ 1,00 ⋅10 4 .
k if
4,643
kbf
(9.4.11)
(9.4.12)
Wrażliwość wynikowej transmitancji kbf należy wyznaczyć dla wszystkich źródeł
84
zmian, trzech transmitancji głównych i trzech w sprzężeniach zwrotnych. Tak jak
w (9.4.3):
wrażliwość
δ k f (k1 )
i odpowiednio
δ k1
=
∂kbf
⋅
∂k1
δ k1 f
∂k1 f
k1
k1
1
= k 2 f k3 f
⋅
=
=
kbf
∂k1 k1 f k 2 f k3 f
δ k1 F1b
δ k f (k 2 ) δ k2 f
=
δ k2
δ k f (k i )
a wartość
δ ki
=
δ k2
=
δ kif
δ ki
δ k f (k 3 )
1
,
F2b
=
δ k3
=
δ k3 f
δ k3
=
1
,
F3b
1
1
=
= 4,65 ⋅10 −2 .
Fib 21,5
(9.4.13)
(9.4.14)
(9.4.15)
A teraz wynik dla wpływu czwórników β (Czytelnik może wykonać pełne
wyprowadzenie w charakterze ćwiczenia):
wrażliwość
δ k f (β i )
δ βi
=
δ kif
δ βi
=
ki β i
− 100 ⋅ 0,2054
=
= −0,954 .
1 − ki β i 1 + 100 ⋅ 0,2054
(9.4.16)
W układzie b), przy takiej samej wartości wynikowej transmitancji kf , co
w układzie a), wrażliwość jej na zmiany w czwórniku k wzrosła 465 razy, na zmiany
w czwórniku β zmalała o niecałe 5 %. Tak więc w obu przypadkach wrażliwość na
zmiany β jest praktycznie 100 %, natomiast wrażliwość na zmiany k zależy od
różnicy zwrotnej osiągniętej w jednym stopniu; ze względu na ten parametr im mniej
lokalnych pętli sprzężenia na rzecz globalnej pętli, tym lepiej. Jednak ze względu na
prawdopodobieństwo wzbudzenia się układu może okazać się koniecznym kompromis
pomiędzy udziałem lokalnych i globalnej pętli we właściwościach układu.
Odp. a) δ kaf / δ ka ≈ 1,00 ⋅10 −4 , δ kaf / δ β a ≈ −1,00
b) δ kbf / δ kb ≈ 4,65 ⋅ 10 −2 , δ kbf / δ β b ≈ −0,954 , β b = 0,2054 .
Zad. 9.5. Problematyka: czułość układu z ujemnym sprzężeniem zwrotnym na
zakłócenia, zależna od miejsca ich wnikania oraz sposobu zapięcia pętli
sprzężenia.
Treść zadania
Porównaj względną czułość na zakłócenia wnikające w różne punkty układu
z ujemnym sprzężeniem, zdefiniowaną jako moduł stosunku transmitancji dla tych
zakłóceń do transmitancji dla wejściowego sygnału użytecznego. Przyjmij, że sygnały
wejściowe i wyjściowe bloków w układzie są tego samego typu, np. oba napięciowe
lub oba prądowe, a więc wszystkie transmitancje są jednakowe, napięciowe lub
prądowe. Analizę wykonaj dla dwóch przypadków układów:
a) jedna globalna pętla sprzężenia; trzy stopnie połączone kaskadowo
o transmitancjach k1 = k2 = k3 = − 100 w torze głównym oraz trzy stopnie
kaskadowe o transmitancjach β 1 = β 2 = β 3 = 0,2154 w pętli sprzężenia,
b) całość złożona z dwóch kaskadowo połączonych układów o lokalnych pętlach
sprzężenia; oba główne bloki mają transmitancję k1 = k2 = − 1000 a bloki
sprzężenia zwrotnego β 1 = β 2 = 0,099.
Wartości transmitancji bloków tak dobrano, aby wynikowa transmitancja po
85
zamknięciu pętli sprzężenia zwrotnego w przypadkach a) i b) miała taki sam moduł
wartości.
Rozwiązanie
Przypadek a), układ z globalną pętlą.
Analizę zaczyna się od zdefiniowania transmitancji, czyli czułości liniowego
układu z zamkniętą pętlą sprzężenia w przypadku a) na wpływ sygnału użytecznego
x oraz na wpływ zakłócenia dij , którego punkt wnikania jest określony indeksami ij
(rys. 9.5.1):
k af (x ) =
∂y ∆y ( x )
≈
,
∂x
∆x
a czułość względna (relatywna)
( )
( )
k af d ij =
S r d ij =
( )
∆y d ij
∆y (x )
( )
∆y dij
∂y
≈
,
∂d ij
∆d ij
=
∆dij = ∆x
( ).
k af d ij
k af ( x )
(9.5.1)
(9.5.2)
Rys. 9.5.1. Układ z globalnym sprzężeniem zwrotnym i zakłóceniami d: pierwszy ze zdefiniowaniem
punktów wnikania zakłóceń, drugi z uproszczeniem − wspólnym punktem sumowania na wejściu.
W górnej części rys. 9.5.1 zdefiniowano za pomocą sumatorów wszystkie możliwe
punkty wnikania zakłóceń. Transmitancja w torze głównym a także w torze sprzężenia
zwrotnego jest celowo podzielona na trzy części, aby można było wnioskować
o wpływie zakłóceń przedostających się w różne punkty układu wielostopniowego.
Uproszczono układ do wersji na dole rys. 9.5.1, sprowadzając trzy punkty sumowania
na wejściu do jednego wspólnego. Czytelnik może sam przećwiczyć wykazanie
słuszności tej operacji. Nie można natomiast na wyjściu zrobić takiego uproszczenia.
Przy dalszej analizie zastosowano metodę superpozycji; wyznaczano transmitancje
oddzielnie dla każdego z sygnałów z dolnego rys. 9.5.1, przy czym zakładano
pomijalne straty sygnału na połączeniach między czwórnikami – wypadkowa
transmitancja kaskady jest zatem równa iloczynowi transmitancji poszczególnych
bloków kaskady. Transmitancja podstawowa, dla użytecznego sygnału:
86
k af ( x ) =
k1k 2 k 3
k
≈
=
1 − k ⋅ β 1 − (k1k 2 k 3 ) ⋅ (β1 β 2 β 3 )
(− 100)3
1 − (− 100)3 ⋅ (0,2154 )3
(9.5.3)
= −100,05 ≈ −100 .
Transmitancje dla zakłóceń wnikających do wejściowego sumatora są takie same
(
)
k af (d 0 ) = k af (d1k ) = k af d 4 β = k af (x ) ,
(9.5.4)
czego wynikiem są takie same czułości względne, równe jedności, zgodnie z (9.5.2)
( )
S r (x ) = S r (d 0 ) = S r (d1k ) = S r d 4 β = 1,0 .
(9.5.5)
Technika wyznaczania kolejnych transmitancji jest taka sama jak w zależności
(9.5.3), tyle, że główny blok k i blok sprzężenia β składają się za każdym razem
z innego zestawu – kaskadowego połączenia bloków. Mianownik liczbowo pozostaje
taki sam, ale wyróżniono nawiasami część k i β . I tak np. dla zakłóceń d2k
wnikających między bloki k1 i k2 czwórnik k to kaskada k2k3 a pętlą sprzężenia
zwrotnego to β 1β 2β 3k1 :
k af (d 2k ) ≈
k af (x )
k 2 k3
=
1 − (k 2 k3 ) ⋅ (β1β 2 β 3 k1 )
k1
1
S r (d 2 k ) =
= 1,0 ⋅ 10 − 2 ,
k1
k af (d 3k ) ≈
k3
1 − (k3 ) ⋅ (β1β 2 β 3 k1k 2 )
=
k af (x )
k1k 2
1
S r (d 3k ) =
= 1,0 ⋅ 10 − 4 ,
k1k 2
k af (d 4k ) ≈
1
1 − (1) ⋅ (β1β 2 β 3 k1k 2 k3 )
=
(9.5.6)
(9.5.7)
k af (x )
k1k 2 k3
1
S r (d 4k ) =
= 1,0 ⋅ 10 − 6.
k1k 2 k3
(9.5.8)
Wyraźnie widać, że im bliżej końca toru głównego wnikają zakłócenia, tym
mniejsza jest czułość układu dla nich. Transmitancja dla zakłócenia d5 sumującego się
na wyjściu z sygnałem użytecznym, już poza układem jest równa jeden a czułość
względna niezbyt mała, dziesięć tysięcy razy większa niż dla zakłócenia d4k na końcu
toru k:
k af (d 5 ) = 1
S r (d 5 ) =
1
k af ( x )
= 1,0 ⋅ 10 − 2 .
(9.5.9)
A teraz wyznaczenie transmitancji i czułości względnych dla zakłóceń
wnikających do toru sprzężenia; zastosowano taki sam sposób, jak w zależnościach
(9.5.3...9.5.8):
87
β1β 2 β 3 k1k 2 k3
= β1β 2 β 3 ⋅ k af (x ) ≈ 1,0
1 − (β1β 2 β 3 k1k 2 k3 ) ⋅ 1
( )
k af d1β ≈
( )
S r d1β = β1β 2 β 3 ≈
( )
k af d 2 β ≈
1
k af (x )
= 1,0 ⋅ 10
−2
(9.5.10)
,
β 2 β 3k1k 2 k3
= β 2 β 3 ⋅ k af (x )
1 − (β 2 β 3 k1k 2 k3 ) ⋅ β1
(9.5.11)
S r (d 2 β ) = β 2 β 3 = (0,2154)2 ≈ 4,6 ⋅ 10 − 2 ,
( )
k af d 3β ≈
β 3 k1k 2 k3
= β 3 ⋅ k af ( x )
1 − (β 2 β 3k1k 2 k3 ) ⋅ (β1β 2 )
S r (d 3β ) = β 3 = 0,2154 ≈ 0,22 .
(9.5.12)
Wartości czułości względnych dla zakłóceń w torze sprzężenia zwrotnego są
znacząco większe niż dla zakłóceń z toru głównego, ale tendencja jest taka sama; im
bliżej wyjścia całego układu, tym czułość mniejsza. Wyniki obliczeń zestawiono
w tab. 9.5.1 celem łatwego powiązania czułości z wejściami zakłóceń oraz
porównania z następnym analizowanym przypadkiem. Wyniki uszeregowano
malejąco.
Tab. 9.5.1. Wartości czułości względnej układu dla sygnałów w zależności od punktu wnikania
(rys. 9.5.1) do układu w przypadku a), tj. z globalnym sprzężeniem zwrotnym.
sygnał
czułość Sr [-]
x
1
d0
1
d 1k
1
d 4β
1
d 3β
0,22
d 2β
0,046
d 1β
10
−2
d5
10
−2
d 2k
10
−2
d 3k
10
−4
d 4k
10−6
Przypadek b), układ z lokalnymi pętlami.
Rys. 9.5.2. Układ z dwoma stopniami o lokalnych sprzężeniach zwrotnych i zdefiniowanych punktach
wnikania zakłóceń d.
W drugim rozpatrywanym przypadku (rys. 9.5.2) od razu przeniesiono formalnie
rzeczywiste punkty wnikania zakłóceń na wejściu bloku k (d11 i d12) i wyjściu bloku
β (d41 i d42) do wspólnego wejściowego sumatora cząstkowego układu z lokalnym
sprzężeniem zwrotnym. Dotyczy to także wejściowych zakłóceń: przed pierwszym
stopniem d01 i między stopniami d02 − porównaj z rys. 9.5.1.
Obliczono najpierw transmitancje układów (czułości bezwzględne) ze sprzężeniem
zwrotnym, obu stopni i całości dla sygnału użytecznego x:
88
ki
− 103
=
= −10,0
1 − ki ⋅ βi 1 + 103 ⋅ 0,099
kbf (x ) ≈ kbf 1 ( x ) ⋅ kbf 2 ( x ) = (− 10 ) ⋅ (− 10) = +100 .
kbf 1 (x ) = kbf 2 ( x ) =
oraz
(9.5.13)
Wartość transmitancji całego układu kbf(x) będzie odniesieniem przy obliczaniu
względnych czułości układu dla poszczególnych sygnałów zakłócających:
( )
S r d ij =
( )
∆y d ij
∆y (x )
=
∆dij =∆x
( ).
kbf d ij
(9.5.14)
kbf ( x )
Transmitancje dla zakłóceń wnikających do wejściowego sumatora pierwszego
stopnia są takie same, równe transmitancji całego układu dla użytecznego sygnału
kbf (d 01 ) = kbf (d11 ) = kbf (d 41 ) = kbf (x ) ,
(9.5.15)
i w rezultacie czułości względne są jednakowe, równe jedności
S r ( x ) = S r (d 01 ) = S r (d11 ) = S r (d 41 ) = 1,0 .
(9.5.16)
W układzie z rys. 9.5.2 technika wyznaczania kolejnych transmitancji nieco się
różni od poprzedniego przypadku, bowiem są dwa niezależne stopnie ze swoimi
lokalnymi sprzężeniami. Na przykład dla zakłóceń d21 w pierwszym stopniu blok
k toru głównego będzie miał transmitancję 1, blok β toru sprzężenia zwrotnego
transmitancję β 1k1 a dopiero po pomnożeniu przez kbf2(x) otrzyma się całkowitą
transmitancję:
k bf (d 21 ) ≈
k bf 1 (x )
kbf ( x )
1
k bf 2 ( x ) =
k bf 2 ( x ) =
1 − (1) ⋅ (β1k1 )
k1
k1
(9.5.17)
1
S r (d 21 ) =
= 1,0 ⋅10 −3 ,
k1
kbf (d 31 ) ≈
β1k1
kbf 2 ( x ) = β1 ⋅ kbf 1 ( x ) ⋅ kbf 2 (x ) = β1 ⋅ kbf ( x )
1 − (β1k1 ) ⋅ (1)
S r (d31 ) = β1 = 0,099 .
(9.5.18)
Czułości dla zakłóceń w drugim stopniu oraz na wyjściu:
kbf (d 02 ) = kbf (d12 ) = kbf (d 42 ) = kbf 2 (x )
S r (d 02 ) = S r (d12 ) = S r (d 42 ) =
kbf (d 22 ) =
kbf 2 ( x )
kbf ( x )
=
1
kbf 1 ( x )
(9.5.19)
= 0,10 ,
kbf 2 ( x )
kbf ( x )
1
=
≈
1 − (1) ⋅ (β 2 k 2 )
k2
k 2 kbf 1 (x )
S r (d 22 ) =
89
1
k 2 kbf 1 ( x )
(9.5.20)
= 1,0 ⋅ 10
−4
,
kbf (d 32 ) =
kbf ( x )
β 2 k2
= β 2 kbf 2 (x ) ≈ β 2
1 − (β 2 k 2 ) ⋅ (1)
kbf 1 (x )
S r (d 32 ) =
β2
(9.5.21)
−2
kbf 1 ( x )
= 0,99 ⋅ 10
1
= 1,0 ⋅10 − 2 .
,
kbf (d 5 ) = 1
S r (d 5 ) =
kbf (x )
(9.5.22)
I na koniec zestawiono tabelę z wynikami (tab. 9.5.2), tego samego typu jak do
poprzedniego przypadku.
Tab. 9.5.2. Wartości czułości względnej układu dla sygnałów w zależności od punktu wnikania
(rys. 9.5.2) do układu w przypadku b); dwustopniowego z lokalnymi sprzężeniami zwrotnymi.
sygnał
x
d01
d11
d41
d02
d12
d42
d31
d5
d32
d21
d22
czułość Sr [-]
1
1
1
1
0,1
0,1
0,1
9,9⋅10−2
10−2
9,9⋅10−3
10−3
10−4
Podobnie jak w poprzednim przypadku, z rys. 9.5.1, czułość na zakłócenia
dostające się bliżej wyjścia toru głównego jest mniejsza niż na zakłócenia wnikające
na wejście (porównaj czułość na d21 i d11 oraz na d22 i d12), ale dotyczy to pętli
sprzężenia. Ponieważ poszczególne, lokalne pętle mają w tym przypadku mniejszą
różnicę zwrotną, to i czułości będą większe, np. na d22 z tab. 9.5.2 i dla d4k z tab. 9.5.1.
Jeżeli zakłócenie wnika poza pętlami, jak np. d5 czy d02 , to czułość dla niego jest
wyraźnie większa niż dla zakłócenia wnikającego zaraz obok, ale do wnętrza pętli;
porównaj czułości na d5 i d22 , d02 i d21 , a także w poprzednim układzie na d5 i d4k .
Czułości na zakłócenia w torze sprzężenia zwrotnego są na podobnym poziomie
w obu układach i nie najmniejsze, w najlepszym przypadku rzędu 10−2 (sygnały d1β
i d32).
Z porównania czułości w obu układach wynika, że ze względu na zakłócenia
w torze głównym układu, szczególnie wnikające do jego stopni końcowych, lepiej
stosować rozwiązanie pokazane na rys. 9.5.1. Ale z powodu groźby wzbudzenia się
układu z bardzo silnym USZ takie rozwiązanie może nie być optymalnym.
Zad. 9.6. Problematyka: ujemne sprzężenie zwrotne i jego wpływ na właściwości
układu, elementarne zależności.
Treść zadania
Do aktywnego czwórnika o kz = – 60 kΩ dołączono pasywną pętlę USZ
o β y = + 2,00 mS. Pomiń wpływ obciążania bloków. Jaki jest to typ sprzężenia?
a) Oblicz z dokładnej i uproszczonej zależności wypadkową transmitancję.
b) Oblicz moduł względnej niedokładności zależności przybliżonej na wypadkową
transmitancję.
c) Oblicz różnicę zwrotną.
d) Porównaj typ transmitancji wypadkowego czwórnika z typem transmitancji
czwórnika w gałęzi głównej układu i w pętli sprzężenia zwrotnego.
90
Rozwiązanie
Sygnałem wejściowym czwórnika głównego, transimpedancyjnego jest prąd,
a wyjściowym napięcie (rys. 9.6.1). Dla czwórnika sprzężenia zwrotnego jest
odwrotnie i dlatego ma on przeciwny typ transmitancji. Zastosowane sprzężenie
zwrotne nie zmienia rodzaju wielkości wejściowej i wyjściowej i dlatego wynikowy
czwórnik będzie transimpedancyjny (przetwornik prądu na napięcie), jak główny
czwórnik. Tor sprzężenia pobiera informację o napięciu wyjściowym i po
przetworzeniu na prąd w bloku β sumuje w węźle z prądem wejściowym, czyli
równolegle do źródła sygnału, jest to zatem sprzężenie napięciowo-równoległe.
Rys. 9.6.1. Układ transimpedancyjny z napięciowo-równoległym USZ.
Obliczono wynikową transmitancję z dwóch zależności; podstawowej, ogólnej
i przybliżonej, obowiązującej w przypadku silnego USZ:
k zf =
kz
− 60 kΩ
− 60
=
=
kΩ = −495,9 Ω ,
1 − k z β y 1 − (− 60 kΩ ⋅ 2,00 mS) 121
k zf' ≈ −
1
βy
=
−1
= −500 Ω .
2,00 mS
(9.6.1)
(9.6.2)
Także różnicę zwrotną obliczono z dwóch zależności; podstawowej i przybliżonej:
F=
(
)
kz
= 1 − k z β y = 1 − − 60 ⋅ 103 Ω ⋅ 2,00 ⋅ 10 − 3 S = 121 ,
k zf
F ' ≈ −k z β y =
kz
=
k zf'
− 60
= 120 .
− 0,500
(9.6.3)
(9.6.4)
Wartość różnicy zwrotnej nie jest bardzo duża, a więc zastosowane USZ nie jest
bardzo silne i w takim przypadku raczej nie należy posługiwać się zależnościami
przybliżonymi. Błąd przybliżonej zależności na transmitancję jest proporcjonalny do
odwrotności różnicy zwrotnej:
δk =
'
zf
100 % 100
=
% = 0,83 % .
F
121
Odp. Sprzężenie napięciowo-równoległe, a) k zf = −495,9 Ω, k zf' = −500 Ω,
b) |δ| = 0,83 %, c) F = 121, F’ = 120.
91
(9.6.5)
Zad. 9.7. Problematyka: ujemne sprzężenie zwrotne i jego wpływ na właściwości
układu.
Treść zadania
Masz za zadanie zbudować za pomocą USZ czwórnik o kzf = – 1,00 kΩ, Rif ≤10 Ω,
Rof ≤ 0,10 Ω oraz module względnego, resztkowego wpływu skończonej transmitancji
głównego czwórnika δ≤ 1,0 %. Dobierz parametry czwórników w torze głównym
i pętli USZ. Przyjmij dla uproszenia identyczny charakter transmitancji czwórnika
pierwotnego w torze głównym i po zamknięciu pętli oraz czwórnik sprzężenia
pasywny, nieodwracający. Ze względu na dosyć duży dopuszczalny błąd δ
wykonaj obliczenia β z zależności przybliżonej oraz dokładnej.
Rozwiązanie
Wpływ czwórnika głównego o kz na wynikową transmitancję kzf , po zamknięciu
pętli USZ jest odwrotnie proporcjonalny do różnicy zwrotnej F; można obliczyć jej
minimalną wartość. Ponieważ w treści podano ten wpływ (błąd) w procentach, trzeba
w zależności uwzględnić mnożnik 100 %:
δ k zf (k z ) =
100 %
F
→
F=
100 %
δ
≥
100
= 100 ,
1,0
(9.7.1)
i można już obliczyć minimalną transmitancję głównego czwórnika kz
F=
kz
k zf
→
(
)
k z = F ⋅ k zf ≥ 100 − 1 ⋅103 Ω = −100 kΩ .
(9.7.2)
Rys. 9.7.1. Przetwornik transimpedancyjny, z napięciowo-równoległym USZ.
Z przybliżonej zależności dla układu z silnym USZ obliczono orientacyjną wartość
transmitancji czwórnika sprzężenia. Jest ona typu admitancyjnego, przeciwnego do
typu wynikowej transmitancji:
β y' ≈ −
1
−1
=
S = 1,00 mS .
k zf
− 1 ⋅ 103
(9.7.3)
Ta sama transmitancja obliczona z zależności dokładnej, definicyjnej jest o 1 %
mniejsza, czyli w rzeczywistości należy zastosować nieco słabsze USZ:
k zf =
kz
1
1
1
→ βy =
−
= (1 − F ) =
1 − kz β y
k z k zf k z
1
=
(1 − 100) S = 0,99 mS .
− 1 ⋅ 105
92
(9.7.4)
Można jeszcze sprawdzić, jaka byłaby transmitancja wynikowa przy zastosowaniu
czwórnika β y o wartości transmitancji obliczonej z zależności przybliżonej (9.7.3):
k zf =
kz
− 1 ⋅ 105
=
Ω = −990 Ω .
1 − k z β y 1 − − 1 ⋅ 105 ⋅ 1 ⋅ 10−3
(
)
(9.7.5)
Wynik byłby mniejszy o 1 % od żądanej w zadaniu wartości. Na koniec obliczenie
maksymalnych dopuszczalnych zastępczych rezystancji czwórnika głównego kz , przy
założeniu, że różnica zwrotna F ma minimalną dopuszczalną wartość dla tego układu:
Rif =
Ri
F
→ Ri = Rif F ≤ 10 ⋅ 100 Ω = 1,0 kΩ ,
(9.7.6)
Rof =
Ro
F
→ Ro = Rof F ≤ 0,1 ⋅ 100 Ω = 10 Ω .
(9.7.7)
Odp. F ≥ 100, kz ≥ 100 kΩ, β y’ = 1,00 mS, β y = 0,99 mS, Ri ≤ 1,0 kΩ, Ro ≤ 10 Ω.
93
LINIOWE PRZETWORNIKI NA RZECZYWISTYCH WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH Z UJEMNYM
SPRZĘŻENIEM ZWROTNYM
10. LINIOWE PRZETWORNIKI NA RZECZYWISTYCH
WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH Z UJEMNYM
Zad. 10.1. Problematyka:, zastosowanie ujemnego sprzężenia zwrotnego (USZ)
w układach na rzeczywistych wzmacniaczach operacyjnych (WO), polepszanie
parametrów wynikowego czwórnika, niedokładności przybliżonych zależności.
Treść zadania
Masz za zadanie osiągnąć wyjściową rezystancję Rof ≤ 20 mΩ wzmacniacza
napięciowego o kuf = 25 V/V na WO z pętlą USZ. Przyjmij typową wartość
rezystancji wyjściowej Ro ≤ 100 Ω samego WO, bez pętli. Oblicz niezbędną wartość
wzmocnienia różnicowego AV0 tego WO z otwartą pętlą sprzężenia. Oblicz także
wrażliwość wzmocnienia układu z USZ na zmiany wzmocnienia AV0 oraz
niedokładność względną spowodowaną skończoną wartością AV0 .
Rozwiązanie
Rys. 10.1.1. Napięciowy wzmacniacz nieodwracający na WO;
układ z napięciowo-szeregowym USZ.
W tym przypadku czwórnik w torze głównym jest napięciowy, od wejścia
nieodwracającego WO, a wynikowy czwórnik, po zamknięciu pętli, jest także
napięciowy. Znak głównej transmitancji jest formalnie dodatni, jak na prawym
schemacie na rys. 10.1.1, a czwórnika sprzężenia zwrotnego ujemny, dzięki
wykorzystaniu wejścia odwracającego WO. Zastosowane USZ jest napięciowoszeregowe i można ze stosunku rezystancji wyjściowych przed zapięciem pętli i po jej
zapięciu obliczyć pożądaną wartość różnicy zwrotnej:
Rof =
Ro
F
→
F=
Ro
100 Ω
≥
= 5,0 ⋅ 10 3 ,
Rof 20 ⋅ 10 -3 Ω
(10.1.1)
a następnie niezbędne wzmocnienie różnicowe WO
F=
AV 0
k uf
→
AV 0 = F ⋅ k uf ≥ 5,0 ⋅ 10 3 ⋅ 25
V
V
V
= 125
≈ 130
. (10.1.2)
V
mV
mV
Zapis wyniku w (10.1.2) nawiązuje to formy podawania wartości AV0
94
w katalogach.
Wrażliwość wzmocnienia kuf po zamknięciu pętli na zmiany wzmocnienia AV0
czwórnika w torze głównym wyznacza się za pomocą pochodnej cząstkowej
z podstawowej zależności teorii sprzężenia zwrotnego, z uwzględnieniem
dodatkowego odwrócenia znaku po stronie wejścia odwracającego:
k uf =
∂k uf
AV 0
,
1 − AV 0 (− β )
∂AV 0
=
1
(1 + AV 0 β )2
 k uf
= 
 AV 0
2

 .


(10.1.3)
Jest to wrażliwość wyrażona przez bezwzględne zmiany, czyli w [V/V]. Po
zamianie nieskończenie małych, definicyjnych przyrostów, na realne, w rzeczywistym
układzie:
2
∆kuf
2
 kuf 
1
 ⋅ ∆AV 0 =   ⋅ ∆AV 0 .
≈ 
F
 AV 0 
(10.1.4)
Ale przecież kuf jest F razy mniejsze od AV0 i dlatego zależność (10.1.4) nie daje
miarodajnej oceny wrażliwości. Właściwsze jest wyrażenie wrażliwości przez
stosunek względnych zmian δ, w [%/%]:
∆k uf
δkuf
δ AV 0
⋅100%
k uf
∂k uf AV 0 kuf
1
1
=
≈
⋅
=
= =
.
∆AV 0
∂AV 0 kuf
AV 0 F 1 − AV 0 (− β )
⋅100%
AV 0
(10.1.5)
Tutaj warto wtrącić uwagę o znaku w wartości obliczonej z (10.1.5). W przypadku
USZ jeden z czwórników musi mieć ujemną transmitancję, tutaj jest to zrealizowane
poprzez wejście odwracające WO; mianownik i całość będą dodatnie. Jeżeli
dodatkowo USZ jest silne, tzn. współczynnik F jest duży, powiedzmy powyżej
kilkuset, można w mianowniku pominąć 1 i zapisać:
δ kuf
δ AV 0
=
1
1 + AV 0 β
≈
F >>1
1
AV 0 β
=
1
≈ 2,0 ⋅ 10 −4 .
F −1
(10.1.6)
A teraz wyznaczenie względnej niedokładności δ kuf ( AV 0 ) wzmocnienia kuf
spowodowanej skończoną wartością AV0 . Celem pokazania innych sposobów analizy
takich problemów posłużono się dwoma definicjami wzmocnienia, dokładną na
rzeczywistą wartość kuf przy określonym wzmocnieniu AV0 oraz przybliżoną kuf' ,
stosowaną gdy AV0 ⇒ ∞ i traktowaną jako idealna, w nomenklaturze metrologicznej –
znamionowa:
k uf =
AV 0
1
=
1
1 − AV 0 (− β )
+β
AV 0
95
≈
AV 0 ⇒∞
1
β
= k uf' ,
(10.1.7)
 k uf


 ⋅ 100 % =
100
%
1
⋅
=
−
 k uf'

k uf'

AV 0
− 100 %
β  
⋅   − 1 ⋅100 % =
=

1 − AV 0 (− β )
1 − AV 0 (− β )  1  
k uf
− 100 %
− 100 %
=−
100 % =
= −2,0 ⋅10 − 2 % .
F
AV 0
1 + AV 0 β
δ kuf ( AV 0 ) =
k uf − k uf'
(10.1.8)
Obie wielkości, z (10.1.5) i (10.1.8) mają taki sam moduł (jeżeli ta druga nie jest
w [%]), natomiast różnią się znakiem.
Odp. AV 0 ≥ 1,25 ⋅ 10 5 V/V, δ kuf / δ AV 0 = 2,0 ⋅ 10 −4 , δ kuf ( AV 0 ) = −2,0 ⋅ 10 −2 %.
Zad. 10.2. Problematyka: układy na wzmacniaczach operacyjnych, ujemne
sprzężenie zwrotne i jego wpływ na właściwości układu, przetwornik prądu na
napięcie, przekształcanie opisu czwórnika, uwzględnienie rzeczywistych
właściwości czwórników.
Treść zadania
Aktywny czwórnik z pętlą USZ ma mieć transimpedancję kzf0 = − 1,00⋅104 Ω, czyli
bez poboru prądu z wyjścia i przy zwieraniu źródła sygnału swoim wejściem. Zakres
wyjściowego sygnału Uo przyjmij od − 10 V do + 10 V. Zbuduj go wykorzystując
WO i stosując odpowiednią pasywną pętlę sprzężenia. Parametry WO:
AV0 ≥ 5,0⋅104 V/V, Ri ≈ Rid ≥ 1,0 MΩ, Ro = 80 Ω. Określ typ niezbędnego USZ i typ
transmitancji β czwórnika sprzężenia zwrotnego, oblicz wartość β z przybliżonej
zależności. Oblicz zakres sygnału wejściowego Ii oraz rezystancje układu: Rif , Rof .
Rozwiązanie
Właściwy dla przetwornika i→u typ USZ to napięciowo-równoległe, bo wyjście
napięciowe, a wejście prądowe i sygnały (wejściowy zewnętrzny i z pętli) muszą się
sumować w węźle. Wykorzystanie WO do budowy takiego czwórnika i→u,
o zdefiniowanej transimpedancji daje jedną z najprostszych struktur układu: rys.
10.2.1.
If
Ig
Ii-
Ii
Rg
Io
RF
WO
Uo
RL
Ui
przetwornik
prąd-napięcie
Rys. 10.2.1. Schemat układu przetwarzającego prąd na napięcie, wraz ze źródłem sygnału i obciążeniem.
Zdefiniowana wielkość wejściowa to prąd Ii a wyjściowa to napięcie Uo .
Transmitancja czwórnika β w pętli USZ (typu napięciowo-równoległego) musi być
przeciwnego typu niż transmitancja wynikowego czwórnika, po zamknięciu pętli,
a więc musi być transadmitancją.
96
β = βy ≡
Najpierw pętla
kz =
i główny czwórnik
βy ≈
If
U o + U id
=
1
RF
Uo
Uo
=
= − Ri ⋅ AV 0 ,
I i − − U id
Ri
(10.2.1)
(10.2.2)
(10.2.3)
−1
−1
1
=
= 1,00 ⋅ 10 − 4
= 100 µS ,
4
k zf − 1,0 ⋅ 10 Ω
Ω
(10.2.4)
RF =
Zakres sygnału
Uo
≈
− Ri ⋅ AV 0
−1
kz
=
≈
,
1 − k z ⋅ β y 1 + (Ri ⋅ AV 0 ) ⋅ β y β y
k zf =
wynik to
If
Ii =
1
(
)
≈ −k zf = − − 1,0 ⋅ 10 4 Ω = 10,0 kΩ .
(10.2.5)
U o (− 10 ÷ +10) V
=
= (+ 1,0 ÷ −1,0 )mA .
k zf
− 10 kΩ
(10.2.6)
βy
Zastosowany w układzie wzmacniacz powinien dać taki prąd ze swojego wyjścia
do pętli z rezystorem RF oraz mieć zapas na prąd do obciążenia. Nie powinno to być
problemem; przeciętne uniwersalne WO mają Iomax rzędu (15÷30) mA. Żądany
w tekście zadania zakres sygnału wyjściowego można osiągnąć z marginesem
bezpieczeństwa, zasilając WO dwoma symetrycznymi napięciami, nie mniejszymi od
13 V.
A teraz obliczenie rezystancji wejściowej układu ze sprzężeniem zwrotnym;
najpierw trzeba obliczyć różnicę zwrotną F:
F=
− Ri ⋅ AV 0 10 6 Ω ⋅ 5 ⋅ 10 4
kz
=
≥
= 5,0 ⋅ 10 6 ,
4
k zf
k zf
10 Ω
(10.2.7)
Ri 1 ⋅ 10 6 Ω
≤
= 0,20 Ω
F
5 ⋅ 10 6
(10.2.8)
RF 1 ⋅10 4 Ω
≤
= 0,20 Ω .
AV 0
5 ⋅10 4
(10.2.9)
Rif =
lub inaczej
Rif =
W praktyce stosowana jest ta ostatnia, przybliżona zależność.
Odp. β y = 100 µS, Ii = (+1,0÷−1,0) mA, Rif = 0,20 Ω.
97
Zad. 10.3. Problematyka: układy na rzeczywistych wzmacniaczach operacyjnych,
układ całkujący, wpływ wejściowego prądu polaryzacji i napięcia
niezrównoważenia.
Treść zadania
Integrator na WO (rys. 10.3.1) ma kondensator o C = 1,0 µF w pętli USZ a na
wejściu rezystor o R = 10 MΩ. Jaka wartość stałego wejściowego sygnału Eg nie
spowoduje jeszcze wyjścia układu z zakresu liniowej pracy przy czasie integracji
(całkowania) ti = 100 s, jeżeli napięcia zasilania układu Usup = ± 15 V? Oblicz
maksymalną wartość wejściowego prądu polaryzacji Iib– tego WO, aby błąd
bezwzględny od niej nie przekroczył na wyjściu układu wartości ∆uo (Iib–) = ± 10 mV
po podanym czasie całkowania. Oblicz maksymalną wartość napięcia
niezrównoważenia WO, dającą taki błąd jak wejściowy prąd polaryzacji. Pomiń inne
źródła niedokładności działania układu, jak np. pozostałe parametry rzeczywistego
WO: skończone wzmocnienie AV0 i wejściowe rezystancje Rid , Ric .
Rozwiązanie
Podstawowa zależność dla idealnego integratora (układu całkującego,
z rys. 10.3.1a), wiąże zmianę napięcia na wyjściu układu ∆uo z doprowadzoną do
kondensatora C porcją ładunku ∆QC , np. w postaci wpływu prądu iC przez określony
czas integracji ti :
a)
ii
uR
b) u
R
C
WO
iC
C
R
uo
(10.3.1)
uC
iR
uC
R
eg
iC
t
1 i
I C ti
∆QC
iC (t )dt i


→
−
=
−
.
=
const
∫
C
C0
C
C
uid = 0
∆uo (ti ) = − ∆uC (ti ) = −
Iib-
K
WOid
uo
Uio
Rys. 10.3.1. Integrator na WO: a) schemat układu podstawowego do całkowania sygnału napięciowego,
b) schemat do analizy wpływu prądu polaryzacji i napięcia niezrównoważenia WO.
W przypadku idealnego WO prąd dopływający do kondensatora iC jest równy
wejściowemu prądowi ii układu, a ten, dzięki pozornej masie w węźle przy we-WO,
jest równy stosunkowi wejściowego napięcia i rezystancji R wejściowego rezystora:
iC (t ) = ii (t ) =
eg (t )
R
e

→
g =const
Eg
R
.
(10.3.2)
Po podstawieniu zależności (10.3.2) do (10.3.1) otrzyma się związek między
napięciami na wejściu i wyjściu integratora. Widać proporcjonalny wpływ czasu
całkowania (integracji) ti i odwrotnie proporcjonalny wpływ stałej czasowej τi = RC:
∆uo (ti ) = −
ti
t
Eg = − i Eg .
τi
RC
98
(10.3.3)
Z tej zależności można oszacować maksymalne napięcie wejściowe przy podanych
w treści warunkach, ale wcześniej trzeba założyć zgodnie z danymi producentów np.
WO typu µA741 lub TL081 minimalną wartość wyjściowego napięcia nasycenia Uosat
(granicy przejścia WO z pracy liniowej do nieliniowej) na poziomie ± 12 V przy
zasilaniu ± 15 V:
E g max = U osat
τi
ti
≤ 12 V
10 MΩ ⋅ 1 µF
= 1,20 V .
100 s
(10.3.4)
Teraz można przejść do analizy wpływu wejściowego napięcia niezrównoważenia
Uio i prądu polaryzacji Iib- na błąd adytywny napięcia wyjściowego, w oparciu
o schemat na rys. 10.3.1b. Przy zerowej sile elektromotorycznej sygnału użytecznego
wpływ obu wymienionych wielkości na prąd ładowania kondensatora ma postać:
gdy e g = 0 → U R = −U io , i R =
iC = i R − I ib−
U
uR
= − io ,
R
R
U
= − io − I ib− = const .
R
(10.3.5)
Podstawienie tego do zal. (10.3.1) da zależność na łączny błąd adytywny na
wyjściu układu:
∆uo (ti ) = ∆uoo (ti ) = −
ti  U io

− I ib −  .
−
C R

(10.3.6)
Można podzielić formalnie ten błąd (wyjściowe napięcie niezrównoważenia ∆uoo)
na dwa składniki, odpowiednio do przyczyny błędu. Ponieważ czas integracji ti ma
wpływ na ten błąd, należy zapisywać go jako wielkość zależną od czasu:
∆uoo (ti ) = ∆uo (I ib − ) + ∆uo (U io ) =
I ib −ti U ioti
+
.
C
RC
(10.3.7)
Znamienna jest zależność składników błędu od pojemności kondensatora oraz
tylko drugiego składnika od rezystancji. Można teraz obliczyć dopuszczalne wartości
Iib- i Uio , powodujące maksymalny założony poziom błędu. Ponieważ był on podany
jako symetryczny przedział, wynik dla obu wielkości będzie modułem:
I ib − =
U io =
C ⋅ ∆uo (I ib − ) 1 ⋅10−6 F ⋅10 ⋅10−3 V
≤
=
100 s
ti
0,10 ⋅10− 9 A = 100 pA ,
RC ⋅ ∆u o (U io )
ti
≤
10 MΩ ⋅ 1 µF ⋅ 10 mV
= 1,0 mV .
100 s
Odp. Egmax ≤ 1,20 V, Iib– ≤ 0,10 nA, Uio ≤ 1,0 mV.
99
(10.3.8)
(10.3.9)
ujemne sprzężenie zwrotne i jego wpływ na właściwości układu.
Treść zadania
Chcesz zbadać rezystancję wyjściową Rof wzmacniacza napięciowego
nieodwracającego na WO z bardzo silnym USZ. Twój WO ma dopuszczalny prąd
wyjściowy Iomax ≥ 20 mA; powyżej wyjście napięciowe przechodzi w stan stabilizacji
prądu. Sygnał tak dobrałeś, że woltomierz dołączony do wyjścia bez obciążenia
wskazał Uo1 = 10,001 V. Dobierz do pomiaru rezystor obciążający wyjście RL . Jaką
minimalną Rof układu możesz oszacować, jeżeli drugi pomiar Uo2 , z obciążeniem
wyjścia minimalną dopuszczalnej rezystancją RL będzie wykonany tym samym
woltomierzem?
Rozwiązanie
Jest to klasyczne zagadnienie doświadczalne, w wersji najprostszej, bo zakłada się,
że model układu jest liniowy i unilateralny; dwa pomiary napięcia wyjściowego
(rys. 10.4.1) bez obciążenia wyjścia i z obciążeniem pozwalają wyznaczyć zastępczą
rezystancję wyjściową układu. Problemem jest w tym przypadku bardzo mała wartość
tej rezystancji i równocześnie ograniczony wyjściowy prąd WO w zakresie liniowej
pracy. Nie wolno go przekroczyć, bo układ przejdzie w stan pracy nieliniowej,
a wtedy nie obowiązuje już jego liniowy układ zastępczy.
Rys. 10.4.1. Schemat układu do zad. 10.4.
Należy zapisać układ równań dla takich dwóch pomiarów – bez obciążenia RL
i z konkretnym RL :
U o1 = kuf U i
U o 2 = k uf U i − I o 2 Rof , przy czym I o 2 =
U o2
.
RL
(10.4.1)
Najprościej rozwiązuje się ten układ równań przez odjęcie stronami:
∆U o = U o1 − U o 2 = I o 2 Rof =
U o2
Rof .
RL
(10.4.2)
Minimalna dopuszczalna wartość rezystora obciążenia jest określona przez
napięcie wyjściowe i graniczny prąd wyjściowy dla liniowej pracy:
RL min =
U o2
U
10,0 V
≈ o1 ≈
= 500 Ω .
I o 2 max I o max 20 mA
(10.4.3)
Przekształcono zależność (10.4.2) oraz przyjęto, że najmniejszą zauważalną
zmianą wskazania woltomierza na wyjściu ∆Uomin jest jedna jednostka w najniższej
100
dekadzie wskazanej wartości, czyli 1 mV:
Rof min =
∆U o min
∆U o min
1 mV
RL min ≈
RL min ≈
500 Ω = 50 mΩ .
U o2
U o1
10,0 V
(10.4.4)
Rzeczywiste układy z WO w takim połączeniu mogą mieć rezystancję wyjściową
nawet o rząd mniejszą; potrzebny były woltomierz o znacznie lepszej rozdzielczości
od podanej w zadaniu. Obliczona wartość jest obarczona bardzo dużą niepewnością,
bo w najlepszym przypadku składnik adytywny niedokładności tego woltomierza
w obu pomiarach jest ± 1 mV. Mimo tego wynik jest miarodajny dla oceny
możliwości doświadczalnego wyznaczenia Rof .
Odp. RL ≥ 500 Ω, Rof ≥ 50 mΩ.
Zad. 10.5. Problematyka: zastosowanie wzmacniacza operacyjnego,
właściwości rzeczywistych elementów układu: wzmacniacza, rezystorów.
wpływ
Treść zadania
W układzie napięciowego wzmacniacza odwracającego (rys. 10.5.1) parametry
WO mają wartości:
- wzmocnienie różnicowe AV0 = 7,3⋅10 4 V/V,
- wejściowe napięcie niezrównoważenia zdefiniowane po stronie wejścia
nieodwracającego Uio = 0,36 mV,
- wejściowe prądy polaryzacji (wpływające) Iib+ = + 53 nA i Iib− = + 44 nA.
Rezystory zastosowane w układzie mają wartości znamionowe (indeks n) oraz
rzeczywiste (indeks r), a tym samym względną odchyłkę δ od wartości znamionowej:
R1n = 5,0 kΩ, R1r = 4,962 kΩ, δR1 = − 0,76%,
R2n = 100 kΩ, R2r = 100,50 kΩ, δR2 = + 0,50%,
R3n = R1||R2 = 4,76 kΩ, R3r = 4,742 kΩ, δR3 = − 0,38%.
R2
Ui
R1
Iib-
R3
Iib+
WO
Uo
Rys. 10.5.1. Schemat napięciowego wzmacniacza odwracającego.
a) Oblicz w procentach różnicę nachylenia rzeczywistej charakterystyki
przejściowej układu w stosunku do znamionowej.
b) Oblicz wyjściowe napięcie niezrównoważenia (offsetu) Uoo , tzn. gdy Ui = 0 V
i wejście zwarte, w przypadkach:
b1) dla znamionowych wartości rezystorów, ale R3 = 0 Ω,
b2) dla znamionowych wartości wszystkich rezystorów,
b3) dla rzeczywistych wartości wszystkich rezystorów.
Rozwiązanie
a) Charakterystyka przejściowa układu z rys. 10.5.1 złożonego z idealnych
elementów (tzn. m.in. rezystory o wartościach znamionowych) jest opisana
zależnością i ma zdefiniowaną transmitancję znamionową:
101
Uo = −
R2 n
R
100 kΩ
V
⋅ U i a transmitancja kufn = − 2n = −
= −20,0 .
R1n
R1n
5,0 kΩ
V
(10.5.1)
Właśnie ta transmitancja jest nachyleniem (współczynnikiem kierunkowym)
odcinka obrazującego charakterystykę przejściową układu liniowego w prostokątnym
układzie współrzędnych. Podstawową przyczyną zmiany wartości nachylenia
w rzeczywistym układzie są różne od znamionowych wartości rezystancji. Założono,
że nadal obowiązuje podstawowa zależność zapisana w (10.5.1); transmitancja
obliczona z rzeczywistych wartości rezystorów:
kufr = −
R2r
100,50 kΩ
V
.
=−
= −20,25
R1r
4,962 kΩ
V
(10.5.2)
Różnicę względną nachyleń charakterystyki, czyli wzmocnień obliczono
z zależności:
δ k uf (Rr ) =
kufr − kufn
kufn
⋅ 100 % =
− 20,25 − (− 20 )
⋅ 100 % = 1,3 % .
− 20
(10.5.3)
Ta wielkość jest nazywana także błędem multiplikatywnym układu.
Drugi czynnik, powodujący niedokładność wzmocnienia układu, to skończone
wzmocnienie różnicowe WO. W tym przypadku zależności (10.5.1) i (10.5.2) są
przybliżone, a błąd tego przybliżenia szacuje się z:
δ k uf ( AV 0 ) ≈ −
kufn
AV 0
⋅ 100 % = −
20
7,3 ⋅ 10 4
⋅ 100 % =
= −0,027 % = −2,7 ⋅ 10
(10.5.4)
−2
%.
Ta niedokładność będzie miała znaczenie dopiero wtedy, gdy rezystory będą miały
mniejszą tolerancję wartości, poniżej 0,1 % (porównaj wynik (10.5.3) i (10.5.4)).
b) Napięcie wyjściowe w układzie z rys. 10.5.1, bez źródła sygnału i ze zwartym
wejściem ale z WO, który ma wejściowe napięcia niezrównoważenia i prądy
polaryzacji wejść, co oznacza niezerowe wyjściowe napięcie niezrównoważenia Uoo ,
zwane także błędem zera lub błędem adytywnym:
 R 
U oo = 1 + 2  ⋅ (U io − R3 ⋅ I ib+ ) + R2 ⋅ I ib− .
R1 

(10.5.5)
Zależność (10.5.5) przekształcono do nieco innej postaci, w której dobrze będzie
widoczna rola rezystora R3 :

R3
R 
U oo = 1 + 2  ⋅ U io − R2 ⋅
⋅ I ib + + R2 ⋅ I ib − =
R1 ⋅ R2
R1 

R1 + R2
(10.5.6)



R3
R 
= 1 + 2  ⋅ U io + R2 ⋅  I ib − −
⋅ I ib +  .


R1 
R1 R2



Drugi wiersz zależności (10.5.6) wskazuje na możliwość minimalizacji wpływu
prądów polaryzacji przez dobranie wartości R3 równej wartości formalnego
równoległego połączenia R1 i R2 (zapis R1||R2), czego efektem w nawiasie jest różnica
102
prądów polaryzacji, czyli tzw. wejściowy prąd niezrównoważenia Iio , kilka razy
mniejszy od prądu polaryzacji. Można już teraz obliczyć wartość wyjściowego
napięcia według (10.5.6) w przypadkach b1)÷b3).
b1) R1 = R1n = 5,0 kΩ, R2 = R2n = 100 kΩ, R3 = 0 Ω:
 R 
 100 
U oo = 1 + 2  ⋅ U io + R2 ⋅ I ib− = 1 +
 ⋅ 0,36 mV + 100 kΩ ⋅ 44 nA =
R1 
5 
(10.5.7)


5
−9
= 21 ⋅ 0,36 mV + 10 ⋅ 44 ⋅10 V = (7,56 + 4,4 )mV = 12,0 mV .
b2) R1 = R1n = 5,0 kΩ, R2 = R2n = 100 kΩ, R3 = R3n = 4,76 kΩ:



R3
R 
U oo = 1 + 2  ⋅ U io + R2 ⋅  I ib − −
⋅ I ib +  =


R1 
R1 R2




4,76

= 21 ⋅ 0,36 mV + 105 Ω 44 −
⋅ 53  ⋅ 10 - 9 A =
4,762


= (7,56 − 0,90 ) mV = 6,66 mV .
(10.5.8)
b3) R1 = R1r = 4,962 kΩ, R2 = R2r = 100,50 kΩ, R3 = R3r = 4,742 kΩ:


 R 
R3
⋅ I ib +  = 21,25 ⋅ 0,36 mV +
U oo = 1 + 2  ⋅ U io + R2 ⋅  I ib − −


R1 
R1 R2



(10.5.9)
4,742
 -9
5 
1,005 ⋅10 Ω 44 −
⋅ 53  ⋅10 A = (7,65 − 0,92)mV = 6,73 mV .
4,729


Obliczone napięcie jest błędem zera; miarą przesunięcia charakterystyki
wzmacniacza w stosunku do początku układu współrzędnych. Błąd względny
pochodzący od niego zależy od wielkości wyjściowego sygnału użytecznego; gdy
sygnał większy, błąd mniejszy. Obliczono przykładowo, jaki powinien być sygnał,
aby błąd względny pochodzący od wartości obliczonej w (10.5.9) nie przekroczył
obliczonego wcześniej w (10.5.3) względnego błędu multiplikatywnego:
δ (U io , I ib ) =
U o ≥ U oo ⋅
U oo
⋅100% ≤ 1,3 % ,
Uo
(10.5.10)
100 %
= 6,73 mV ⋅ 76,9 = 518 mV .
1,3 %
(10.5.11)
Porównanie wyników obliczeń w punktach b1)÷b3) wykazuje istotny wpływ
rezystora R3 na zmniejszenie błędu zera (tutaj prawie dwa razy), a także niewielki
wpływ tolerancji rezystorów na zmiany tego błędu.
Odp. a) δ k uf (Rr ) = 1,3% , b1) Uoo = 12,0 mV, b2) Uoo = 6,66 mV, b3) Uoo = 6,73 mV.
103
Treść zadania
Na uniwersalnym WO zapięto tak USZ, aby znamionowo kuf = – 15 V/V;
zastosowano R1 = 20 kΩ, R2 = 300 kΩ. Dla tego WO wyznaczono doświadczalnie:
Uio = – 1,20 mV zdefiniowane po stronie wejścia nieodwracającego, Iib– = + 29,0 nA
wpływający do wejścia. Oblicz wartość napięcia wyjściowego Uo , gdy sygnał na
wejściu Ui = + 5,00 mV oraz błąd względny w tym przypadku, spowodowany przez
Uio i Iib– .
Rozwiązanie
Rys. 10.6.1. Schemat układu do zad. 10.6.
Schemat układu z wyodrębnionymi z WO źródłami błędu niezrównoważenia: Uio
i Iib- pokazano na rys. 10.6.1.
Napięcie wyjściowe układu Uo jest sumą efektów od wzmocnionego sygnału
użytecznego Ui oraz od napięcia niezrównoważenia Uio i prądu polaryzacji Iib- . Ten
drugi składnik jest błędem adytywnym, bo jego wartość bezwzględna nie zależy od
wartości sygnału użytecznego:
U o = f (U i ) + f (U io , I ib− ) .
(10.6.1)
Składnik pochodzący od sygnału użytecznego ma na wyjściu wartość:
U o (U i ) = kuf U i = −15 ⋅ 5,00 mV = −75,0 mV
(10.6.2)
natomiast błąd adytywny
(
)
 R 
U o (U io , I ib− ) ≡ U oo = U io 1 + 2  + I ib− R2 = U io 1 + k uf + I ib− R2 =
R1 

= − 1,20 mV (1 + 15) + 29,0 ⋅10 −9 ⋅ 0,3 ⋅10 6 ⋅103 mV =
= (-19,2 + 8,70 ) mV = −10,5 mV .
(10.6.3)
Efekt łączny, oczekiwany na wyjściu:
U o = f (U i ) + f (U io , I ib− ) = (− 75,0 − 10,5) mV = −85,5 mV .
(10.6.4)
Błąd na wyjściu, spowodowany napięciem niezrównoważenia i prądem
polaryzacji, przeliczony na wartość względną, w stosunku do wyjściowego sygnału
użytecznego:
104
δ (U io , I ib − ) =
U o (U io , I ib − )
− 10,5
100 % =
100 % = 14 % .
U o (U i )
− 75,0
(10.6.5)
Odp. Uo = – 85,5 mV, δ = 14 %.
Treść zadania
W katalogu podano dla wybranego przez ciebie WO: Uio ≤ 1 mV
i Iib ≤ 15 nA. Zbudowałeś na nim wzmacniacz o kuf (f→0) = – 10 V/V
i Rif ≈ 100 kΩ, bez rezystora R3 z we+WO do masy oraz bez układu kompensacji
niezrównoważenia. Oblicz graniczną wartość błędu zera na wyjściu układu, tzn.
maksymalne przesunięcie charakterystyki przejściowej Uoo w stosunku do początku
układu współrzędnych.
Rozwiązanie
Problem jest podobny do tego z poprzedniego zadania (rys. 10.6.1), ale tym razem
nie są znane wartości napięcia niezrównoważenia i prądu polaryzacji, tylko graniczne
wartości przedziałów, w których mogą się znajdować. Nie ma przy tym żadnej uwagi
nt. rozkładu prawdopodobieństwa w przedziale. W związku z tym zdecydowano się
obliczyć błąd graniczny, z uwzględnieniem znaków ±, z zależności jak dla znanych
wartości:
 R 
U oo ≡ U o (U io , I ib− ) = U io 1 + 2  + I ib− R2 .
R1 

(10.7.1)
Wartości rezystorów nie są wprost podane w treści zadania, ale można skorzystać
z podstawowych związków dla tego układu:
R1 ≈ Rif
oraz k uf = −
R2
R1
→ R2 = Rif k uf .
(10.7.2)
Można już z (10.7.1) i (10.7.2) zapisać zależność końcową i obliczyć wynik:
(1,0 ⋅ 10
(
)
U oo = U io 1 + kuf + I ib − ⋅ kuf Rif ≤
−3
⋅ 11 + 15 ⋅ 10
−9
)
⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10 V = (11 + 15) mV = 26 mV .
5
(10.7.3)
Dosyć duża wartość błędu wynika z jedenastokrotnego wzmacniania dość dużego
napięcia niezrównoważenia oraz dużych wartości rezystancji (R2 = 1 MΩ), co
w iloczynie z Iib- dało spory drugi składnik.
Odp. Uoo ≤ 26 mV.
105
ujemne sprzężenie zwrotne i jego wpływ na właściwości układu, wzmacniacz
operacyjny o wewnętrznej korekcji częstotliwościowej, pasmo układu.
Treść zadania
WO ma wewnętrzną kompensację częstotliwościową. Po zapięciu pierwszej pętli
napięciowo-szeregowego USZ wzmocnienie kuf1 = 35,0 V/V oraz górna graniczna
częstotliwość fg1 = 110 kHz, według kryterium – 3 dB. Oblicz fg2 układu, gdy zapięta
będzie inna pętla napięciowo-szeregowego USZ, dająca kuf2 = 15,0 V/V. Ile wynosi
własna fgtyp tego WO przy otwartej pętli SZ, jeżeli jego AV0typ = 120V/mV?
Rozwiązanie
Przebieg
aproksymacyjnej
charakterystyki
częstotliwościowej
modułu
wzmocnienia różnicowego WO z wewnętrzną kompensacją częstotliwościową
pokazano na rys. 10.8.1. Ma ona pierwsze załamanie przy górnej częstotliwości
granicznej fgWO oraz drugie przy module wzmocnienia poniżej jedności. Odcinek
charakterystyki między punktami załamania ma stałe nachylenie równe – 20 dB/dek,
stały jest zatem iloczyn wzmocnienia przy danej częstotliwości i tej częstotliwości.
Oznacza to, że wzmacniacz zbudowany na takim WO za pomocą czysto
rezystancyjnej pętli sprzężenia zwrotnego ma w charakterystyce częstotliwościowej
początkowy płaski odcinek, załamanie po dojściu do charakterystyki WO i następnie
odcinek opadający zgodnie z tą ostatnią. W rezultacie wzmocnienie układu i pasmo
(częstotliwość graniczna) są wymienne: im większe wzmocnienie, tym mniejsze
pasmo i odwrotnie. Iloczyn wzmocnienia takiego układu na WO i jego górnej
granicznej częstotliwości jest stałą wartością, równą tzw. pasmu jednostkowemu
BW1, czyli dla układu wtórnika:
kuf ⋅ f g = const ≡ 1
ku
V
V
⋅ fT ≡ 1 ⋅ BW 1 .
V
V
(10.8.1)
AV0
(log)
Aud
kuf1
20
kuf2
kuf = 1
dB
/de
k
f
fgWO
fg1
fg2
fT BW1 (log)
Rys. 10.8.1. Zależność modułu wzmocnienia od częstotliwości układu na WO i samego WO
o wewnętrznej kompensacji częstotliwościowej. Obie skale na wykresie są logarytmiczne.
Przy rozwiązaniu wykorzystano tą właściwość; odpowiednie iloczyny dla obu
układów są jednakowe i można stąd obliczyć górną częstotliwość graniczną drugiego
układu:
k uf 2 ⋅ f g 2 = kuf 1 ⋅ f g1 → f g 2 = f g1
k uf 1
kuf 2
= 110
35
kHz = 257 kHz . (10.8.2)
15
Tą samą wartość iloczynu mają punkty charakterystyki samego WO; górnego
106
załamania i wzmocnienia jednostkowego, z czego łatwo obliczyć górną częstotliwość
graniczną WO i jego pasmo jednostkowe:
V
⋅ BW 1 = k uf 1 ⋅ f g1 →
V
k uf 1
35
f gWO = f g1
= 110
kHz = 32,1 Hz
AV 0
1,2 ⋅ 10 5
k uf 1
oraz BW 1 = f g1
= 110 ⋅ 35 kHz = 3,85 MHz
V
1
V
AV 0 ⋅ f gWO = 1
(10.8.3)
Odp. fg2 = 257 kHz, fgtypWO = 32,1 Hz a BW1 = 3,85 MHz.
Zad. 10.9. Problematyka: wzmacniacz operacyjny o wewnętrznej
częstotliwościowej, pasmo układu oraz wpływ parametru SR.
korekcji
Treść zadania
Wzmacniacz zbudowany na WO ma kuf (f → 0) = − 50 V/V. Masz zmierzyć jego
górną częstotliwość graniczną. WO ma wewnętrzną kompensację częstotliwościową
i parametry w katalogu: SR ≥ 4 V/µs, BW1 ≥ 10 MHz. Oblicz dopuszczalną wartość
skuteczną napięcia wejściowego układu, przy której można wykonać ten pomiar.
Rozwiązanie
Z wyjaśnionej w poprzednim zadaniu właściwości stałości iloczynu pasma
i wzmocnienia obliczono oczekiwaną górną częstotliwość graniczną układu fg , przy
czym założono, że typowa wartość może być o 50 % większa od minimalnej
gwarantowanej przez producenta WO:
V

const Hz ⋅  BW 1 ⋅1 V
V

V ,
fg =
≡
kuf
kuf
f g min =
10 ⋅1
MHz = 200 kHz,
50
f gtyp do 1,5 ⋅ f g min = 300 kHz .
(10.9.1)
(10.9.2)
Przy fg moduł wzmocnienia maleje z definicji o 3 dB w stosunku do wartości przy
małych częstotliwościach, czyli ta ostatnia jest dzielona przez 2 :
( )
kuf f g = 2 −0,5 k uf ( f = 0 ) .
(10.9.3)
Zastosowano kryterium inżynierskie: zniekształcenia sygnału sinusoidalnego
spowodowane przez właściwość WO opisaną parametrem SR są praktycznie do
pominięcia, jeżeli maksymalne nachylenie wyjściowego sygnału jest przynajmniej
trzy razy mniejsze od wartości SR, co ma postać nierówności
( )
U imω g kuf f g ≤
SR
.
3
(10.9.4)
Lewa strona zależności (10.9.4) to maksymalna wartość pochodnej wyjściowego
sygnału sinusoidalnego po czasie przy częstotliwości granicznej. Dla sygnału
107
sinusoidalnego wartość skuteczna jest
przekształceniu zal. (10.9.4)
Ui ≤
2 razy mniejsza od maksymalnej, a więc po
SR
SR
= 0, 5
=
2 ⋅ 3ω g kuf f g
2 ⋅ 3 ⋅ 2πf gtyp 2− 0,5 kuf ( f = 0 )
( )
SR
4 ⋅106
=
=
V = 14,1 mV .
6πf gtyp kuf ( f = 0 ) 6π ⋅ 0,3 ⋅106 ⋅ 50
(10.9.5)
Odp. Ui ≤ 14,1 mV, przyjęto do badań z dodatkowym marginesem Ui = 12 mV.
Zad. 10.10. Problematyka: wzmacniacz operacyjny o wewnętrznej
częstotliwościowej, pasmo układu oraz wpływ parametru SR.
korekcji
Treść zadania
Wzmacniacz operacyjny o wewnętrznej korekcji częstotliwościowej ma podane
w katalogu wartości parametrów: AV0 ≡ Aud (f → 0 Hz) ≥ 50 V/mV, SR ≥ 3,5 V/µs,
BW1 ≥ 10 MHz.
a) Oblicz górną częstotliwość graniczną fgWO pasma samego WO, bez pętli
sprzężenia zwrotnego.
b) Oblicz górną częstotliwość graniczną fg pasma układu na tym WO:
wzmacniacza napięciowego o |kuf| = 20 V/V.
c) Układ wzmacniacza z punktu b) mocno przesterowano sygnałem
prostokątnym. Oblicz, jaki maksymalny czas mogą mieć zbocza
wyjściowego sygnału, jeżeli WO jest zasilany symetrycznie napięciami
Usup = ± 12 V.
d) Oblicz dopuszczalną częstotliwość sinusoidalnego sygnału wyjściowego
o wartości skutecznej Uo = 3,0 V w układzie z punktu b), przy której można
z dokładnością techniczną uważać, że sinusoida nie jest zauważalnie
zniekształcana wpływem parametru SR.
Rozwiązanie
Wewnętrzna
korekcja
częstotliwościowa
wzmacniacza
operacyjnego,
wprowadzana technologicznie przez jego producenta powoduje, że moduł
wzmocnienia samego WO, czyli Aud zmienia się odwrotnie proporcjonalnie do
częstotliwości między górną częstotliwością graniczną fgWO i częstotliwością BW1 –
pasmem częstotliwościowym wtórnika (układ z pętlą sprzężenia zwrotnego, dającą
kuf = 1 V/V) na tym WO. Stosowane jest także oznaczenie fT ≡ BW1. W tym zakresie
wzmocnienie WO maleje od AV0 do 1 V/V. Taka zmiana to dziesięciokrotne malenie
wzmocnienia przy dziesięciokrotnym (czyli dekadzie, skrót dek) wzroście
częstotliwości, co przy zwykle stosowanym odwzorowaniu graficznym ze skalami
logarytmicznymi jak na rys. 10.10.1 oznacza stałe nachylenie opadającej
charakterystyki aproksymacyjnej, o wartości – 20 dB/dek. Niekiedy jest stosowany
zapis − 6 dB/okt, czyli praktycznie dwukrotne malenie wzmocnienia przy
dwukrotnym wzroście częstotliwości (oktawa w skali muzycznej, skrót okt). Jest to
oczywiście taka sama wartość nachylenia charakterystyki. Oznacza to, że na odcinku
charakterystyki częstotliwościowej WO o takim nachyleniu stały jest iloczyn modułu
wzmocnienia układu kuf na tym WO i jego górnej częstotliwości granicznej fg .
Mowa tutaj o charakterystyce aproksymacyjnej, naprawdę wzmocnienie przy tej
częstotliwości maleje do 70,7 % (− 3 dB w mierze logarytmicznej) wartości przy
f = 0 Hz.
108
ku
AV0
(log)
Aud
kuf1
20
kuf2
kuf = 1
dB
/de
k
f
fg1
fgWO
fg2
fT BW1 (log)
Rys. 10.10.1 Zależność modułu wzmocnienia od częstotliwości układu na WO i samego WO
o wewnętrznej kompensacji częstotliwościowej, obie skale logarytmiczne. Oznaczenia wyjaśniono
w tekście.
Wzmacniacz napięciowy zbudowany na takim WO za pomocą pętli sprzężenia
złożonej z rezystorów ma górną częstotliwość graniczną równą ilorazowi (fT ⋅1V/V)
przez moduł wzmocnienia układu kuf.
a) Z przypomnianej wyżej właściwości wynika dla takiego WO związek:
AV 0 ⋅ f gWO
V
= fT ⋅1
→
V
f gWO =
V
V
10 7 Hz ⋅
V =
V = 200Hz . (10.10.1)
AV 0
3 V
50 ⋅ 10
V
fT ⋅1
b) Podobnie dla wzmacniacza napięciowego zbudowanego na tym WO:
fg =
V
V
10 7 Hz ⋅
V ≥
V = 0,50MHz .
V
k uf
20
V
fT ⋅1
(10.10.2)
c) Wskutek ograniczenia parametrem SR sygnał wyjściowy będzie falą trapezową.
Czasy trwania zboczy, narastającego tzn i opadającego tzo fali trapezowej
z rys. 10.10.2 zwykle nie są jednakowe. W zadaniu nic nie wspomniano o asymetrii
parametru SR dla zboczy, zatem można ją pominąć i wprowadzić pojęcie średniego
czasu trwania zbocza tz . Uwaga: przy analizie sygnałów impulsowych używane są
nazwy nieco innych odcinków czasowych; czas narostu tn i czas opadania to są tam
zdefiniowane w zakresie zmiany napięcia na zboczu w przedziale 10 % ÷ 90 %
wartości międzyszczytowej Uopp .
Rys. 10.10.2. Rzeczywisty kształt sygnału na wyjściu układu przesterowanego
wejściową falą prostokątną.
109
Przyjęto, że granicznie amplituda na wyjściu Uom może osiągnąć nawet poziom
napięcia zasilania, a wartość międzyszczytowa Uopp jest oczywiście sumą amplitud:
U om ≈ U sup = 12V , czyli pik - to - pik U opp ≡ 2 ⋅ U om = 24V . (10.10.3)
Związek między czasami zbocza narastającego tzn , opadającego tzo , średnim
czasem trwania zbocza tz sygnału trapezowego a wartością międzyszczytową napięcia
wyjściowego i parametrem SR ma postać:
SR ≡
4U sup
∂u o ∆u o U opp U opp U opp
,
≈
=
≈
≈
≈
∂t
∆t
tz
t zn
t zo
t zn + t zo
t z ≈ t zn ≈ t zo ≈
U opp
SR
≤
tz =
t zn + t zo
,
2
24V
= 6,9µs .
V
3,5
µs
(10.10.4)
(10.10.5)
Przybliżenia w ostatnich zależnościach wynikają z niekoniecznie jednakowej
wartości parametru SR przy opadaniu (SR−) i naroście (SR+) sygnału napięciowego na
wyjściu. Przez SR oznaczono jego średnią wartość.
d) Przyjęto, że kryterium niezniekształcania dla inżynierskiego poziomu
dokładności w przypadku przenoszenia przez układ sygnału trapezowego jest
maksymalne zwiększenie czasu jego zboczy tz na wyjściu o około 5%, do wartości t z' ,
według zależności:
2
t z'
≈
t z2
 U opp 
 ,
+ 
SR


t z' ≤ 1,05 ⋅ t z .
(10.10.6)
Będzie to spełnione, gdy Uopp /SR; minimalny czas trwania zbocza wyjściowego
sygnału, osiągany na tym WO, będzie około trzy razy mniejsze od rzeczywistego tz .
W przypadku sygnału sinusoidalnego forma tego kryterium to warunek, aby
maksymalna szybkość zmiany sygnału na wyjściu była przynajmniej trzy razy
mniejsza od SR układu. Dla sinusoidy zapis sygnału na wyjściu i szybkość jego
zmian:
uo (t ) = U om ⋅ sin (ωt ) ,
(10.10.7)
du o
= U om ⋅ ω ⋅ cos(ωt ) 
→ U om ⋅ ω = U om ⋅ 2 πf .
max
dt
(10.10.8)
Po zastosowaniu warunku (10.10.6) i przeliczeniu wartości skutecznej na
amplitudę:
U om ⋅ 2 πf = 2U o ⋅ 2πf ≤
f ≤
SR
3 ⋅ 2 2 ⋅ π ⋅U o
=
3,5 ⋅ 10 6 V/s
3 ⋅ 2 2 ⋅ 3,14 ⋅ 3,0V
SR
,
3
= 4,4 ⋅ 10 4
(10.10.9)
1
= 44kHz .
s
Odp. a) fgWO = 200 Hz, b) fg ≥ 0,50 MHz, c) tz ≤ 6,9 µs, d) f ≤ 44 kHz.
110
(10.10.10)
Zad. 10.11. Problematyka: układ ze sprzężeniem zwrotnym na rzeczywistych
blokach, ujemne sprzężenie zwrotne i jego wpływ na modyfikację właściwości
układu.
Treść zadania
Liniowy i unilateralny czwórnik aktywny (rys. 10.11.1a) ma zastępcze parametry
przed zamknięciem pętli sprzężenia zwrotnego: Rik = 1,2⋅104 Ω, Rok = 80 Ω oraz
ku = – 6,0 V/mV przy obciążeniu wyjścia rezystancją RL =1,50 kΩ. Objęto go pętlą
napięciowo-równoległego USZ (rys. 10.11.1b) z rezystorem Rβ = 1,00 kΩ. Oblicz
transmitancję bloku β i wypadkową transmitancję całego układu kf z USZ (podaj,
jakie to typy transmitancji), różnicę zwrotną, rezystancję wejściową i wyjściową przy
obciążeniu wyjścia rezystancją RL . Analizę wykonaj:
a) najpierw w elementarnej wersji, z zastosowaniem uproszczonych zależności,
b) w wersji uwzględniającej obciążający wpływ bloków k i β na siebie.
Rys. 10.11.1. Schemat układów do zad. 10.11: a) samego czwórnika k, b) kompletnego układu
z ujemnym sprzężeniem zwrotnym, typ napięciowo-równoległy.
Rozwiązanie
Wersja a) z elementarnymi zależnościami.
W tej wersji założono, że dołączenie czwórnika β nie zmieni transmitancji
głównego czwórnika k (warunek Rβ >> Rok) oraz, że wejście czwórnika k praktycznie
zwiera do masy prądowe wyjście czwórnika β (warunek Rβ >> Rik), co w tym
przypadku absolutnie nie jest spełnione.
Zastosowane USZ jest napięciowo-równoległe, czyli rezystor Rβ ma za zadanie
zamienić napięcie wyjściowe Uo na prąd If sumujący się w węźle z prądem
wejściowym Ii . Z tego wniosek, że blok β ma transadmitancję β y , a wynikowy
czwórnik z USZ – transimpedancję kzf :
β = βy =
If
Uo
k zf ≈ −
≈
1
βy
1
1
=
= 1,00 mS ,
Rβ 1 kΩ
= − Rβ = −1,00 kΩ .
(10.11.1)
(10.11.2)
Do dalszych obliczeń potrzebna jest wartość transmitancji k przed zamknięciem
pętli USZ. Musi ona być formalnie tego samego typu co wynikowa,
transimpedancyjna:
111
kz =
Uo Uo Uo
=
≈
Rik = ku Rik = −6 ⋅ 10 3 ⋅ 12 ⋅ 10 3 Ω = −72 MΩ . (10.11.3)
U
Ii
Ui
i
Ri
Teraz można już obliczyć różnicę zwrotną F a następnie rezystancje: wejściową Rif
i wyjściową Rof dla układu z takim typem USZ:
k R
kz
72 MΩ
= u ik =
= 7,2 ⋅10 4 ,
k zf
− Rβ
1 kΩ
(10.11.4)
Ri Rik Rβ Rik Rβ
1 kΩ
≈
=
=
=
= 0,167 Ω ,
F
F
k u Rik k u 6 ⋅103
(10.11.5)
Ro Rok
80 Ω
≈
=
= 1,11 mΩ .
F
F
72 ⋅103
(10.11.6)
F=
Rif =
Rof =
Wartość różnicy zwrotnej jest tak duża, że można było z pewnością zastosować
przybliżenie w zależności (10.11.2).
Odp. do wersji a). β y = 1,00 mS, kzf = − 1,00 kΩ, F = 7,2⋅104, Rif = 0,167 Ω,
Rof = 1,11 mΩ. Wejście napięciowe bloku k, o stosunkowo dużej rezystancji Rik
z pewnością nie spełnia warunku do stosowaniu uproszczonych zależności
(Rβ >> Rik) i spodziewane duże rozbieżności będą w wartościach: kz , F, Rof .
Wersja b) uwzględniająca rzeczywiste warunki współpracy bloków k i β .
W tej wersji analizy założono jedynie, że zastępcza rezystancja Rg źródła
wejściowego sygnału prądowego spełnia warunek Rg >> Rβ , Rik . Przy tak dużym
wzmocnieniu napięciowym czwórnika k praktycznie jest spełniona nierówność
Ui << Uo . Tam, gdzie będzie to wykorzystane, będzie o tym odpowiednia uwaga.
Wzmocnienie napięciowe czwórnika k zmieni się, bo będzie on po zamknięciu
pętli obciążony na wyjściu dodatkową rezystancją Rβ , praktycznie dołączoną do
masy. Oznaczono to nowe wzmocnienie jako kuβ .W treści zadania podano
wzmocnienie ku przy obciążeniu wyjścia RL i stąd:
ku 0 =
Uo
Ui
I o =0

R
= ku 1 + ok
RL


Rok
 = ku
=
Rok RL

(10.11.7)
 0,08  V
V
− 6 ⋅ 103 1 +
 = −6,32 ⋅ 103 ,
1,5  V
V

kuβ =
Uo
Ui
ku
= ku 0
R L , Rβ
Rok RL Rβ
Rok RL
RL Rβ
(RL Rβ ) + Rok
= ku 0
Rok RL Rβ
Rok
=
(10.11.8)
V 70,6 Ω
V
= −6 ⋅ 103 ⋅
= −5,58 ⋅ 103 .
V 75,9 Ω
V
Przy zamianie opisu czwórnika k na transimpedancję trzeba na jego wejściu
uwzględnić dodatkowe obciążenia źródła sygnału przez rezystancję Rβ dołączoną
praktycznie do masy:
112
kz =
Uo
Ii
=
R L , Rβ
U o Ri
Ui
(
)
≈ kuβ Rik Rβ =
R L , Rβ
(10.11.9)
− 5,58 ⋅ 10 3 ⋅ 0,923 kΩ = −5,15 MΩ .
W porównaniu z wersją a) wartość kz jest prawie czternaście razy mniejsza.
Transadmitancja czwórnika w torze sprzężenia zwrotnego, w realnych warunkach:
Uo − Ui
1 
1 
1−
=
=
Uo
Rβ U o
Rβ  kuβ 

1 
1
1
1 −
 = 1,00018 mS ≈
= 1,00 mS .


3
1 kΩ  − 5,58 ⋅ 10 
Rβ
β = βy =
If
=
(10.11.10)
Różnica w stosunku do wersji a) jest około 0,02 %, a więc praktycznie wynik ten
sam, dzięki dużemu wzmocnieniu napięciowemu czwórnika k. A teraz wartość
wynikowej transimpedancji kzf obliczona trzema sposobami:
1) z uproszczonej zależności
k zf ≈ −
1
βy
≈ − Rβ = −1,00 kΩ ,
(10.11.11)
2) z podstawowej zależności sprzężenia zwrotnego (podstawienie w [kΩ] i [mS])
k zf =
kz
− 5,15 ⋅ 103 kΩ
=
= −999,63 Ω ≈ −1,00 kΩ , (10.11.12)
1 − k z β y 1 + 5,15 ⋅ 103 ⋅ 1,00018
3) na podstawie analizy oczkowo-węzłowej układu z rys. 10.11.1b (podstawienie
w [kΩ])
k zf =
− Rβ
Uo
Uo
=
=
=
Ui Ui − Uo
Rβ
Ii


U
i
+

−
+ 1 + 1
Rik
Rβ
U o  Rik



− Rβ
Rβ
=
≈ − Rβ 1 +
Rβ
1
 kuβ Rβ Rik 
1−
⋅
kuβ Rβ Rik
(
)
(10.11.13)


1
− 1 kΩ 1 +
 = −0,99981 kΩ ≈ −1,00 kΩ .
3
 -5,58 ⋅ 10 ⋅ 0,923 
Rozbieżność między wynikami z (10.11.12) i (10.11.13), na poziomie około
0,02 % ma prawdopodobnie źródło w zastosowanych przybliżeniach i zaokrągleniach
wartości. Można uznać, że w praktyce nie ma znaczących rozbieżności między
wynikiem z wersji a) i tej, niezależnie od sposobu liczenia.
Różnica zwrotna F, na podstawie zależności (10.11.9) i (10.11.13)
113
F=
(
)
(
)
kuβ Rβ Rik 
Rβ  kuβ Rβ Rik
kz
1
1 −
=
=
⋅
+1=
k zf
Rβ
− Rβ
 kuβ Rβ Rik 


(10.11.14)
3
5,58 ⋅ 10 ⋅ 0,923 kΩ
+ 1 = 5,15 ⋅ 103 .
1 kΩ
Rezystancje wejściowa i wyjściowa układu z pętlą napięciowo-równoległego USZ
Rif =
Ri Rβ Rik
923 Ω
≈
=
= 0,179 Ω ,
F
F
5,15 ⋅ 103
(10.11.15)
Rof =
Ro Rβ Rok
74,1 Ω
≈
=
= 14,4 mΩ
F
F
5,15 ⋅ 103
(10.11.16)
lub, po podstawieniu zależności (10.11.14) na F, z pominięciem jedynki, do
(10.11.16)
Rof ≈
Rβ
k uβ
⋅
Rβ Rok
Rβ Rik
=
1 kΩ
5,58 ⋅10
3
⋅
74,1 Ω
= 14,4 mΩ .
0,923 kΩ
(10.11.17)
a przybliżenie w (10.11.17), dopuszczalne w warunkach tego zadania da
Rof ≈
Rβ
k uβ
⋅
Rok
R
80 Ω
= ok =
= 14,3 mΩ .
Rβ
k uβ
5,58 ⋅103
(10.11.18)
Odp. do wersji b). β y = 1,0002 mS, kzf = − 0,9998 kΩ, F = 5,15⋅103, Rif = 0,179 Ω,
Rof = 14,4 mΩ. Tak jak przypuszczano, wskutek przybliżeń w wersji a)
największe różnice, około czternaście razy, są w wartościach kz i F (większe) oraz
Rof (mniejsza).
114
GENERATORY SYGNAŁÓW OKRESOWYCH NA WZMACNIACZU OPERACYJNYM
11. GENERATORY SYGNAŁÓW OKRESOWYCH NA
WZMACNIACZU OPERACYJNYM
Zad. 11.1. Problematyka: generator fali prostokątnej na idealnym wzmacniaczu
operacyjnym, dobór elementów układu.
Treść zadania
Zaprojektuj generator fali prostokątnej na idealnym WO: współczynnik
wypełnienia FFsq ≡ WW = 0,85 i częstotliwość f = 2,5 kHz, C = 68 nF.
Rozwiązanie
W układzie generatora fali prostokątnej (rys. 11.1.1) poza WO są dwa rezystory
R3R4 wytwarzające pętlę histerezy w charakterystyce przejściowej wzmacniacza oraz
gałęzie rezystorów z diodami R1D1 i R2D2 przeładowujące na zmianę kondensator C,
w zależności od znaku wyjściowego napięcia. Dzięki diodom prądy przeładowania
mogą być różne, tym samym można wpływać na czasy trwania dodatniej i ujemnej
części okresu fali i współczynnik wypełnienia; stosunek dodatniej części do całości
okresu może być różny od 0,5.
Rys. 11.1.1. Schemat generatora niesymetrycznej fali prostokątnej na wzmacniaczu operacyjnym oraz
przebiegi czasowe sygnałów na wyjściu uo i na kondensatorze uC . UoH i UoL to dodatnia i ujemna
amplituda napięcia wyjściowego, Ui+H i Ui+L dodatnia i ujemna amplituda (górny i dolny poziom)
napięcia na wejściu nieodwracającym WO wskutek wytworzenia histerezy za pomocą R3 i R4 .
Okres generowanej fali prostokątnej oblicza się z zależności:
T=

R
1
= (R1 + R2 )C ⋅ ln a = (R1 + R2 )C ⋅ ln1 + 2 3
f
R4


 ,

(11.1.1)
gdzie czynnik (R1 + R2)C to suma stałych czasowych τ1 i τ2 przeładowania
kondensatora a wartość logarytmu naturalnego zależy od szerokości pętli histerezy
czyli stosunku R3/R4 . Założenia do wyprowadzenia zależności (11.1.1) to jednakowy
moduł dodatniego i ujemnego napięcia nasycenia wyjścia wzmacniacza oraz
pominięcie spadku napięcia na przewodzącej diodzie. Są one zadowalająco spełnione
przy symetrycznym zasilaniu wzmacniacza napięciami rzędu kilkunastu woltów.
115
Współczynnik wypełnienia fali zależy w praktyce od rezystancji gałęzi z R1 i R2:
FFsq ≡
ti +
τ1
R1C
R1
=
=
=
T τ 1 + τ 2 (R1 + R2 )C R1 + R2
R1 = FFsq (R1 + R2 )
co daje
R1 = R2
oraz
FFsq
1-FFsq
(11.1.2)
0,85
= R2 ⋅ 5,67 .
1 − 0,85
= R2
Warunki zadania pozwalają na pewną swobodę w doborze wartości rezystancji,
czyli jest to w zasadzie projekt, a nie klasyczne zadanie z jednym rozwiązaniem.
Z podstawowej zależności (11.1.1) można obliczyć iloczyn logarytmu z sumą
rezystorów R1 i R2 :



R4 
(R1 + R2 ) ⋅ ln1 + 2 R3  =
1
1
=
Ω = 5,88 kΩ .
3
f ⋅ C 2,5 ⋅10 ⋅ 68 ⋅10 −9
(11.1.3)
Rezystory R1 i R2 nie powinny niepotrzebnie obciążać wyjścia WO; przyjęto
arbitralnie, że ich suma nie powinna być mniejsza od kilkunastu kΩ. Aby to osiągnąć,
przyjęto wartość logarytmu równą 0,4:

R 
ln1 + 2 3  = 0,4
R4 

R3 e 0, 4 − 1
=
= 0,246 .
R4
2
→
(11.1.4)
Taki stosunek rezystancji można osiągnąć dobierając np.:
R4 = 10,0 kΩ ,
co da podział
nieodwracającego
dzielnika
R3 = 2,46 kΩ
napięcia
wyjściowego
(11.1.5)
na
R3 + R4
R
1
= 1+ 4 = 1+
= 5,07 razy.
R3
R3
0,246
napięcie
wejścia
(11.1.6)
Autor zaleca dobór tego podziału pomiędzy około 1,5 a 10. Po podstawieniu
wyniku z zależności (11.1.4) do zależności (11.1.3) otrzymano:
R1 + R2 =
5,88
kΩ = 14,7 kΩ
0,4
(11.1.7)
i z zależności (11.1.2) obliczono wartości R1 i R2
R1 = (R1 + R2 )FFsq = 14,7 ⋅ 0,85 kΩ = 12 ,5 kΩ ,
R2 = (14,7 − 12,5) kΩ = 2,20 kΩ
lub
R2 =
(11.1.8)
R1
12,5 kΩ
=
= 2,20 kΩ .
5,67
5,67
Gdyby wartości rezystorów miały być wybierane z tzw. szeregu E-24,
o maksymalnej tolerancji czyli różnicy wartości rzeczywistej od znamionowej ± 5 %,
proponuje się:
116
R1 = 12 kΩ ,
R2 = 2,2 kΩ ,
R3 = 2,4 kΩ ,
R4 = 10 kΩ .
(11.1.9)
Wtedy częstotliwość i współczynnik wypełnienia, dla powyższych wartości
znamionowych (Czytelnik powinien sam spróbować samodzielnie obliczyć te
wartości):
f = 2,64 kHz ,
FFsq = 0,845 .
(11.1.10)
Odp. Wartości rezystorów: R1 = 12,5 kΩ, R2 = 2,20 kΩ, R3 = 2,46 kΩ, R4 = 10,0 kΩ.
Zad. 11.2. Problematyka: generator fali prostokątnej na rzeczywistym wzmacniaczu
operacyjnym, wpływ parametru SR (slew rate) wzmacniacza na jakość
generowanej fali prostokątnej.
Treść zadania
Fala prostokątna z relaksacyjnego generatora na WO powinna mieć częstotliwość
f = 2,0 kHz i maksymalny czas jednego zbocza tz ≤ 10 µs. Przyjmij, że czas zbocza
jest zdefiniowany dla zmiany od od 0 do 100 % wartości międzyszczytowej napięcia
fali. Napięcia zasilające WO to Usup = ± 15 V. Oblicz niezbędną wartość parametru
SR tego WO oraz graniczną wartość względną udziału zboczy w okresie sygnału.
Rozwiązanie
Przyjęto, że w stanie nasycenia wyjściowego stopnia zastosowanego WO napięcie
wyjściowe Uom jest o około 1V mniejsze od napięcia zasilania Usup (rys. 11.2.1),
a wartość międzyszczytowa fali prostokątnej Uopp :
(
)
U opp = U om+ + U om− = 2 U sup − 1 V = 28 V .
(11.2.1)
Współczynnik SR przy stałym nachyleniu zbocza jest stosunkiem wartości
międzyszczytowej napięcia wyjściowego do czasu trwania zbocza (przyjęto
tzn ≈ tzo ≈ tz):
SR ≡
du o ∆u o U opp 28 V
V
≈
=
≥
= 2,8 .
dt
∆t
tz
10 µs
µs
(11.2.2)
Rys. 11.2.1. Sygnał wyjściowy relaksacyjnego generatora fali prostokątnej na rzeczywistym WO.
Jakość fali prostokątnej można m.in. opisać udziałem sumy czasów trwania
117
zboczy: narastającego tzn i opadającego tzo w okresie T, a czas trwania zbocza tz to
średnia arytmetyczna czasów tzn i tzo :
t zn + t zo
2 ⋅ tz
100% =
100% =
T
T
f ⋅ 2 ⋅ t z ⋅ 100% ≤ 2,0kHz ⋅ 2 ⋅ 10µs ⋅ 100% = 4,0% .
Qsq ≡
(11.2.3)
Komentarz: obliczając niezbędną wartość SR w zal. (11.2.2) można było przyjąć
najgorszy przypadek, gdy amplituda międzyszczytowa w (11.2.1) jest równa sumie
napięć zasilania. Warunek na SR byłby wtedy nieco ostrzejszy: SR ≥ 3,0 V/µs.
Odp. SR ≥ (2,8÷3,0) V/µs,
Qsq ≡ δT(tz) ≤ 4,0%.
Zad. 11.3. Problematyka: generator czwórnikowy fali sinusoidalnej na idealnym
wzmacniaczu operacyjnym, warunek wzbudzenia, dobór elementów do układu.
Treść zadania
Oblicz wartości rezystorów w liniowej pętli USZ generatora fali sinusoidalnej na
WO (tzw. generator czwórnikowy) z selektywnym czwórnikiem Wiena o elementach:
w gałęzi równoległej Ra = 3,3 kΩ a w szeregowej Rb = 33 kΩ, Cb = 10 nF. Dobierz
wartość kondensatora Ca , oblicz częstotliwość fo generowanej fali.
Rozwiązanie
Rys. 11.3.1. Uproszczona wersja generatora sinusoidy, bez elementów nieliniowych w pętli USZ.
Najpierw należy spełnić warunek jednakowych stałych czasowych gałęzi
selektywnego czwórnika Wiena, bowiem wtedy charakterystyka jego transmitancji ma
najlepszy kształt (stromy, nierozmyty wierzchołek):
τ a = Ra C a = τ b = Rb Cb → C a = Cb
Rb
33
= 10
nF = 100 nF .
Ra
3,3
(11.3.1)
Po zastosowaniu takiego Ca częstotliwość generacji układu powinna być równa:
fo =
1
1
1
=
=
Hz = 482 Hz .
2πτ a 2πτ b 2π ⋅ 33 ⋅ 10 3 ⋅ 10 −8
(11.3.2)
W ogólnym przypadku, gdy stałe czasowe się nieco różnią, częstotliwość zależy od
ich średniej geometrycznej:
fo =
1
2π τ aτ b
=
1
2π Ra Rb C a C b
118
.
(11.3.3)
Układ będzie generował sinusoidę, gdy składowe bloki k (wzmacniacz) i β (pętle
sprzężenia zwrotnego) spełnią warunki generacji; warunek faz i warunek modułów:
ϕ k + ϕ β = 0o
i
β = β+ − β− =
1
.
k
(11.3.4)
Różnica transmitancji w (11.3.4) bloków tworzących pętle sprzężenia zwrotnego
jest wynikiem dołączenia dzielnika R1R2 (o transmitancji β –) do odwracającego
wejścia WO. Wzmocnienie WO jest bardzo duże i w praktyce warunek modułów
sprowadza się do równości transmitancji przy częstotliwości generacji:
β+ ≈ β−
przy f o .
(11.3.5)
Maksimum transmitancji czwórnika Wiena − bloku β + przy fo powinno być równe
praktycznie niezależnemu od częstotliwości podziałowi dzielnika β − :
Ra
2
Ra
2
=
+ 2 Rb
R1
R1 + R 2
→
2
Rb R 2
=
.
Ra R1
(11.3.5)
Przyjęto wartość R2 = 15 kΩ i po przekształceniu (11.3.5):
R1 = R2
Ra
3,3
= 15
kΩ = 0,75 kΩ = 750 Ω .
2 Rb
2 ⋅ 33
(11.3.6)
Warunek wzbudzenia drgań harmonicznych, sformułowany w (11.3.4) musi być
dokładnie spełniony. Niewielka przewaga sygnału z bloku β − lub β + spowoduje
zerwanie drgań lub zniekształcenia wierzchołków sinusoidy, spowodowane granicą
liniowej pracy wyjścia WO. Zatem bardzo trudno jest utrzymać stabilną amplitudę,
bowiem nawet niewielkie zmiany transmitancji, spowodowane np. zmianami
temperatury, napięć zasilania lub starzeniem się elementów destabilizują pracę.
Dlatego konieczne jest stosowanie w takich układach elementów reagujących na
wartość napięcia wyjściowego sygnału i dostosowujących transmitancję jednej z pętli
sprzężenia, dzięki czemu napięcie będzie znacznie stabilniejsze. W kolejnych
zadaniach zastosowano w układzie takie elementy.
Odp. Ca = 100 nF, fo = 482 Hz, R1 = 750 Ω, R2 = 15 kΩ.
Zad. 11.4. Problematyka: generator fali sinusoidalnej na rzeczywistym
wzmacniaczu operacyjnym, dobór elementów układu, wpływ nieidealności WO na
jakość fali.
Treść zadania
Generator fali sinusoidalnej na WO ma w selektywnym czwórniku Wiena w pętli
dodatniego sprzężenia zwrotnego (DSZ) kondensatory Ca = 10 nF i Cb = 3,3 nF oraz
w pętli ujemnego sprężenia zwrotnego (USZ) rezystor stały i regulacyjny, dające
R1 = (1,5 ± 0,5) kΩ. Oblicz pozostałe elementy generatora, aby było wzbudzenie
a częstotliwość fali f ≈ 2,0 kHz. Sprawdź, czy może w generatorze pracować
uniwersalny WO typu µA741 o typowej wartości parametru SR = 0,6 V/µs.
119
Rozwiązanie
a)
b)
R2
R1
R1
R2a
R2b
D1
D2
uiRa
Ca
WO
ui+
Ra
uo
Rb
Cb
Ca
WO
uo
Rb
Cb
Rys. 11.4.1. Generator fali sinusoidalnej z selektywnym czwórnikiem Wiena, na wzmacniaczu
operacyjnym: a) układ podstawowy, niestosowany, b) układ z nieliniowym dwójnikiem R2bD1D2 w pętli
USZ.
Stałe czasowe gałęzi równoległej i gałęzi szeregowej selektywnego czwórnika
Wiena powinny być jednakowe; wyznaczają częstotliwość generacji:
τ a = Ra C a = τ b = RbCb =
1
,
2πf
(11.4.1)
z czego wynika, że stosunek pojemności w tych gałęziach
C a 10
=
= 3,03
Cb 3,3
(11.4.2)
jest odwrotny do stosunku rezystancji
Rb C a
=
= 3,03 .
Ra C b
(11.4.3)
Z zależności (11.4.1) obliczono wartość niezbędnej rezystancji rezystora Ra
Ra =
1
1
=
Ω = 7,96 kΩ
2πfC a 2π ⋅ 2 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 −9
(11.4.4)
i następnie z (11.4.3) wartość Rb
Rb = 3,03 ⋅ Ra = 3,03 ⋅ 7,96 kΩ = 24,1 kΩ .
(11.4.5)
Następnie ze związku między stosunkami rezystancji, wynikającego z warunku
wzbudzenia (patrz poprzednie zadanie)
R
C
R2
= 2 b = 2 a = 2 ⋅ 3,03 = 6,06
R1
Ra
Cb
(11.4.6)
obliczono drugi element pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego
R2 = 6,06 R1 = 6,06 ⋅ 1,5 kΩ = 9,09 kΩ .
(11.4.7)
W przypadku realizacji układu autor proponuje zastosować rezystory
o wartościach z szeregu E-24 (Dodatek): Ra = 8,2 kΩ, Rb = 24 kΩ a rezystor R2 złożyć
120
z dwóch części, jak na rys. 11.4.1b. Takie rozwiązanie umożliwi generację fali
o w miarę stabilnej amplitudzie, ustalonej za pomocą nastawy R1 i pomimo wad
(diody reagują na wartość chwilową sygnału) jest najprostsze i najłatwiejsze do
uruchomienia. W nieliniowym dwójniku z R2b dynamiczna rezystancja uniwersalnych
diod krzemowych D1D2 bocznikuje rezystor; autor zakłada na podstawie swego
doświadczenia, że przy amplitudzie fali około 30 % napięcia zasilania wypadkowa
rezystancja tej części będzie około połowy R2b , gdy ma on kilka kiloomów. Część
liniowa gałęzi, rezystor R2a powinna przeważać, stanowić około 80 % całej
rezystancji gałęzi. Zbyt mały jej udział daje wyraźnie odkształconą falę, a zbyt duży
skutkuje dużą czułością amplitudy fali na niewielkie zmiany rezystancji w gałęziach
tworzących pętlę USZ. Ostatecznie można zaproponować zastosowanie rezystorów
R2a = 6,8 kΩ, R2b = 4,3 kΩ. Znamionowa częstotliwość generacji przy takich
wartościach elementów zależy od średniej geometrycznej stałych czasowych gałęzi
czwórnika Wiena i wyniesie:
f =
1
2π τ aτ b
=
1
2π 8,2 ⋅ 10 ⋅ 10
3
−8
⋅ 24 ⋅ 10 3 ⋅ 0,33 ⋅ 10 −8
Hz = 1,97 kHz. (11.4.8)
Wzbudzenie fali i stabilna praca z amplitudą około 30 % napięcia zasilania
wymaga nastawy rezystora w gałęzi R1 na wartość około:
R1 =
R2 Ra (R2a + 0,5R2b )Ra
(6,8 + 0,5 ⋅ 4,3) ⋅ 8,2 kΩ = 1,53 kΩ.
≈
=
2 Rb
2 Rb
2 ⋅ 24
(11.4.9)
Na koniec sprawdzenie, czy parametr SR proponowanego w zadaniu WO do
realizacji generatora nie zniekształci zauważalnie generowanej fali. Zastosowano
warunek: maksymalna szybkość zmian generowanej fali powinna być trzykrotnie
mniejsza od wartości parametru SR (Czytelnikowi zaleca się przypomnienie sobie
jego definicji); w takim przypadku SR granicznie zmniejszy o około 5 % szybkość fali
na najbardziej stromym odcinku. Przyjęto, że przy zasilaniu WO napięciami ± 15 V
możliwa do osiągnięcia amplituda fali bez obawy zniekształcenia wierzchołka to
około Uom = 12 V. Maksymalna szybkość zmian sinusoidy jest przy jej przejściu przez
zero:
sinusoida
a pochodna
u o (t ) = U om sin ωt
du o
= U omω cos ωt max

→U omω = U om 2πf .
dt
(11.4.10)
Obliczono stosunek parametru SR do granicznego nachylenia fali (obie wielkości
w woltach na sekundę):
SR
0,6 ⋅10 6
=
= 3,98 ≈ 4,0 .
U om 2πf 12 ⋅ 2π ⋅ 2 ⋅10 3
(11.4.11)
Test wypadł pozytywnie; można na WO typu µA741 zbudować ten generator, bo
stosunek nachyleń jest około 4 przy warunku ≥ 3.
Odp. Ra = 7,96 kΩ, Rb = 24,1 kΩ, R2 = 9,09 kΩ, można stosować µA741.
121
Zad. 11.5. Problematyka: generator fali sinusoidalnej na idealnym wzmacniaczu
operacyjnym, zastosowanie układu selektywnego T bocznikowane, warunek
wzbudzenia układu i stabilizacja amplitudy sygnału.
Treść zadania
Zaprojektuj na idealnym WO generator fali sinusoidalnej o f = 1,5 kHz,
z czwórnikiem selektywnym w układzie T bocznikowane oraz nieliniowym
dwójnikiem, składającym się z równolegle połączonych trzech elementów: rezystora
o wartości 3,3 kΩ i dwóch uniwersalnych krzemowych diod włączonych
w przeciwnych kierunkach. Dobierz tak rezystancję gałęzi z tym dwójnikiem, aby
stanowił on około 25% gałęzi przy Uo rzędu 3÷4 V.
Rozwiązanie
Czwórnik T bocznikowane ma minimum modułu transmitancji oraz zerowe
przesunięcie fazowe przy częstotliwości charakterystycznej i dlatego będzie łączył
wyjście WO z jego wejściem odwracającym (rys. 11.5.1), tworząc pętlę ujemnego
sprzężenia zwrotnego (USZ).
Rys. 11.5.1. Generator sinusoidy na WO z selektywnym czwórnikiem T bocznikowane R1R2C1C2
ustalającym częstotliwość generacji i nieliniową pętlą R3D1D2R4 ustalającą amplitudę fali.
Wybrano wersję czwórnika z jednakowymi kondensatorami C = C1 = C2 ,
połączonymi szeregowo w poziomej gałęzi. Z kolei czwórnik z gałęzią nieliniową,
o praktycznie niezależnym module transmitancji od częstotliwości i zerowym
przesunięciu fazowym musi utworzyć pętlę dodatniego sprzężenia zwrotnego (DSZ)
i będzie włączony między wyjście i wejście nieodwracające WO. Wzrost
wyjściowego sygnału generatora powinien powodować zmniejszanie transmitancji
tego nieliniowego czwórnika, czyli malenie DSZ (wzrost prądu diod i malenie ich
rezystancji dynamicznej, rys. 11.5.1); rezultat to utrzymanie amplitudy sygnału na
praktycznie stałym poziomie. Rezystancję R3 czwórnika nieliniowego podzielono na
dwie części; nastawiany rezystor R3a ma służyć do ustalenia odpowiedniej amplitudy
wyjściowej fali.
Częstotliwość generowanej fali, równa częstotliwości charakterystycznej
czwórnika selektywnego tego typu:
fo =
1
, przy czym C1 = C 2 = C a R2 = (1 ÷ 5)R1 .
2πC R1 R2
(11.5.1)
Wybrano wstępnie C = 10 nF oraz R2 = 4R1 . Po przekształceniu zal. (11.5.1):
122
R1R2 = 4 R12 = 2 R1 =
1
1
=
Ω=
−
8
2πCf o 2π ⋅ 10 ⋅ 1,5 ⋅ 103
(11.5.2)
= 1,06 ⋅ 10 Ω = 10,6 kΩ → R1 = 5,3 kΩ i R2 = 4 R1 = 21,2 kΩ .
4
Autor proponuje zastosować R1 = 5,1 kΩ i R2 = 22 kΩ z szeregu E24 o tolerancji
5% (Dodatek). Spełnią one warunek R1R2 = 10,6 kΩ , natomiast zmieni się nieco
założony stosunek rezystancji: R2 /R1 = 4,31 zamiast 4.
Minimalna wartość modułu transmitancji czwórnika selektywnego, przy
częstotliwości fo (oznaczenie transmitancji β dla podkreślenia, że chodzi o blok
sprzężenia zwrotnego, znak minus w indeksie – wprowadzone sprzężenie jest
ujemne):
Ui−
Uo
= β− ( fo ) = β−
min
=
2 R1
2
2
=
=
= 0,317 .
R
2 R1 + R2 2 + 2 2 + 4,31
R1
(11.5.3)
Przy tej częstotliwości przesunięcie fazowe (argument transmitancji) jest równe
zero, z czego wynika, że wartość transmitancji jest liczbą rzeczywistą (β −)min , równą
obliczonemu w (11.5.3) modułowi. Wejściowe napięcie różnicowe Uid wzmacniacza
operacyjnego jest znacznie mniejsze od wyjściowego napięcia Uo i dzięki temu można
przyjąć, że dla uzyskania stabilnych drgań sinusoidalnych transmitancje obu pętli przy
częstotliwości fo powinny być praktycznie jednakowe. Tym samym transmitancja
czwórnika tworzącego pętlę DSZ, rzeczywista, musi przy danym napięciu
wyjściowym Uo spełnić warunek:
Ui+
Uo
= β+ =
R3a + R3' b (U o )
= (β − )min = 0,317 .
R3a + R3' b (U o ) + R4
(11.5.4)
W zapisie wyraźnie zaznaczono zależność rezystancji całego nieliniowego
'
dwójnika z diodami od wyjściowego sygnału; składnik R3b
uzależniony od Uo .
Zastosowano znaczek prim w oznaczeniu tej rezystancji dla odróżnienia od rezystora
R3b równego 3,3 kΩ. Następne obliczenia będą prostsze, jeżeli zapisze się odwrotność
warunku (11.5.4):
1
β+
= 1+
R4
R3a +
R3' b
=
1
(U o ) (β − )min
= 3,15 →
R4
R3a + R3' b (U o )
= 2,15 .
(11.5.5)
W tym miejscu założono, że przy napięciu wyjściowym o wartości podanej
'
w tekście zadania, wypadkowa rezystancja R3b
jest równa około połowie rezystancji
rezystora R3b , czyli 1,65 kΩ. Jest to najbardziej kontrowersyjny punkt rozumowania,
ale dokładna analiza jest skomplikowana a nadto w gałęzi będzie rezystor regulowany
R3a , do adjustacji warunków pracy układu. Wystarczy zatem wartość tego rezystora
dobrać z pewnym marginesem na ewentualne rozbieżności takiego założenia
z rzeczywistym zachowaniem się nieliniowego dwójnika. Zgodnie z treścią zadania,
gdzie narzucono udział procentowy składników w gałęzi R3:
0,5 ⋅ R3b R3a
=
→ R3a = 1,5 ⋅ R3b = 1,5 ⋅ 3,3kΩ = 4,95kΩ
0,25
0,75
123
(11.5.6)
i z (11.5.5)
R4 = 2,15(R3a + 0,5 ⋅ R3b ) = 2,15(4,95 + 1,65) kΩ = 14,2 kΩ . (11.5.7)
Autor proponuje zastosować rezystor R4 = 15 kΩ z szeregu E24 a R3a będzie
składał sie z dwóch; stałego rezystora 2,4 kΩ i regulowanego rezystora
wieloobrotowego, tzw. helipota lub helitrima 0÷5 kΩ.
Odp. C1 = C 2 = 10 nF, R1 = 5,1 kΩ, R2 = 22 kΩ ,
R3a = 2,4 kΩ + (0 ÷ 5) kΩ, R3b = D1 3,3 kΩ D2 , R4 = 15 kΩ,
gdzie D1 i D2 uniwersalne krzemowe, np. typu 1N4148.
Zad. 11.6. Problematyka: generator funkcyjny na idealnych wzmacniaczach
operacyjnych, generacja trzech fal: prostokątnej, trójkątnej i prawie sinusoidalnej,
dobór elementów układu.
Treść zadania
W układzie generatora funkcyjnego (rys. 11.6.1), składającego się z komparatora
napięciowego i dwóch stopni całkujących tak dobierz wartości kondensatorów
i rezystorów, aby częstotliwość generowanych fal była f = 400 Hz, napięcie
międzyszczytowe trójkąta UoI1pp = 8,0 V a fali niby-sinusoidalnej UoI2pp = 4,0 V.
Przyjmij, że wzmacniacze operacyjne są idealne, zasilane symetrycznie Usup = ± 15 V
i że napięcia nasycenia wyjścia wzmacniacza są o około 1 V mniejsze od napięcia
zasilania, co oznacza, że napięcie międzyszczytowe fali prostokątnej UoKpp = 28,0 V.
Oceń nieidealność fali na wyjściu nr 3 w stosunku do sinusoidy; za kryterium
przyjmij maksymalną różnicę bezwzględną oraz różnicę wartości skutecznych między
falami o tej samej amplitudzie.
Rys. 11.6.1. Układ generatora funkcyjnego i kształt generowanych fal na jego trzech wyjściach.
Rozwiązanie
Przy symetrycznym zasilaniu i idealnych WO fale są symetryczne, o zerowej
wartości średniej. Przełączenie stanu wyjścia komparatora nastąpi w momencie
zrównania się napięć na jego wejściach, czyli gdy ui+ = 0 V. Tak się stanie, gdy na
wyjściu dzielnika złożonego z rezystorów R3 i R4 będzie 0 V pod wpływem amplitudy
fali prostokątnej i trójkątnej:
124
U oKm + − U oI 1m −
R4 + U oI 1m − = 0 ,
R3 + R4
U oKpp
stąd
2 R3
=
U oI 1 pp
R3 U oKpp 28 V
=
=
= 3,50 .
R4 U oI 1 pp
8V
i
2 R4
(11.6.1)
(11.6.2)
Pierwszy integrator całkuje falę prostokątną dając falę trójkątną:
uoI 1 =
−1
uoK dt ,
R1C1
∫
(11.6.3)
i np. dla odcinka czasu t1÷t2 , w którym fala prostokątna ma dodatnią amplitudę UoKm+
uoI 1 =
− U oKpp
− U oKm +
t=
t,
R1C1
2 R1C1
(11.6.4)
a napięcie międzyszczytowe fali trójkątnej UoI1pp będzie równe (podstawiono
∆t = T/2)
U oI 1 pp = ∆uoI 1 max =
U oKpp T U oKppT
⋅ =
2 R1C1 2
4 R1C1
(11.6.5)
i po podstawieniu zależności (11.6.2) otrzyma się wzór na częstotliwość generacji,
a następnie na stałą czasową pierwszego integratora
f =
R
1
1
1 R3
1
=
⋅ 3 → τ 1 = R1C1 =
⋅
=
⋅ 3,5 s = 2,19 ms. (11.6.6)
T 4 R1C1 R4
4 f R4 4 ⋅ 400
Można już dobrać elementy do dwóch pierwszych stopni układu. Stosunek
rezystancji zbliżony do obliczonego z (11.6.2) będą miały rezystory R3 = 20 kΩ
i R4 = 5,6 kΩ, a elementy R1 = 22 kΩ i C1 = 100 nF dadzą w praktyce wymaganą stałą
czasową integratora, obliczoną z zależności (11.6.6).
Kolejny krok to analiza i obliczenia związane z drugim integratorem. Całkuje on
przebieg trójkątny; fala na jego wyjściu nie będzie prawdziwą sinusoidą ale złożeniem
fragmentów krzywej drugiego stopnia − paraboli. Na odcinku czasowym od t2 = 0 s
do t3 = T/4 (rys. 11.6.1) sygnał po pierwszym integratorze
uoI 1 =
uoI 2 =
a po drugim
2U oI 1 pp  T 
t −  ,
T
 4
2U oI 1 pp
−1
uoI 1dt =
R2C2
R2C2T
∫
(11.6.7)
 t ⋅T t 2 

− .
 4
2 

(11.6.8)
Do obliczenia amplitudy tego sygnału podstawiono t = T/4, a po pomnożeniu przez
2 otrzymano wartość międzyszczytową (ang. „pik to pik”) oraz wyznaczono stosunek
wartości międzyszczytowych sygnałów przed i po drugim integratorze:
U oI 2 m =
U oI 1 ppT
16 R2C2
,
U oI 2 pp =
U oI 1 ppT
8 R2C2
,
U oI 2 pp
U oI 1 pp
=
T
.
8 R2C2
(11.6.9)
Po przekształceniu ostatniej zależności (11.6.9) otrzymano warunek na stałą
125
czasową drugiego integratora
τ 2 = R2C2 =
T U oI 1 pp
1 U oI 1 pp
1
8
⋅
=
⋅
=
⋅ s = 0,625 ms . (11.6.10)
8 U oI 2 pp 8 f U oI 2 pp 8 ⋅ 400 4
Można uzyskać w praktyce taką stałą czasową, stosując R2 = 13 kΩ i C2 = 47 nF.
Na koniec tej części obliczono oczekiwane wartości częstotliwości i napięć, nieco
różne od żądanych wskutek doboru elementów z dostępnych szeregów wartości:
z (11.6.2) UoI1pp = 7,84 V, z (11.6.6) f = 406 Hz, z (11.6.9) UoI2pp = 3,95 V.
Teraz kolej na obliczenie maksymalnej różnicy bezwzględnej między sygnałem po
drugim integratorze i sinusoidą. Może ona służyć ocenie niedokładności przyjęcia, że
generowany sygnał jest sinusoidalny. Analizę można wykonać dla jednej ćwiartki
okresu 0÷T/4.
Najpierw przekształcono zapis zależności (11.6.8), aby wyróżnić amplitudę
z (11.6.9):
amplituda U m ≡ U oI 2m =
U oI 1 ppT
16 R2C2
t
t2 
uoI 2 = 8U m  − 2 2  .
T
T 

,
Zapisano różnicę bezwzględną wartości
sinusoidalnego ideału; zmienną jest stosunek t/T:
chwilowych,
w
 t
t2 
t 

∆u = uoI 2 − usin = U m 8 − 2 2  − sin 2 π   .

T 
 T  
  T
(11.6.11)
stosunku
do
(11.6.12)
Wyznaczono pochodną różnicy z (11.6.12) po stosunku t/T:
 
d(∆u )
t
t 

= U m 81 − 4  − 2 πcos 2π  .
(
)
d t /T
T
 T 
 
(11.6.13)
Maksymalna wartość różnicy bezwzględnej będzie dla stosunku t/T, przy którym
wyzeruje się pochodna z (11.6.13). Tak będzie, gdy spełniona będzie równość
t  4
t

cos 2 π  = 1 − 4  .
T
 T  π
(11.6.14)
Stan ten będzie osiągnięty dla t/T = 0,0751. Wtedy różnica z (11.6.12) i sygnał
z (11.6.11) mają wartości:
∆umax = 0,0560U m ,
uoI 2 = 0,511U m .
(11.6.15)
Odniesienie maksymalnej różnicy bezwzględnej do amplitudy (rys. 11.6.2) daje
wartość 5,6 % różnicy względnej. Znamienne, że tak stosunkowo dużej różnicy
między sygnałami nie sugeruje optyczne porównanie kształtu obu krzywych na
rys. 11.6.2.
126
1,2
0,06
u /U m
∆ u /U m
1,0
0,05
0,8
0,04
0,6
0,03
0,4
0,02
0,2
0,01
0,0
po drugim
integratorze
sinus
różnica
bezwzględna
odniesiona do
amplitudy
0,00
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4 t /T 0,5
Rys. 11.6.2. Generowany sygnał niby-sinusoidalny, wzorcowy sygnał sinusoidalny o tej samej
amplitudzie (wg lewej skali) i względna różnica między nimi – prawa skala.
Inną miarą nieidealności jest różnica wartości skutecznej wygenerowanego
sygnału i wzorcowej sinusoidy. Najpierw trzeba obliczyć wartość skuteczną sygnału
na wyjściu drugiego integratora i zrobiono to tylko w pierwszej ćwiartce okresu, co
w niczym nie zmieni wyniku:
U oI 2
4 T /4 2

≡  ∫ uoI
2 dt 

 T 0
0 ,5
3
4
 4 T / 4  t  2
t
 t   
= 8U m  ∫   − 4  + 4   dt 
T 
 T   
 T 0  T 
T /4
  3
t4 4 t5 
4 1 t

= 8U m  
− 3 +


2
4
5 T 
T
 T  3 T
0 

=Um
0, 5
=
0 ,5
=
(11.6.16)
8
1 1
=Um
+
= 0,7303U m .
15
2 30
Dla wzorcowego sygnału sinusoidalnego związek między amplitudą i wartością
skuteczną jest doskonale znany:
U sin =
Um
1
= Um
= 0,7071U m .
2
2
(11.6.17)
Różnica między wynikiem z (11.6.16) i (11.6.17), odniesiona do wartości
skutecznej sygnału wzorcowego:
∆U
0,7303U m − 0,7071U m
100 % =
100 % = 3,3 % .
U sin
0,7071U m
(11.6.18)
Spróbowano jeszcze sformułować problem oceny niedokładności nieco inaczej niż
w treści zadania. Postanowiono porównać generowany i wzorcowy sygnał przy
jednakowych wartościach skutecznych, a nie amplitudach. Teraz amplituda
generowanego sygnału będzie nadal miała wartość Um , natomiast amplituda
wzorcowego sinusa oraz różnica wartości chwilowych obu sygnałów:
U sin m = U oI 2 2 = U m 2
8
16
= Um
= 1,0328U m ,
15
15
127
(11.6.19)
∆u = uoI 2 − usin
2
 t
1
t  
t 

= 8U m  − 2   −
sin  2 π   .
60  T  
 T  
 T

(11.6.20)
Pochodna różnicy z (11.6.20) po stosunku t/T

d(∆u )
t
2π
t 

= 8U m 1 − 4 −
cos 2 π  
d (t / T )
T
60
 T 

(11.6.21)
t 
t  15

cos 2π  = 1 − 4  2 .
T π
 T 
(11.6.22)
zeruje się, gdy
Teraz różnica między przebiegami ma dwa ekstrema w ćwiartce okresu
(rys. 11.6.3); dodatnie o wartości 0,0423Um przy t/T = 0,0628 i ujemne o wartości
– 0,0328Um na granicy odcinka ćwierćfalowego, przy t/T = 0,25.
1,2
0,06
∆ u /U m
u /U m
1,0
0,04
0,8
0,02
0,6
0,00
0,4
-0,02
0,2
-0,04
0,0
-0,06
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4 t /T 0,5
po drugim
integratorze
sinus
różnica
bezwzględna
odniesiona do
amplitudy
Rys. 11.6.3. Generowany sygnał niby-sinusoidalny, wzorcowy sygnał sinusoidalny o tej samej wartości
skutecznej (wg lewej skali) i względna różnica między nimi – prawa skala.
Odp. R1 = 22 kΩ, R2 = 13 kΩ, R3 = 20 kΩ, R4 = 5,6 kΩ, C1 = 100 nF, C2 = 47 nF
i przy tych wartościach elementów f = 406 Hz, UoI1pp = 7,84 V, UoI2pp = 3,95 V.
∆umax = 0,056Um , δU = 3,3 %, a przy jednakowych wartościach skutecznych
∆umax+ = 0,042Um i ∆umax− = 0,033Um .
128
STABILIZATORY KOMPENSACYJNE NAPIĘCIA STAŁEGO I PRĄDU STAŁEGO
12. STABILIZATORY KOMPENSACYJNE NAPIĘCIA
STAŁEGO I PRĄDU STAŁEGO
Zad. 12.1. Problematyka: stabilizator kompensacyjny napięcia stałego, układ ze
sprzężeniem zwrotnym, dobór elementów układu.
Treść zadania
Kompensacyjny stabilizator napięcia o ciągłym działaniu powinien mieć
znamionowo stałe napięcie wyjściowe Uo = 2,000 V. Dysponujesz źródłem
referencyjnym napięcia o Ur = 5,000 V. Dobierz tak właściwości bloków układu:
wzmacniacza, dzielnika napięcia, aby rezystancja wyjściowa układu była Rof ≤ 10 mΩ
a współczynnik stabilizacji napięciowej Gu = ∆Uo/∆Usup ≤ 5,0⋅10 – 4 V/V. Przyjmij, że
Gu jest określony tylko dla wpływu zmian napięcia zasilania ∆Usup na ostatni,
wtórnikowy stopień wzmacniacza. Pomiń wpływ tych zmian na źródło referencyjne,
a także pomiń wpływ zmian temperatury układu, spowodowanych zmianami prądu
obciążenia wyjścia i zmianami napięcia zasilającego.
Rozwiązanie
Układ zawiera praktycznie tylko trzy bloki (rys. 12.1.1): źródło referencyjne Ur ,
dzielnik R1R2 i wzmacniacz różnicowy z odpowiednim wyjściowym stopniem mocy.
Ponieważ napięcie wyjściowe ma być mniejsze od referencyjnego, dzielić trzeba to
drugie, a wzmacniacz różnicowy pracuje w układzie wtórnika.
Rys. 12.1.1. Schemat układu kompensacyjnego stabilizatora napięcia do zad. 12.1.
Przyjęto, że podział Dr dzielnika napięcia referencyjnego Ur jest dokładny (np.
z możliwością doregulowania) oraz, że w praktyce oba napięcia wejściowe
wzmacniacza różnicowego są jednakowe; pominięto napięcie niezrównoważenia
wzmacniacza i prądy polaryzacji jego wejść. Najpierw obliczono elementy dzielnika:
U i ≈U f = U o
Ui = Ur
stąd
R2
U
= r
R1 + R2 Dr
Dr =
kuf =
czyli
→ Dr =
Uo
V
= 1,000 ,
Ui
V
U r U r 5,000 V
=
=
= 2,500 ,
U i U o 2,000 V
R1 + R2 R1
=
+ 1 = 2,500 ,
R2
R2
129
(12.1.1)
(12.1.2)
(12.1.3)
R1
= 1,500 , np. R1 = 3,300kΩ , R2 = 2,200kΩ .
R2
(12.1.4)
Rozdzielczość zapisu wartości rezystorów dostosowano tutaj do rozdzielczości
wartości obu napięć, podanych w treści. Następnie obliczono niezbędną wartość
wzmocnienia wzmacniacza różnicowego ku przed zamknięciem pętli sprzężenia
zwrotnego, na podstawie żądanej wartości napięciowego współczynnika stabilizacji:
Gu =
k u = F ⋅ k uf =
k uf
Gu
≥
kuf
ku
=
1
,
F
1,000
5,0 ⋅ 10
−4
(12.1.5)
V
V
= 2,0 ⋅ 10 3 .
V
V
(12.1.6)
A teraz kolej na obliczenie rezystancji wyjściowej wzmacniacza Ro (sprzężenie
zwrotne jest napięciowo-szeregowe):
Rof =
Rof
Ro
10 ⋅10 −3
= Ro ⋅ Gu → Ro =
≤
Ω = 20 Ω .
F
Gu 5,0 ⋅10 −4
(12.1.7)
Odp. Dzielnik Ur : podział Dr = 2,500 V/V, R1 = 3,300 kΩ, R2 = 2,200 kΩ.
Wzmacniacz: ku ≥ 2,0⋅103 V/V, Ro ≤ 20 Ω.
Zad. 12.2. Problematyka: stabilizator kompensacyjny prądu stałego, układ ze
Treść zadania
W kompensacyjnym stabilizatorze prądu stałego o pracy ciągłej zastosowano
wzmacniacz napięciowy, który wraz z wyjściowym stopniem mocy ma
transadmitancję ky ≥ 22 S i rezystancję wyjściową Ro około 80 Ω przy otwartej pętli
USZ i obciążeniu wyjścia RL = 500 Ω. Źródło napięcia odniesienia ma Ur = 1,250 V,
zasilające Usup = 30 V a prąd wyjściowy stabilizatora Io = 20,00 mA. Oblicz w tych
warunkach rezystor w czwórniku β oraz parametry stabilizatora: rezystancję
wyjściową i oba współczynniki stabilizacji, Gi i Si . Pomiń wejściowe napięcie
niezrównoważenia wzmacniacza oraz prądy wpływające do jego wejść.
Rozwiązanie
Rys. 12.2.1. Kompensacyjny stabilizator prądu ze wzmacniaczem transadmitancyjnym do zad. 12.2.
W stabilizatorze wyróżniono trzy bloki (rys. 12.2.1): źródło referencyjne Ur ,
rezystor Rβ przetwarzający wyjściowy prąd Io na napięcie zwrotne Uf i wzmacniacz
różnicowy ze stopniem mocy, dla którego zdefiniowano w zadaniu transmitancję typu
130
admitancyjnego ky . Przyjęto podobnie jak w poprzednim zadaniu, że zmiana napięcia
zasilania wpływa tylko na ostatni stopień wzmacniacza oraz nie uwzględniono
wpływu zmiany temperatury wywołanej zmianą mocy wydzielającej się w układzie
wskutek zmiany napięcia zasilania lub rezystancji obciążenia.
Wypadkowa, zastępcza transadmitancja w układzie, po zamknięciu pętli USZ
k yf =
I o 20,00
=
mS = 16,00 mS ,
U r 1,250
(12.2.1)
a transmitancja β bloku sprzężenia zwrotnego, typu impedancyjnego, równa
w praktyce rezystancji rezystora Rβ , przy założeniu, że USZ jest bardzo silne
β z = Rβ =
Uf
≈
Io
U
1
1,250
= r =
Ω = 62,50 Ω .
k yf
I o 20,00 ⋅10 −3
(12.2.2)
Dołączenie rezystora Rβ szeregowo z obciążeniem RL do wyjścia zmienia warunki
pracy wzmacniacza, należy zatem obliczyć nową transadmitancję, dla układu
obciążonego sumą rezystancji RL + Rβ . Oznaczono ją ky2 , natomiast podaną w treści
zadania, przy obciążeniu wyjścia tylko przez RL jako ky1 :
k y1 = k y
RL
k y2 = k y
= k y0
RL + Rβ
Ro
≥ 22 S
Ro + R L
= k y0
→

R 
k y 0 = k y1 1 + L  ,
Ro 

Ro
Ro + R L
≥
= k y1
Ro + RL + Rβ
Ro + RL + Rβ
80 + 500
22
S = 22 ⋅ 0 ,903 S = 19,9 S .
80 + 500 + 62,5
(12.2.3)
(12.2.4)
Jak wynika z obliczeń, transmitancja przed zamknięciem pętli zmalała o około
10 %. Tą nową wartość podstawiono do zależności na różnicę zwrotną
F=
k y2
k yf
≥
19,9
16 ⋅ 10 −3
= 1,24 ⋅ 10 3 .
(12.2.5)
Przy obliczeniu rezystancji wyjściowej stabilizatora, czyli po zamknięciu pętli
USZ, trzeba podstawić sumę rezystancji Ro + Rβ , „widzianą” na wyjściowych
zaciskach przez obciążenie. Zastępcza wyjściowa rezystancja stabilizatora jest F razy
większa od tej sumy:
(
)
Rof = Ro + R β F ≥ (80 + 62,5) ⋅ 1,24 ⋅ 10 3 Ω = 177 kΩ ≈ 0,18 MΩ . (12.2.6)
Na koniec obliczono współczynniki stabilizacji, Gi jako stosunek bezwzględnych
zmian oraz Si jako stosunek zmian względnych:
Gi =
∆I o
∆I o ∆U o
1
1
=
⋅
=
⋅
≈
∆U sup ∆U o ∆U sup RL + Rβ 1 + ku 2 β u
≈
=
1
⋅
R L + Rβ
ku 2
1
Rβ
R L + Rβ
=
1
=
Rβ k u 2
1
1
≤
S = 1,43 µS ,
Rβ Rβ + RL k y 2 62,5(62,5 + 500)19,9
(
)
131
(12.2.7)
Si =
U sup
δI o
∆I o U sup
=
⋅
= Gi
≤
δU sup ∆U sup I o
Io
1,43 ⋅ 10
−6
30
20 ⋅ 10 − 3
(12.2.8)
%
%
= 2,15 ⋅ 10 − 3 .
%
%
Odp. Rβ = 62,50 Ω, Rof ≥ 0,18 MΩ, Gi ≤ 1,43 µS, Si ≤ 2,15⋅10−3 %/%.
Zad. 12.3. Problematyka: stabilizator kompensacyjny prądu stałego, układ ze
Treść zadania
Kompensacyjny stabilizator prądu o pracy ciągłej powinien mieć wyjściowy prąd
Io = 50,00 mA, współczynnik stabilizacji Si ≤ 0,001 %/% i wyjściową rezystancję
Rof ≥ 0,25 MΩ przy obciążeniu wyjścia rezystancją RL = 100 Ω. Źródło zasilania ma
znamionowo Usup = 45 V a źródło odniesienia Ur = 2,500 V. Oblicz transadmitancję
kyf i różnicę zwrotną F stabilizatora, rezystor Rβ oraz niezbędne wzmocnienie ku0
i rezystancję wyjściową Ro wzmacniacza napięciowego do układu. Przyjmij, że źródło
Ur jest dokładne, stosuj przybliżone wzory oraz pomiń napięcie niezrównoważenia
i prądy wejść wzmacniacza. Pomiń także wpływ na właściwości układu zmian mocy
traconej w stopniu końcowym wzmacniacza przy zmianach Usup i RL .
Rozwiązanie
Rys. 12.3.1. Kompensacyjny stabilizator prądu ze wzmacniaczem napięciowym, złożonym ze
wzmacniacza różnicowego (WR) i wyjściowego stopnia mocy (WM), jako przetwornik
transadmitancyjny.
Problematyka w tym zadaniu jest bardzo zbliżona do poprzedniego, a nowością
jest
narzucenie
zastosowania
wzmacniacza
napięciowego
zamiast
transadmitancyjnego. Spowoduje to konieczność przeliczenia parametrów
wzmacniacza. Schemat blokowy układu z rys. 12.3.1 jest prawie taki sam jak na
rys. 12.2.1, ze zmianą wielkości wyjściowej wzmacniacza na Uok , co sygnalizuje inny
jego typ. Wypadkowa transmitancja takiego stabilizatora z definicji jest typu
admitancyjnego:
k yf =
Io
I
50,00
= o =
mS = 20,00 mS .
U i U r 2,500
(12.3.1)
Rezystor Rβ w pętli USZ definiuje transmitancję β bloku sprzężenia zwrotnego,
która dla takiego sprzężenia, prądowo-szeregowego jest typu impedancyjnego:
Rβ = β z =
Uf
Io
≈
Ur
1
1
=
=
kΩ = 50,00 Ω .
I o k yf 20,00
(12.3.2)
Wykorzystano zależności (12.2.7 i 12.2.8) z poprzedniego zadania do obliczenia
132
niezbędnej ky wzmacniacza przy obciążeniu jego wyjścia sumą rezystancji RL + Rβ :
Io
1
≈
U sup Rβ Rβ + RL k y
Gi = S i
ky =
(
U sup
(
)
i w efekcie
(12.3.3)
45
S i I o Rβ Rβ + R L
) ≥ 10−3 ⋅ 50 ⋅10 −3 ⋅ 50(50 + 100) S = 120 S .
Można już obliczyć różnicę zwrotną w układzie z pętlą sprzężenia zwrotnego
F=
ky
k yf
≥
120
20 ⋅ 10
−3
= 6,00 ⋅ 10 3
(12.3.4)
i dopuszczalną rezystancję wyjścia wzmacniacza Ro przed zamknięciem pętli;
Rof = ( Ro + Rβ ) F
Ro =
 0,25 ⋅10 6

 Ω = −8,33 Ω .
− Rβ ≥ 
−
50
 6 ⋅103

F


Rof
(12.3.5)
Wynik ujemny świadczy o niezbyt wygórowanej wartości Rof żądanej w treści
zadania. Pozwala to zastosować wzmacniacz napięciowy o niewielkiej rezystancji
wyjściowej Ro . Przyjęto, że dopuszczalny spadek napięcia na tej rezystancji to
maksimum 1 V, aby nie ograniczać zakresu zmian napięcia na rezystancji obciążenia
RL . Tak więc podstawiano w następnych obliczeniach Ro = (0÷20) Ω.
Trzeba przeliczyć niezbędną transadmitancję wzmacniacza na wzmocnienie
napięciowe ku0 , czyli zdefiniowane bez prądu obciążenia wyjścia:
k u = k y ( Rβ + RL )
oraz
ku = ku 0
Rβ + R L
Ro + R β + R L
(12.3.6)
i w najgorszym przypadku, dla największej zakładanej rezystancji wyjściowej Ro
k u 0 = k y ( Ro + R β + R L ) ≥ 120(20 + 50 + 100)
V
V
= 20,4 ⋅ 10 3 .
V
V
(12.3.7)
Odp. kyf = 20,00 mS, F ≥ 6000, Rβ = 50,00 Ω, ku0 ≥ 20,4 V/mV, Ro = (0÷20) Ω.
133
UKŁADY NIELINIOWE NA RZECZYWISTYM WZMACNIACZU OPERACYJNYM
13. UKŁADY NIELINIOWE NA RZECZYWISTYM
WZMACNIACZU OPERACYJNYM
Zad. 13.1. Problematyka: zastosowanie wzmacniacza operacyjnego w nieliniowych
układach ze sprzężeniem zwrotnym, przetwornik logarytmujący, wpływ
niedoskonałości WO.
Treść zadania
W przetworniku logarytmującym z silnym USZ (rys. 13.1.1), pracującym w II i IV
ćwiartce prostokątnego układu współrzędnych, o znamionowej funkcji przetwarzania
U o = A ⋅ ln (B ⋅ U i )
(13.1.1)
zastosowano WO o wzmocnieniu różnicowym AV0 > 1⋅105 V/V, wejściowym prądzie
polaryzacji Iib ≤ 1,0 nA, wejściowym napięciu niezrównoważenia Uio ≤ 0,20 mV
i wejściowej rezystancji różnicowej Rid ≥ 10 MΩ.
Rys. 13.1.1. Schemat układu przetwornika logarytmującego z diodami
oraz szkic jego charakterystyki przejściowej przy liniowych skalach wykresu.
W pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego tego wzmacniacza włączono dwie diody
krzemowe, znamionowo identyczne o wartościach parametrów w równaniu
wykładniczym, opisującym ich charakterystykę: współczynnik korekcyjny M = 1,89,
wsteczny prąd nasycenia złącza IS = 3,0⋅10 – 10 A oraz szeregowa rezystancja statyczna
RS ≤ 1,0 Ω. Przetwornik logarytmujący będzie pracował dla zakresu napięcia
wejściowego Ui = 10 mV÷100 V, w temperaturze otoczenia ϑa = 23,0°C. Przyjmij,
że temperatura złączy diod jest taka sama jak otoczenia, ϑj ≈ ϑa .
a) Oblicz rezystor wejściowy, aby maksymalny prąd wejściowy Iimax = 1,0 mA.
b) Oblicz współczynniki A i B w zapisie (13.1.1) charakterystyki przetwornika.
c) Oblicz zakres napięcia wyjściowego Uomin÷Uomax.
d) Oblicz błędy względne przetwarzania, w procentach napięcia wyjściowego,
spowodowane niedoskonałościami WO i diod, przy stałych wartościach
wejściowego sygnału.
134
Rozwiązanie
Układ najprostszego przetwornika logarytmującego (rys. 13.1.1) zawiera
wzmacniacz operacyjny WO i pętlę USZ typu napięciowo-równoległego z elementami
o wykładniczej charakterystyce I = f(U), tutaj − diodami. Kondensator włączony
równolegle do diod zmniejsza transmitancję dla sygnałów przemiennych; tłumi
zakłócenia od sieci energetycznej i szumów. Taka konfiguracja, z wejściem w węźle
przy wejściu odwracającym WO jest logarytmującym przetwornikiem i→u.
Dodatkowy rezystor R zmienia rodzaj znamionowej wielkości wejściowej z prądu na
napięcie.
a) Układ połączeń na wejściu WO jak na rysunku to tzw. pozorna masa w węźle przy
we-WO. Nie ma praktycznie różnicy potencjałów między wejściami WO (Uid ⇒ 0 V).
W takim przypadku:
Ii =
i od razu
Ui
,
R
I i min =
R=
U i max
100 V
=
= 100 kΩ ,
I i max 1,0 mA
(13.1.2)
U i min 10 mV
=
= 0,10 µA = 100 nA .
R
100 kΩ
(13.1.3)
b) Przyjęto wstępnie do analizy dodatnią wartość Ui , co oznacza, że dioda D1
przewodzi, D2 jest zatkana a wartość napięcia wyjściowego Uo jest ujemna. Jest to
część charakterystyki przejściowej w IV ćwiartce układu współrzędnych (rys. 13.1.1):
U o = −U F1
Ii =
U id ⇒ 0 V ,
bo
(13.1.4)
Ui
= I F1 + I R 2 ;
R
(13.1.5)
wejściowy prąd układu jest sumą prądu przewodzenia IF1 diody D1 i prądu wstecznego
IR2 diody D2 , pominięto na razie wejściowy prąd WO, wpływający do jego we-,
  U
I F 1 = I S1 exp F 1
  M ⋅ ϕT
  U
I i = I S1 exp F 1
  M ⋅ ϕT
 
 − 1
 
a
I R 2 ≈ I S 2 przy U R 2 = U F 1
 
 U
 − 1 + I R 2 = I S1 ⋅ exp F 1
 
 M ⋅ ϕT

 + (− I S1 + I S 2 ) .

(13.1.6)
Diody są z założenia identyczne i ich wsteczne prądy nasycenie są jednakowe
I S1 = I S 2 = I S ,
 −Uo
Ui
= I S ⋅ exp
R
 M ⋅ ϕT

 ,

 −Uo
Ui
= exp
IS ⋅ R
 M ⋅ ϕT
 U 
U o = − M ⋅ ϕT ⋅ ln i  ,
 IS ⋅ R 

 , (13.1.7)

(13.1.8)
a potencjał elektrotermiczny ϕT (k – stała Boltzmanna, q – ładunek elementarny,
T – temperatura w Kelwinach, równa 296,2 K przy 23,0 °C)
135
ϕT =
k ⋅ T 1,38 ⋅ 10 −23 J/K ⋅ 296,2 K
=
= 25,5 mV .
q
1,60 ⋅ 10 −19 C
(13.1.9)
Współczynniki w opisie charakterystyki (porównaj zal. (13.1.1) i (13.1.8)):
gdy Ui dodatnie tj. IV ćwiartka układu współrzędnych na rys. 13.1.1
A = − M ⋅ ϕ T = −1,89 ⋅ 25,5 mV = −48,2 mV ,
B=
1
1
1
=
= 3,33 ⋅ 10 4 ,
I S ⋅ R 3,0 ⋅ 10 −10 A ⋅ 10 5 Ω
V
(13.1.10)
(13.1.11)
a gdy Ui ujemne tj. II ćwiartka układu współrzędnych
A = M ⋅ ϕ T = 48,2 mV,
B=
−1
1
= −3,33 ⋅ 10 4 ,
IS ⋅ R
V
(13.1.12)
c) Obliczono już współczynniki w opisie charakterystyki, można teraz obliczyć
przedział zmian napięcia wyjściowego:
U o = A ⋅ ln( B ⋅ U i ) ,
(13.1.13)
1


U o min = A ⋅ ln( B ⋅ U i min ) = 48,2 mV ⋅ ln 3,33 ⋅ 10 4 ⋅ 10 −2 V  =
V

 (13.1.14)
2
= 48,2 mV ⋅ ln 3,33 ⋅ 10 = (48,2 ⋅ 5,81) mV = 280 mV,
(
)
1


U o max = A ⋅ ln ( B ⋅ U i max ) = 48,2 mV ⋅ ln 3,33 ⋅ 10 4 ⋅ 10 2 V  =
V

 (13.1.15)
6
= 48,2 mV ⋅ ln 3,33 ⋅ 10 = (48,2 ⋅ 15,0 ) mV = 723 mV.
(
)
d) Przetwornik pracuje nieliniowo; trzeba najpierw określić tzw. propagację błędów,
tj. jak błędy zdefiniowane dla wejścia będą się przenosiły na wyjście. Zrobiono to
wyznaczając pochodną cząstkową napięcia wyjściowego po wejściowym prądzie:
ponieważ
to
I
U o = A ⋅ ln(B ⋅ U i ) = A ⋅ ln i
 IS
∂U o
I
1
A
= A⋅ S ⋅
=
∂I i
Ii I S Ii
→
czyli błąd względny wejściowego prądu δI i =



∆U o = A
(13.1.16)
∆I i
,
Ii
(13.1.17)
∆I i
przekłada się na błąd bezwzględny
Ii
wyjściowego napięcia ∆Uo . Przełożenie w drugą stronę też obowiązuje.
d1) Wpływ niedoskonałości WO. Zaczęto analizę od oszacowania napięcia
różnicowego Uid , wynikającego ze skończonego wzmocnienia AV0 i porównania
z podanym wejściowym napięciem niezrównoważenia Uio :
136
÷ U o max
U
Uo
→
=
U id = o min
AV 0
AV 0
280 ÷ 723
=
mV = (2,80 ÷ 7,23) µV .
105
U id =
(13.1.18)
Taki przedział wejściowego napięcia różnicowego WO z jednej strony jest
przynajmniej 28 razy mniejszy od wejściowego napięcia niezrównoważenia
Uio = 0,20 mV. A z drugiej strony daje znikomą wartość prądu do we-WO,
pochodzącego od sygnału; nie należy utożsamiać tego prądu z prądem polaryzacji
wejścia WO! Istotna dla tego obliczenia rezystancja jest praktycznie równa
wejściowej rezystancji różnicowej WO: Rid ≥ 10 MΩ:
U id min ÷ U id max
− U id
⇒ I i− =
=
Rid
Rid
(13.1.19)
(
2,80 ÷ 7,23) µV
−13
≤
= (2,80 ÷ 7,23) ⋅ 10
A = (0,280 ÷ 0,723) pA .
10 MΩ
I i− ≈
Tak mały przedział tego prądu wynika z małego zakresu zmian napięcia
wyjściowego WO, wskutek operacji logarytmowania. Górna wartość tego przedziału
w (13.1.19) jest około 1,4 tysiąca razy mniejsza od prądu polaryzacji wejścia WO,
natomiast najmniejszy wejściowy sygnał prądowy Ii jest 360 tysięcy razy większy od
dolnej granicy obliczonego w (13.1.19) przedziału. Można zatem w podsumowaniu
stwierdzić, że skończone wartości wzmocnienia i wejściowej rezystancji WO dają
niedokładności znacznie mniejsze od innych niedoskonałości WO: wejściowego
napięcia niezrównoważenia Uio oraz wejściowego prądu polaryzacji Iib .
Wymienione wielkości: Uio , Iib będą miały największy wpływ przy minimalnym
sygnale wejściowym U i min = 10 mV , gdy I i min = 100 nA . Podane w tekście zadania
wartości: napięcia niezrównoważenia U io ≤ 0,2 mV i prądu polaryzacji I ib ≤ 1,0 nA
są błędami adytywnymi – bezwzględnymi, ale różnych wielkości, napięcia i prądu.
Trzeba je zatem przeliczyć na błędy względne, bo po tej operacji można będzie je
porównywać. Błąd względny na wejściu, spowodowany napięciem niezrównoważenia
δi (U io ) =
U io
U i min
⋅ 100 % ≤
0,20 mV
⋅ 100 % = 2,0 %
10 mV
(13.1.20)
oraz błąd względny na wejściu, spowodowany prądem polaryzacji
δi (I ib ) =
I ib
I i min
⋅ 100% ≤
1,0 nA
⋅ 100 % = 1,0 % .
100 nA
(13.1.21)
Czytelnik sam może sprawdzić, że przy największym wejściowym sygnale
powyższe błędy będą odpowiednio 2,0⋅10 – 4% i 1,0⋅10 – 4%. Nie przedłużano analizy
na sposób sumowaniu obu tych błędów, bowiem do tego należałoby poczynić niezbyt
uprawnione założenia (bez danych w treści) o ich rozkładzie. Poprzestano zatem na
wartościach błędów cząstkowych.
d2) Wpływ niedoskonałości diod. Pominięto tutaj, zgodnie z tekstem zadania, wpływy
zmian temperatury złączy diod. Różnice między prawdziwymi a znamionowymi
wartościami parametrów diod: IS i M wpłyną po pierwsze na współczynniki A i B
w zapisie charakterystyki przetwarzania. Mogą się one różnić od znamionowych,
137
obliczonych w (13.1.10-13.1.12) a także między obu gałęziami charakterystyki
układu. Można to sprawdzić na gotowym przetworniku, wyznaczając doświadczalnie
współczynniki jego charakterystyki w zakresie średnich napięć wejściowych, np.
Ui = ± (1,0÷10)V.
Po drugie istotna jest rozbieżność między wstecznymi prądami nasycenia IS2 i IS1
(stosunek może osiągać nawet kilkadziesiąt) przy przetwarzaniu najmniejszych napięć
wejściowych. Przyjęto do analizy najgorszy przypadek, że np. IS1 = 3,0⋅10 – 10 A, a IS2
jest znacznie mniejszy − pomijalny. Wtedy w zależnościach (13.1.6-13.1.7) IR2 nie
skompensuje IS1 i w zapisie równania (13.1.6) pozostanie w nawiasie składnik – 1. To
oznacza pojawienie się błędu bezwzględnego, prądowego na wejściu
i w konsekwencji względnego, o maksymalnych wartościach
∆I i (I S ) = I S1 = 3,0 ⋅ 10 −10 A = 0,30 nA ,
δi (I S ) =
I S1
I i min
⋅ 100 % ≤
0,30 nA
⋅ 100 % = 0,30 % .
100 nA
(13.1.22)
(13.1.23)
Szeregowa rezystancja diody wprowadza dodatkowy spadek napięcia; dodaje się
on do napięcia na złączu UF i ma największą wartość przy górnej granicy prądu
wejściowego. Rezultatem jest wyjściowy błąd bezwzględny, napięciowy ∆Uo(RS) oraz
względny, o wartościach:
∆U o (R S ) = ∆U F (R S ) = I i ⋅ R S ≤ 1,0 mA ⋅ 1,0 Ω = 1,0 mV ,
δo (RS ) =
∆U o (RS )
1,0 mV
⋅ 100 % ≤
⋅ 100 % = 0,14 % .
U o max
723 mV
(13.1.24)
(13.1.25)
d3) Rezystor R wprowadza niedokładność przetworzenia wejściowego sygnału
napięciowego na prąd wejściowy, zależną od względnej odchyłki δR jego wartości
rzeczywistej od znamionowej. Spowodowany tym błąd względny na wejściu nie jest
zależny od wartości sygnału: δi(δR) = − δR = const.
Na koniec zestawiono w tabeli 13.1.1 wyniki wykonanych obliczeń błędów dla
trzech wartości wejściowego sygnału. Pozostawiono Czytelnikowi porównanie
poziomów błędów i wyciągnięcie wniosków, które z nich są krytyczne dla tego
układu. Oczywiście można porównywać tylko błędy przeliczone na jedną stronę
układu, np. na wyjście.
Odp. a) R = 100 kΩ,
b) w IV ćwiartce A = − 48,2 mV, B = 3,33⋅10 4 V-1,
w II ćwiartce A = 48,2 mV, B = − 3,33⋅10 4 V-1,
c) Uomin= 280 mV, Uomax= 723 mV,
d) wyniki zestawiono w tab. 13.1.1.
138
Tab. 13.1.1. Błędy odniesione do wejścia i wyjścia układu przetwornika, przy różnych poziomach
wejściowego sygnału. Błędy prądowe na wejściu przeliczono na napięciowe
mnożąc przez wartość rezystora R.
Maksymalny błąd dla modułu sygnału
Ui = 10 mV,
Ui = 1,0 V,
Ui = 100 V,
Przyczyna błędu
Ii = 1,0 mA,
Ii = 100 nA,
Ii = 10 µA,
Uo = 0,280 V Uo = 0,502 V Uo = 0,723 V
∆i
0,20 mV
WO: wejściowe napięcie
niezrównoważenia Uio ≤ 0,20 mV
δi
2,0%
2,0⋅10 – 2 %
2,0⋅10 – 4 %
∆i
0,10 mV
WO: prąd polaryzacji
wejścia Iib ≤ 1,0 nA
δi
1,0%
1,0⋅10 – 2 %
1,0⋅10 – 4 %
∆i
0,030 mV
Diody: różnica wstecznych
prądów nasycenia IS
δi
0,30%
3,0⋅10 – 3 %
3,0⋅10 – 5 %
∆i
21 nV
0,21 mV
2,1 V
Diody: szeregowa rezystancja
−4
−2
statyczna RS ≤ 1,0 Ω
δi
2,1⋅10 %
2,1⋅10 %
2,1%
∆i
50 µV
5,0 mV
0,50 V
Rezystor R: wartość rzeczywista
różna od znamion. np. o 0,50%
δi
0,50%
∆o
0,96 mV
9,6 µV
96 nV
WO: wejściowe napięcie
niezrównoważenia Uio ≤ 0,20 mV
δo
0,34%
1,9⋅10 − 3%
1,3⋅10 − 5%
∆o
0,48 mV
4,8 µV
48 nV
WO: prąd polaryzacji
wejścia Iib ≤ 1,0 nA
δo
0,17%
9,6⋅10 − 4%
6,6⋅10 − 6%
∆o
0,14 mV
1,4 µV
14 nV
Diody: różnica wstecznych
prądów nasycenia IS
δo
5,2⋅10 − 2%
2,9⋅10 − 4%
2,0⋅10 − 6%
0,10 µV
10 µV
1,0 mV
∆o
Diody: szeregowa rezystancja
statyczna RS ≤ 1,0 Ω
δo
3,6⋅10 – 5 %
2,0⋅10 – 3 %
0,14%
∆o
0,24 mV
Rezystor R: wartość rzeczywista
różna od znamion. np. o 0,50%
δo
8,6⋅10 − 2%
4,8⋅10 − 2%
3,3⋅10 − 2%
1
) ∆ – bezwzględny, δ – względny, indeks i – wejściowy, indeks o – wyjściowy.
Te same błędy zdef. dla wyjścia
Błędy zdefiniowane dla wejścia
Rodzaj
błędu1)
139
ELEMENTARNE UKŁADY TECHNIKI CYFROWEJ
14. ELEMENTARNE UKŁADY TECHNIKI CYFROWEJ
Zad. 14.1. Problematyka: technika cyfrowa, układy kombinacyjne, realizacja funkcji
logicznej.
Treść zadania
Funkcja logiczna jest zdefiniowana jako:
(
)
Y = A⋅ A + B + C ⋅ D + D .
(14.1.1)
Zrealizuj ją za pomocą funktorów NOT i NAND. Najpierw przekształć formalnie
funkcję a następnie narysuj schemat wykonawczego układu logicznego.
Rozwiązanie
Zapis (14.1.1) sugeruje możliwość zastosowania reguły pochłaniania i następnie
jednego z praw de Morgana oraz podwójnej negacji:
(
)
Y = A⋅ A + B + C ⋅ D + D = A + D = A⋅ D = A⋅ D .
(14.1.2)
Rys. 14.1.1. Schemat układu logicznego realizującego funkcję w zadaniu 14.1.
logicznej.
Treść zadania
Funkcja logiczna jest zdefiniowana jako:
)
( (
Y = A + A⋅ B ⋅C ⋅ D ⋅C .
(14.2.1)
Zrealizuj ją za pomocą funktorów NOT i NOR. Najpierw przekształć formalnie
funkcję a następnie narysuj schemat wykonawczego układu logicznego.
Rozwiązanie
Podobnie jak w poprzednim zadaniu zastosowano regułę pochłaniania, tyle że
w innej postaci a następnie jedno z praw de Morgana i podwójną negację:
( (
)
Y = A + A⋅ B ⋅C ⋅ D ⋅C = A⋅C = A + C = A + C .
140
(14.2.2)
Rys. 14.2.1. Schemat układu logicznego realizującego funkcję w zadaniu 14.2.
logicznej.
Treść zadania
Funkcja logiczna jest tak zdefiniowana:
( ) ( )
y = a ⋅b + c ⋅ d .
Zrealizuj ją za pomocą:
a) wyłącznie funktorów NAND dwuwejściowych,
b) wyłącznie funktorów NOR dwuwejściowych.
Najpierw przekształć formalnie funkcję a następnie
wykonawczego układu logicznego.
(14.3.1)
narysuj
schemat
Rozwiązanie
Wykonanie na NAND’ach. Przekształcono tak funkcję, aby były tylko zanegowane
iloczyny. Operacja negacji będzie zrealizowana funktorem NAND o połączonych
wejściach, np. g = g ⋅ g :
( ) ( )
( )( )
y = a ⋅b + c ⋅ d = a ⋅b ⋅ c ⋅ d .
(14.3.2)
Rys. 14.3.1. Schemat układu na funktorach NAND, realizujący zadaną funkcję logiczną.
Wykonanie na NOR’ach. Przekształcono tak funkcję, aby były tylko zanegowane
sumy. Operacja negacji będzie zrealizowana funktorem NOR o połączonych
wejściach, np. g = g + g :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) .

y = a⋅b + c⋅d = a + b + c + d =  a + b + c + d

141
(14.3.3)
Rys. 14.3.2. Schemat układu na funktorach NOR, realizujący zadaną funkcję logiczną.
Zad. 14.4. Problematyka: technika cyfrowa, tabela prawdy, funkcja logiczna i jej
minimalizacja za pomocą tablicy Karnaugh’a, funktory logiczne.
Treść zadania
Funkcję logiczną, czyli związek między stanem wyjścia y a stanami wejść a, b, c, d
zdefiniowano za pomocą tabeli prawdy (tab. 14.4.1). Ponieważ są cztery wejścia
a logika jest dwustanowa (binarna), tabela ma 16 wierszy; wszystkie możliwe
kombinacje stanów wejść. Masz za zadanie zminimalizować funkcję zadaną tabelą
i zrealizować ją za pomocą funktorów logicznych.
Tab. 14.4.1. Tabela prawdy, definiująca związek między wejściami a÷
÷d i wyjściem y.
a
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
b
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
c
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
d
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
y
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
1
1
1
0
Rozwiązanie
Rozwiązanie rozpoczęto od utworzenia tablicy Karnaugh’a (tab. 14.4.2). Najpierw
podzielono zmienne wejściowe na dwie grupy ab i cd, następnie opisano krawędzie
tabeli kombinacjami stanów tych zmiennych tak, aby kolejna para wartości różniła się
od poprzedniej tylko na jednym bicie (pozycji), na koniec wypełniono komórki
w tablicy wartościami y z tabeli prawdy tab. 14.4.1.
Tab. 14.4.2. Tablica Karnaugh’a do tabeli prawdy tab. 14.4.1.
142
ab
00
10
11
01
00
0
1
1
0
10
0
1
1
0
11
1
1
0
1
01
1
0
0
1
cd
Na szesnaście stanów y w tab. 14.4.2 mniej jest zer, tylko siedem a jedynek
dziewięć. Spróbowano zatem wykonać łączenie grup zer i zapisać jego efekt. Jest
jedna grupa czterokomórkowa i dwie dwukomórkowe (tab. 14.4.3). W tych dwóch
grupach jedna komórka jest wspólna, o adresie abcd = 1101.
Tab. 14.4.3. Łączenie w grupy zer w tablicy Karnaugh’a.
ab
00
10
11
01
00
0
1
1
0
10
0
1
1
0
11
1
1
0
1
01
1
0
0
1
cd
Zapis dla grup zer, dlatego wynik to negacja y:
(
)
y = a ⋅ d + abd + a cd = a ⋅ d + ad b + c , teraz y
(
)
(
)
y = a ⋅ d + ad b + c =  a ⋅ d  ⋅ ad b + c =


= (a + d ) ⋅  a ⋅ d +  b + c  = (a + d ) ⋅ a + d + b ⋅ c =



[
(14.4.1)
( )]
(14.4.2)
= a{a + a d + ad + d{
d + (a + d )bc = (a ⊕ d ) + (a + d )bc .
=0
=0
Końcowa wersja z zal. (14.4.2) nie jest jeszcze najprostsza. Jeżeli stany a, d są
niezgodne, to pierwszy składnik − suma modulo 2 (czyli EX-OR) jest równa 1 i y = 1,
niezależnie od wartości drugiego składnika. Natomiast dla zgodności suma modulo 2
wynosi zero, a w drugim składniku sumę a + d można zastąpić przez a⋅a = a lub
d⋅d = d, zależnie co będzie wygodniejsze. Ostatecznie końcowy zapis ma formę:
y = (a ⊕ d ) + abc ≡ (a ⊕ d ) + d bc .
(14.4.3)
Odpowiednie realizacje za pomocą najprostszych funktorów pokazano na
rys. 14.4.1 i 14.4.2.
143
Rys. 14.4.1. Wersja pierwsza realizacji funkcji logicznej, zgodnie z pierwszym zapisem w (14.4.3).
Rys. 14.4.2. Wersja druga realizacji funkcji logicznej, zgodnie z drugim zapisem w (14.4.3).
Jeżeli będą dostępne jedynie funktory z negacją, to zapis i realizacja będą takie:
(
)(
)
y = (a ⊕ d ) + d bc = a ⊕ d ⋅ d bc .
(14.4.4)
Rys. 14.4.3. Wersja trzecia realizacji funkcji logicznej, na funktorach z negacją.
Postanowiono jeszcze sprawdzić, czy łączenie w grupy jedynek w tab. 14.4.2 da
taki sam wynik i ile będzie przekształceń. Teraz (tab. 14.4.4) są dwie duże,
czterokomórkowe grupy. Pozostałą jedynkę można dołączyć do komórki z jednej
z grup; wersje pokazano w tab. 14.4.4 i 14.4.5.
y = a ⋅ d + a ⋅ d + abc = (a ⊕ d ) + abc
(14.4.5)
Realizacja tej wersji jest taka sama jak na rys. 14.4.1. Inny sposób włączenia
komórki o adresie abcd = 1011 do grupy dwukomórkowej pokazano w tab. 14.4.5.
y = a ⋅ d + a ⋅ d + bcd = (a ⊕ d ) + bcd
144
(14.4.6)
Tab. 14.4.4. Łączenie w grupy jedynek w tablicy Karnaugh’a, wersja 1.
ab
00
10
11
01
00
0
1
1
0
10
0
1
1
0
11
1
1
0
1
01
1
0
0
1
cd
Tab. 14.4.5. Łączenie w grupy jedynek w tablicy Karnaugh’a, wersja 2.
ab
00
10
11
01
00
0
1
1
0
10
0
1
1
0
11
1
1
0
1
01
1
0
0
1
cd
A realizacja tej wersji jest taka sama jak na rys. 14.4.2. Wykazano, że obie drogi,
przez zera i jedynki prowadzą do tego samego wyniku, ale mimo większej liczby
jedynek, operacja na nich okazała się w tym zadaniu znacznie prostsza. Jest to w tym
przypadku skutkiem większych grup po łączeniu.
145
DODATEK
15. DODATEK
W tym rozdziale zebrano następujące materiały:
Dod. 15.1. Znamionowe wartości elementów elektronicznych według tzw. szeregów
zależnych od tolerancji.
Dod. 15.2. Formalne przeliczenie transmitancji liniowego unilateralnego czwórnika.
Dod. 15.3. Parametry jednostopniowych szerokopasmowych wzmacniaczy sygnałów
przemiennych na tranzystorach bipolarnych, w układach: o wspólnym emiterze
WE, o wspólnym kolektorze WC (wtórnik emiterowy), o wspólnej bazie WB.
Dod. 15.4. Wpływ sprzężenia
unilateralnego czwórnika.
zwrotnego
na
parametry
robocze
liniowego
Dod. 15.1. Znamionowe wartości elementów elektronicznych według tzw. szeregów
zależnych od tolerancji.
Tab. 15.1.1. Wartości w jednej dekadzie według szeregów uzależnionych od tolerancji.
L.p.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
Komentarz
Szereg E-24
Tolerancja ± 5 %
1,1
1,2
1,3
1,5
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
2,7
3,0
3,3
3,6
3,9
4,3
4,7
5,1
5,6
6,2
6,8
7,5
8,2
9,1
10,0
W dekadzie
24 wartości.
Szereg E-12
Tolerancja ± 10 %
Szereg E-6
Tolerancja ± 20 %
1,2
1,5
1,5
1,8
2,2
2,2
2,7
3,3
3,3
3,9
4,7
4,7
5,6
6,8
6,8
8,2
10,0
W dekadzie
12 wartości.
146
10,0
W dekadzie
6 wartości.
DODATEK
Dod. 15.2. Formalne przeliczenie transmitancji liniowego unilateralnego czwórnika.
ZL
ZL
ku0Ui
ki0Ii
Zo
Zi
Zi
Zg
Zg
Podane tutaj zależności dotyczą aktywnych czwórników liniowych; parametry
w modelu czwórnika nie zależą od sygnału, oraz unilateralnych, czyli
jednokierunkowych; sygnał jest przetwarzany z wejścia do wyjścia. Ogólnie
transmitancje (opisujące transmisję sygnału, np. ku0) są zespolone oraz na wejściu
i wyjściu czwórnika są impedancje (rys. 15.2.1). Dla uproszczenia zapisu
w zależnościach i tabelach pokazano przekształcanie dla wielkości rzeczywistych.
Można tak postąpić dla układów przetwarzających napięcia i prądy stałe lub w środku
pasma szerokopasmowych układów przetwarzających sygnały przemienne. W razie
potrzeby można przejść na zapis zespolony transmitancji, zmieniając także
odpowiednie rezystancje na impedancje.
Rys. 15.2.1. Równoważność formalnego opisu aktywnego czwórnika modelem liniowym i unilateralnym;
pokazano przekształcanie modelu tego samego liniowego źródła sygnału wejściowego oraz modelu tego
samego fizycznie istniejącego czwórnika.
Indeksy przy transmitancjach oznaczają:
u – napięciowa,
i – prądowa,
z – transimpedancja,
y – transadmitancja,
0 – własna czwórnika,
ef − efektywna (skuteczna) przy współpracy
z rzeczywistym źródłem sygnału.
Indeksy przy rezystancjach oznaczają:
i – wejściowa czwórnika (input),
o – wyjściowa czwórnika (output),
L – obciążająca wyjście czwórnika (Load),
g – źródła sygnału wejściowego (generator).
W obrębie jednego typu transmitancji (np. napięciowej) obowiązują związki,
zależne od podziału sygnału na wyjściu między RL i Ro oraz na wejściu między Ri
i Rg .
Transmitancja napięciowa, dzielniki sygnałów napięciowych na wejściu i wyjściu
ku ≡
uo
RL
= ku 0
 → ku 0 ,
ui
Ro + RL R L >> Ro
kuef ≡
uo
Ri
= ku

→ ku 0 .
R L >> Ro
eg
Ri + Rg
R << R
g
147
i
(15.2.1)
DODATEK
Transimpedancja, dzielnik sygnału prądowego na wejściu i napięciowego na
wyjściu
kz ≡
uo
RL
= k z0
 → k z 0 ,
ii
Ro + RL R L >> Ro
k zef ≡
(15.2.2)
Rg
uo
= kz

→ k z 0 .
R L >> Ro
ig
Ri + R g
R >> R
g
i
Transadmitancja, dzielnik sygnału napięciowego na wejściu i prądowego na
wyjściu
ky ≡
io
Ro
= k y0
 → k y 0 ,
ui
Ro + RL R L << Ro
k yef ≡
(15.2.3)
io
Ri
= ky

→ k y 0 .
R L << R o
eg
Ri + Rg
R << R
g
i
Transmitancja prądowa, dzielniki sygnałów prądowych na wejściu i wyjściu
ki ≡
io
Ro
= ki 0
 → ki 0 ,
ii
Ro + RL R L << Ro
kief ≡
(15.2.4)
Rg
io
= ki
R<<
R→ ki 0 .
L
o
ig
Ri + R g
R >> R
g
i
Aby wybraną, pierwotną transmitancję z pierwszego wiersza tabel
15.2.1÷15.2.3 przeliczyć na docelową transmitancję w ostatniej kolumnie, należy tą
pierwszą pomnożyć przez zawartość komórki na przecięciu dwóch współrzędnych,
transmitancji pierwotnej i docelowej, np. z tab. 15.2.1: ky0⋅(RiRo) = kz0 .
Tab. 15.2.1. Przeliczenie transmitancji charakterystycznej czwórnika (własnej, indeks 0),
zdefiniowanej przy badaniu dla wyjściowego sygnału i stanu wyjścia:
sygnał napięciowy – rozwarcie wyjścia, sygnał prądowy – zwarcie wyjścia.
ky0 × ↓
transmitancja
prądowa, czyli
wzmocnienie
prądowe
ki0 × ↓
algorytm
przeliczania:
z tego wiersza
⇓
× ⇒ na tą
kolumnę
(Ri)−1
Ro
Ro /Ri
= ku0
Ri
1
Ri ⋅ Ro
Ro
= kz0
(Ro)−1
(Ri ⋅Ro)−1
1
(Ri)−1
= ky0
Ri /Ro
(Ro)−1
Ri
1
= ki0
transmitancja
napięciowa, czyli
wzmocnienie
napięciowe
ku0 × ↓
transimpedancja
transadmitancja
kz0 × ↓
1
148
DODATEK
Tab. 15.2.2. Przeliczenie transmitancji czwórnika, zdefiniowanej jako stosunek wartości wybranych
wielkości „wyjście/wejście”. Czwórnik obciążony na wyjściu dowolną rezystancją RL .
ky × ↓
transmitancja
prądowa, czyli
wzmocnienie
prądowe
ki × ↓
algorytm
przeliczania:
z tego wiersza
⇓
× ⇒ na tą
kolumnę
(Ri)−1
RL
RL /Ri
= ku
Ri
1
Ri ⋅ RL
RL
= kz
(RL)−1
(Ri ⋅RL)−1
1
(Ri)−1
= ky
Ri /RL
(RL)−1
Ri
1
= ki
transmitancja
napięciowa, czyli
wzmocnienie
napięciowe
ku × ↓
transimpedancja
transadmitancja
kz × ↓
1
Uwaga! W stosunku do tab. 15.2.1 na miejsce Ro weszła RL .
Tab. 15.2.3. Przeliczenie transmitancji czwórnika, zdefiniowanej jako stosunek wartości
wybranych wielkości „wyjście/generator”. Generator (źródło) sygnału ma
zastępczą rezystancję Rg , wyjście czwórnika obciążone rezystancją RL .
kyef × ↓
transmitancja
prądowa, czyli
wzmocnienie
prądowe
kief × ↓
algorytm
przeliczania:
z tego wiersza
⇓
× ⇒ na tą
kolumnę
(Rg)−1
RL
RL /Rg
= kuef
Rg
1
Rg ⋅ RL
RL
= kzef
(RL)−1
(Rg ⋅RL)−1
1
(Rg)−1
= kyef
Rg /RL
(RL)−1
Rg
1
= kief
transmitancja
napięciowa, czyli
wzmocnienie
napięciowe
kuef × ↓
transimpedancja
transadmitancja
kzef × ↓
1
Uwaga! W stosunku do tab. 15.2.2 na miejsce Ri weszła Rg .
149
DODATEK
Dod. 15.3. Parametry jednostopniowych szerokopasmowych wzmacniaczy sygnałów
przemiennych na tranzystorach bipolarnych, w układach: o wspólnym emiterze
WE, o wspólnym kolektorze WC (wtórnik emiterowy), o wspólnej bazie WB.
Przyjęto do opisu tych układów liniowe unilateralne czwórniki zastępcze. We
wszystkich układach zastosowano tranzystory npn, dodatnie zasilanie, bazę
tranzystora polaryzowano za pomocą dzielnika napięcia zasilającego układ.
Zależności podano dla pracy układów w środku pasma częstotliwościowego, gdy
parametry takich czwórników są rzeczywiste.
EC
układ WE
z CE
IDB
Rg
ui C
1
eg
R2
IB
UB
UC
IC
T
UBE
EC
R1
układ WE
bez CE
IDB
C2
uo
Rg
CE
RE
IB
UB
ui C
1
RL
UE
RC
eg
C2
UC
IC
T
uo
UCE
RC
UCE
R1
RL
UBE UE
R2
RE
IE
IE
EC
EC
układ WB
UCE
R1
IC
układ WC
IDB
UB I T
Rg
B
ui
C1 UBE
UE
eg
R2
RE
R1
C2
ui
uo
RL
eg
IE
IDB
UBE
Rg
RC
UE
C1 I
E
RE
R2
UCE
C2
IC
uo
UC
T
IB UB
RL
CB
Rys. 15.3.1. Trzy podstawowe układy wzmacniaczy na tranzystorach bipolarnych (układ o wspólnym
emiterze WE w dwóch wersjach), wraz ze źródłami sygnału wejściowego i obciążeniami wyjścia.
W tabeli 15.3.1 podano przykładowe wartości parametrów liniowych,
unilateralnych modeli wzmacniaczy na tranzystorze bipolarnym. Wartości są
orientacyjne, zależne od poziomu współczynnika wzmocnienia prądowego β
tranzystora.
W dalszej części tekstu podano zależności do obliczania parametrów
stałoprądowych, określających punkt pracy ppQ (z indeksem Q) oraz parametrów
roboczych − małosygnałowych układu. Zastosowano uproszczenia, wynikające
z warunków stałości punktu pracy. Przyjęto, że w układzie pracuje tranzystor npn
krzemowy (Si) małej mocy.
150
DODATEK
Tab. 15.3.1. Zestawienie wartości parametrów roboczych (małosygnałowych) układów wzmacniaczy
na tranzystorze bipolarnym.
WE
z CE
WE
bez CE
WC
wtórnik
napięciowy
WB
wtórnik
prądowy
Ri /Ro
0,2÷1
1÷5
>>1
<<1
ku0
− (60÷600)
− (2÷20)
prawie + 1
+ (60÷600)
ki0
− (40÷400)
− (4÷40)
+ (40÷400)
prawie + 1
(0,6÷60)⋅103
2÷200
10÷100
15÷150
Układ
Zdefiniowanie parametru
stosunek rezystancji
wejścia do wyjścia
wzmocnienie
napięciowe, RL ⇒
∞Ω
wzmocnienie
prądowe, RL ⇒ 0
Ω
wzmocnienie mocy,
RL = Ro
kpmax =
ku0ki0 /4
Parametry określające punkt pracy tranzystora i układu:
wzmocnienie prądowe tranzystora, dynamiczne (przyrostowe) β i statyczne β 0
β≡
I CQ
∆I C
≡ h fe ≡ h21e ≈ h21E ≡ hFE ≡ β 0 ≡
,
∆I B
I BQ
(15.3.1)
napięcie na bazie względem masy przy założeniu pomijalnego obciążania dzielnika
R1R2 przez prąd bazy
U BQ ≈ EC
R2
,
R1 + R2
(15.3.2)
napięcie na emiterze względem masy
U EQ = U BQ − U BEQ ≈ U BQ − 0,650 V ,
(15.3.3)
napięcie między kolektorem i emiterem
U CEQ = EC − I CQ RC − I EQ RE ≈ EC − ICQ (RC + RE ) ,
(15.3.4)
napięcie na kolektorze względem masy
U CQ = EC − I CQ RC ,
(15.3.5)
prąd kolektora równy w praktyce prądowi emitera
I CQ ≈ I EQ =
U EQ
RE
I BQ =
,
151
I CQ
β0
,
(15.3.6)
DODATEK
prąd dzielnika R1R2 przy założeniu pomijalnego obciążania przez prąd bazy
I DB ≈
EC
,
R1 + R2
(15.3.7)
zastępcza rezystancja w obwodzie bazy, równa równoległemu połączeniu R1 i R2
RB = R1 R2 =
R1R2
.
R1 + R2
(15.3.8)
I DB ≥ (10 ÷ 20)I B max ,
(15.3.9)
Warunki stałości punktu pracy ppQ:
RB ≤ 0,1β 0 min RE
lub
U EQ ≥ (1÷ 3)U BEQ .
(15.3.10)
Parametry do małosygnałowego modelu układu:
dynamiczna rezystancja między bazą i emiterem, zdefiniowana od strony bazy
rbe ≡ h11e ≈ β 0
ϕT
I CQ
≈ β0
26 mV
,
I CQ
(15.3.11)
dynamiczna rezystancja między emiterem i bazą, zdefiniowana od strony emitera
reb ≡ h11b =
rbe
,
β +1
(15.3.12)
dynamiczna rezystancja między kolektorem i emiterem, zdefiniowana od strony
kolektora
rce ≡
1
h22e
≈
UY
,
I CQ
(15.3.13)
dla tranzystora npn małej mocy tzw. potencjał Earlie’go UY ≈ 200 V.
Dane do przykładu, z wynikami obliczeń z podanych wcześniej zależności:
β ≈ β 0 = 200 A/A,
β min ≈ β 0min = 150 A/A,
UBEQ = 0,650 V,
EC = 20,0V,
R1 = 100 kΩ,
R2 = 12,0 kΩ,
RE = 750 Ω,
RC = 5,10 kΩ,
Rg = (0÷2,00) kΩ,
RL = (20,0÷∞) kΩ,
UBQ = 2,15 V,
UEQ ≈ ICQRE = 1,50 V,
152
RB = R1||R2 = 10,7 kΩ,
DODATEK
ICQ ≈ IEQ = 2,00mA,
IBQ = 10,0 µA,
IDB ≡ IR1 = 179µA,
UCQ = 9,80 V,
UCEQ = 8,30V,
ϕT ≈ 26,0 mV,
rbe ≡ h11e = 2,60 kΩ,
reb ≡ h11b = 12,9 Ω,
rce ≡ 1/h22e = 100 kΩ.
Tab. 15.3.2. Parametry robocze – małosygnałowe wzmacniaczy w układzie ze wspólnym emiterem (WE),
z kondensatorem CE i bez niego. Wartości obliczone zgodnie z danymi po zal. (15.3.13).
Parametr
Zależność i przykład wartości dla układu
Układ WE z CE
Wzmocnienie
napięciowe ku0
oraz przybliżenie ≈
Wzmocnienie
prądowe ki0
Rezystancja
wejściowa Ri
Rezystancja
wyjściowa Ro
RC rce
Układ WE bez CE
RC
RE
 1
r 
RE
V
− be  = − 6,60
1 − −
β
r
+
R
β
R
V
ce
C
E 

= − 373
V
V
−
− RC I CQ / ϕ T
= − 392
V
V
− RC / RE
RB
R B + rbe
= − 161
A
A
−β
−β
rbe
− 0,8β
= − 160
A
A
−
= − 6,80
RB  1  RB + rbe
1 −
1+
RE  β 
RE rce

− RB / RE
V
V

  = − 12,9 A

A

= − 14,3
A
A

rce R E (β + 1) 
R B  rbe +
 =
rce + R E + RC R L 

= (9,96 ÷ 9,97 ) kΩ
R B rbe
= 2,09 kΩ
0,8rbe
= 2,08 kΩ
RC rce
= 4,85 kΩ


βRE
RC rce 1 +
 = 5,09 kΩ
 RE + rbe + RB Rg 
RC
= 5,10 kΩ
RC
= 10,7 kΩ
RB
= 5,10 kΩ
Stosunek rezystancji
wejściowej do
wyjściowej Ri /Ro
0,431
1,96
oraz z przybliżeń ≈
0,408
2,10
W układzie WE bez kondensatora CE znamienna jest resztkowa zależność
rezystancji wejściowej Ri od rezystancji obciążenia układu RL oraz rezystancji
wyjściowej Ro od rezystancji źródła sygnału Rg . Jest to skutek zastosowania w tym
układzie ujemnego sprzężenia zwrotnego za pomocą rezystora RE , łączącego obwód
wejściowy i wyjściowy. Oznacza to, że ten czwórnik nie jest w pełni unilateralny, ale
zmiany obu rezystancji układu są niewielkie i w praktyce pomijalne.
153
DODATEK
Tab. 15.3.3. Parametry robocze – małosygnałowe wzmacniaczy w układzie ze wspólnym kolektorem
(WC) i ze wspólną bazą (WB). Wartości obliczone zgodnie z danymi po zal. (15.3.13).
Zależność i przykład wartości dla układu
Parametr
Układ WC
wtórnik emiterowy, napięciowy
Wzmocnienie napięciowe
ku0
RE
=
R E + reb
1
rbe
1+
(β + 1)R E
1
(β + 1)R B
Wzmocnienie prądowe
ki0
R B + rbe
0,8β
Rezystancja wejściowa
Ri
Rezystancja wyjściowa
Ro
RB
V
V
V
V
= 162
A
A
= 160
A
A
RL
E
)]
= (9,98 ÷ 10,0) kΩ
= 10,7 kΩ
RB
(
rbe + R B R g
)
β +1
grube
β
RC [rce (β + 1)]
= 392
V
V
= 392
V
V
= 0,978
A
A
rbe
RC I CQ / ϕ T
[r + (β + 1)(R
be
= 0,983
Układ WB
wtórnik prądowy
RE
βR E
(β + 1)R E + rbe
1
reb R E =
reb =
RC
A
A
rbe
β +1
RE
rbe
β +1
[rce (β + 1)]
= 12,7 Ω
= 12,9 Ω
= 5,10 kΩ
= (12,7 ÷ 20,7 )Ω
(1 ÷ 2)reb
= (12,9 ÷ 25,8)Ω
RC
= 5,10 kΩ
Stosunek rezystancji
wejściowej do wyjściowej
Ri /Ro
482÷787
2,49⋅10 − 3
oraz z przybliżeń ≈
415÷829
2,53⋅10 − 3
W układzie WC wpływ rezystancji obciążenia układu RL na rezystancję wejściową
Ri oraz wpływ rezystancji źródła sygnału Rg na rezystancję wyjściową Ro jest znacznie
silniejszy niż w układzie WE bez CE ; sprzężenie zwrotne jest bardzo silne. Dlatego
korzystanie z przybliżonych zależności jest dopuszczalne tylko w przypadku pracy
tego układu w warunkach zbliżonych do ideału przetwornika napięciowego:
napięciowe źródło sygnału (Rg << rbe) i mały prąd obciążenia wyjścia (RL >> RE).
154
DODATEK
Dod. 15.4. Wpływ sprzężenia
unilateralnego czwórnika.
zwrotnego
na
parametry
robocze
liniowego
Za pomocą pętli, obejmującej czwórnik o transmitancji k, z jego wyjścia na
wejście, gdzie sygnały się sumują, wytwarzane jest tzw. sprzężenie zwrotne
(rys. 15.4.1). Może ono być dodatnie (DSZ), gdy sumowane na wejściu sygnały Ai
i Aoβ są w tej samej fazie, lub ujemne (USZ), gdy fazy tych sygnałów są przeciwne.
W ramach elementarnej teorii sprzężenia zwrotnego zakłada się, że oba czwórniki,
główny o transmitancji k i w pętli sprzężenia zwrotnego o transmitancji β są liniowe
i unilateralne (jednokierunkowe). Oznaczenia wielkości na rysunku sygnalizują, że
zdefiniowany typ sygnałów na wejściu musi być taki sam wokół sumatora i podobnie
na wyjściu, wokół umownego węzła. Natomiast nie musi być ten sam typ sygnału
równocześnie dla wejścia i wyjścia. W związku z tym możliwe są cztery kombinacje:
wejście i wyjście napięciowe (Ai = Ui , Bo = Uo), wejście prądowe a wyjście
napięciowe (Ai = Ii , Bo = Uo), wejście napięciowe a wyjście prądowe (Ai = Ui ,
Bo = Io), wejście i wyjście prądowe (Ai = Ii , Bo = Io).
Rys. 15.4.1. Idea układu ze sprzężeniem zwrotnym (tor główny z głównym czwórnikiem k, pętla
sprzężenia z czwórnikiem β, sumator sygnałów na wejściu) oraz wynikowy czwórnik kf .
Zapięte sprzężenie zwrotne modyfikuje właściwości czwórnika (nową
transmitancję oznacza się kf ), zależnie od rodzaju sprzężenia, tj. nie tylko od tego, czy
jest to DSZ, czy USZ, ale także od sposobu pobierania sygnału przez czwórnik
sprzężenia i sposobu sumowania na wejściu głównego czwórnika. Z wyjścia
głównego czwórnika k może być pobierany sygnał Biβ napięciowy lub prądowy
(pierwszy składnik nazwy sprzężenia) i po przetworzeniu w czwórniku sprzężenia
zwrotnego β sumowany z zewnętrznym wejściowym sygnałem Ai w oczku –
sumowanie szeregowe napięć lub w węźle – sumowanie równoległe prądów (drugi
składnik nazwy sprzężenia).
W tab. 15.4.1 podwójną ramką wyróżniono komórki o zawartości znamienej dla
stosowania silnego USZ (F >> 1) celem idealizacji własności głównego czwórnika –
zbliżenia do pożądanych własności danego typu przetwornika sygnału, za pomocą
odpowiedniej pętli sprzężenia zwrotnego. Poniżej zestawiono zależności
obowiązujące przy stosowaniu sprzężenia zwrotnego, szczególnie gdy jest to silne
USZ (kf << k):
podstawowy wzór
różnica zwrotna
kf =
F=
k
1
=
1
1− k ⋅ β
−β
k
k
= 1− k ⋅ β
kf
≈
silne USZ
silne USZ
155
≈
−1
β
,
k ⋅β = k ⋅ β ,
(15.4.1)
(15.4.2)
DODATEK
względna czułość transmitancji wynikowej kf na względne zmiany transmitancji k
(przy USZ jedna z transmitancji, k lub β musi być ujemna)
δk f
δk
i transmitancji β
δk f
δβ
=
=
kf
1
=
1− k ⋅ β
k
−k ⋅β
1− k ⋅ β
≈
silne USZ
= −β ⋅ k f
1
−1
,
=
k ⋅β k ⋅ β
≈
silne USZ
−β
−1
β
(15.4.3)
=1,
(15.4.4)
względny błąd zależności na kf według przybliżenia z (15.4.1), zależny od wartości k;
wartość ze wzoru przybliżonego onaczono k 'f
δ k f (k ) =
k f − k 'f
'
kf
=
kf
−1
=−
1− k ⋅ β
k
≈
silne USZ
−
k 'f
k
=
1
−1
=
; (15.4.5)
k ⋅β k ⋅ β
moduł ostatniej wartości jest taki sam, jak w zależności (15.4.3), ale znak ujemny.
Tab. 15.4.1. Wpływ pętli sprzężenia zwrotnego na parametry robocze wynikowego czwórnika kf
(indeks f od feedback); F = k/kf − różnica zwrotna, F > 1 gdy USZ, F < 1 gdy DSZ.
Stosunek
parametrów
układu:
„z pętlą” do
„bez pętli”
Typ sprzężenia zwrotnego, pierwszy człon nazwy – strona wyjściowa
(w nawiasie podany typ idealizowanego przetwornika sygnału).
napięciowonapięciowoprądowoprądowoszeregowe
równoległe
szeregowe
równoległe
(przetw. u → u)
(przetw. i → u)
(przetw. u → i)
(przetw. i → i)
Rif /Ri
F
F−1
F
F−1
Rof /Ro
F−1
F−1
F
F
kuf /ku
F−1
1
F−1
1
kzf /kz
1
F−1
1
F−1
kyf /ky
F−1
1
F−1
1
kif /ki
1
F−1
1
F−1
Zakłócenia, czyli sygnały niepożądane, wchodzące na wejście główne układu ze
sprzężeniem zwrotnym są wzmacniane tak samo jak sygnał użyteczny. Im bliżej
wyjścia bloku k jest źródło zakłóceń (np. nieliniowy blok, blok wrażliwy na
niestabilizowane zasilanie, blok „łapiący” zakłócenia z otoczenia) tym mocniej, przy
silnym USZ, jest tłumiony taki sygnał w stosunku do sygnału użytecznego. Można to
wykazać analitycznie, dzieląc formalnie główny czwórnik na kilka kaskadowych
stopni. Gdy np. blok w głównym torze o transmitancji k składa się z połączonych
kaskadowo, dwóch odrębnych czwórników o transmitancjach k1 , k2 i zakłócenia Xd
dostają się między nie, to przy USZ sygnał wejściowy użyteczny Xi jest wzmacniany
k f (X i ) =
k1 k 2
1 − k1 k 2 ⋅ β
≈
silne USZ
156
−1
β
razy ,
(15.4.6)
DODATEK
a zakłócenie
k f (X d ) =
k2
1 − k 2 ⋅ k1 β
≈
silne USZ
−1
razy ,
k1 β
(15.4.7)
czyli k1 razy mniej.
Można zatem sformułować wniosek ogólny: im większa wartość k1 a mniejsza k2 ,
czyli im bliżej wyjścia głównego czwórnika wnika do niego zakłócenie, tym mniejsze
jest jego wzmacnianie w porównaniu ze wzmacnianiem sygnału użytecznego.
157
LITERATURA
16. LITERATURA
[1] Górecki P., Wzmacniacze operacyjne: podstawy, aplikacje, zastosowania, Wyd.
BTC, Warszawa 2004.
[2] Kalisz J., Podstawy elektroniki cyfrowej, WKŁ, Warszawa 1991.
[3] Kulka Z., Nadachowski M., Zastosowania wzmacniaczy operacyjnych, WNT,
Warszawa 1986.
[4] Madej P., Wykłady autorskie z Podstaw Elektroniki, Materiały dla studentów
Politechniki Wrocławskiej, www.imnipe.pwr.wroc.pl, strona internetowa
Instytutu Maszyn, Napędów i Pomiarów Elektrycznych PWr.
[5] Nowaczyk E., Nowaczyk J., Podstawy elektroniki: materiały pomocnicze do
ćwiczeń projektowo-laboratoryjnych, Oficyna Wydawnicza Politechniki
Wrocławskiej, Wrocław 1995.
[6] Pióro B., Pióro M., Podstawy elektroniki, cz. 1 i cz. 2, Wyd. Szkolne
i Pedagogiczne, Warszawa 1997.
[7] Rusek M., Pasierbiński J., Elementy i układy elektroniczne w pytaniach
i odpowiedziach, WNT, Warszawa 2006.
[8] Tietze U., Schenk Ch., Układy półprzewodnikowe, WNT, Warszawa 2009.
158

Zadania - Skrypt

Transkrypt

Podobne dokumenty

DPD Dodatkowe zalecenia - elektronika i sprzęt RTV AGD

Rysunek architektoniczno

Obróbka materiałów dla przemysłu lotniczego NOWOCZESNE NARZĘDZIA Gu