5.4: Зміщення дільника напруги

Інша конфігурація, яка може забезпечити високу стабільність зміщення, - це зміщення дільника напруги. Замість того, щоб використовувати негативне живлення резистора емітера, як зміщення випромінювача з двома постачанням, ця конфігурація повертає резистор емітера на землю і підвищує базову напругу. Щоб уникнути проблем з другим джерелом живлення, ця базова напруга отримується від джерела живлення колектора через дільник напруги. Шаблон ухилу показаний на малюнку\(\PageIndex{1}\).

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Зміщення дільника напруги.

Виведемо рівняння для лінії навантаження. Для початку розглянемо кінцеві точки насичення і зрізу. Для насичення, припустимо,\(V_{CE}\) йде до 0. Які опори залишаються для обмеження струму?

\[I_{C(sat)} = \frac{V_{CC}}{R_C+R_E} \label{5.6} \]

\(V_{CE(cutoff)}\)відбувається, коли\(I_C = 0\) і це означає, що не буде потенціалів поперек\(R_C\) і\(R_E\). Тому\(V_{CE}\) бере на себе весь наявний джерело напруги.

\[V_{CE (cutoff )} = V_{CC} \label{5.7} \]

Ключем до знаходження точки Q (і майже будь-якого іншого струму або напруги в ланцюзі) є пошук\(I_C\). Щоб спростити процес, Thevenize дільник напруги, як показано на малюнку\(\PageIndex{2}\).

Малюнок\(\PageIndex{2}\): Зенізація дільника напруги.

За допомогою огляду малюнка\(\PageIndex{2b}\),

\[V_{TH} = V_{CC} \frac{R_2}{R_1+R_2} \nonumber \]

\[R_{TH} = R_1 || R_2 = \frac{R_1 R_2}{R_1+R_2} \nonumber \]

Тепер ми можемо вивести рівняння для струму колектора, застосувавши КВЛ до петлі база-емітер Рисунок\(\PageIndex{2c}\):

\[V_{TH} = V_{R_{TH}} +V_{BE}+V_{R_E} \nonumber \]

\[V_{TH} = I_B R_{TH} + V_{BE} + I_E R_E \nonumber \]

Нагадуючи, що\(I_B = I_C/ \beta \) і\(I_E \approx I_C\),

\[V_{TH} = (I_C / \beta )R_{TH} + V_{BE}+I_C R_E \nonumber \]

Рішення для\(I_C\) нас приїжджаємо

\[I_C = \frac{V_{TH} − V_{BE}}{R_E+R_{TH} / \beta} \label{5.8} \]

Чи можемо ми знайти швидке наближення\(I_C\), а також? Якщо припустити, що дільник напруги\(R_1\) і\(R_2\) злегка навантажений, іншими словами, що дільник струму набагато, набагато менше, ніж базовий струм, знайти\(I_C\) нескладно. Напруга дільника дає базову напругу. Потім ми віднімаємо падіння 0.7 вольта на базовому випромінювачі і те, що залишилося, падає поперек\(R_E\). Звідти це одне коротке застосування закону Ома\(I_E\), який приблизно дорівнює\(I_C\). Але як ми знаємо, якщо дільник злегка завантажений в першу чергу, не проходячи через еквівалент Тевеніна? Дивлячись на Equation\ ref {5.8}\(R_E \gg R_{TH}/ \beta \), поки ми можемо ігнорувати другий член в знаменнику, залишаючи нам наше швидке наближення. З огляду на типові значення для\( \beta \), поки не\(R_2\) набагато більше\(R_E\), наближення буде досить точним.

Після\(I_C\) отримання ми можемо знайти напругу колектор-емітер транзистора\(V_{CE}\),

\[V_{CE} = V_{CC} −V_{R_C} −V_{R_E} \\ V_{CE} = V_{CC} −I_C R_C −I_C R_E \\ V_{CE} = V_{CC} −I_C (R_C+R_E ) \label{5.9} \]

Час для ще одного захоплюючого ілюстративного прикладу.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Припускаючи\( \beta = 200\), побудуйте точку Q (\(I_C\)і\(V_{CE}\)) на лінії навантаження для схеми малюнка\(\PageIndex{3}\). Також визначте значення\(V_B\).

Малюнок\(\PageIndex{3}\): Схема для прикладу\(\PageIndex{1}\).

Обчисліть кінцеві точки лінії навантаження, щоб ми знали максимуми.

\[I_{C(sat)} = \frac{V_{CC}}{R_C+R_E} \nonumber \]

\[I_{C(sat)} = \frac{15 V}{3.9K \Omega +3.3K \Omega} \nonumber \]

\[I_{C(sat)} = 2.08mA \nonumber \]

\[V_{CE (cutoff )} = V_{CC} \nonumber \]

\[V_{CE (cutoff )} = 15 V \nonumber \]

Щоб отримати точку Q, спочатку знайдіть значення Тевеніна.

\[V_{TH} = V_{CC} \frac{R_2}{R_1+R_2} \nonumber \]

\[V_{TH} = 15 V \frac{4.7k\Omega}{ 10 k\Omega +4.7 k\Omega} \nonumber \]

\[V_{TH} = 4.8V \nonumber \]

\[R_{TH} = R_1 ∣∣ R_2 = \frac{R_1 R_2}{R_1+R_2} \nonumber \]

\[R_{TH} = \frac{10 k \Omega \times 4.7 k\Omega}{10 k \Omega +4.7 k\Omega} \nonumber \]

\[R_{TH} = 3.2k\Omega \nonumber \]

Використання рівняння\ ref {5.8}:

\[I_C = \frac{V_{TH} −V_{BE}}{R_E+R_{TH} / \beta} \nonumber \]

\[I_C = \frac{4.8V −0.7V}{3.3 k\Omega +3.2 k\Omega /200} \nonumber \]

\[I_C = 1.236mA \nonumber \]

Відзначаючи відносні розміри\(R_E\) і\(R_2\), наближення повинно бути досить точним.

\[I_C = \frac{V_{TH} −V_{BE}}{R_E} \nonumber \]

\[I_C = \frac{4.8V −0.7 V}{3.3k \Omega} \nonumber \]

\[I_C = 1.242mA \nonumber \]

Для пошуку\(V_{CE}\) ми можемо використовувати Equation\ ref {5.9}.

\[V_{CE} = V_{CC} −I_C (R_C+R_E ) \nonumber \]

\[V_{CE} = 15V −1.236mA(3.9k \Omega +3.3 k \Omega ) \nonumber \]

\[V_{CE} = 6.1V \nonumber \]

Що стосується\(V_B\) знахідки, гідним наближенням буде значення,\(V_{TH}\) тому що ми визначили, що дільник злегка завантажений. У більш загальному сенсі ми також могли б знайти краплю,\(R_E\) а потім додати\(V_{BE}\). Наближення дає 4,8 вольта, а більш точний метод дає

\[V_B = V_{BE} +I_C R_E \nonumber \]

\[V_B = 0.7 V +1.236mA\times 3.3k \Omega \nonumber \]

\[V_B = 4.78V \nonumber \]

Лінія навантаження для схеми в прикладі\(\PageIndex{1}\) показана на малюнку\(\PageIndex{4}\).

Малюнок\(\PageIndex{4}\): Лінія навантаження постійного струму для ланцюга рис\(\PageIndex{3}\).

Знову ж таки пропорції між напругою та струмом для точки Q виявляються правильними при порівнянні з кінцевими точками.

5.4.1: Перевірка стабільності

Скільки рухається точка Q, якщо\( \beta \) ми отримаємо скоротити половину? Перерахунок з a\( \beta \) 100 дає\(I_C = 1.23\) мА і\(V_{CE} = 6.14\) В. це являє собою зсув як струму, так і напруги менше 1%. Це, звичайно, спричинить майже подвоєння,\(I_B\) але це навряд чи буде помічено тут, оскільки струм дільника набагато більший; приблизно 15 В/ (10 к+ 4,7 к) або 1 мА проти приблизно 1,23 мА/100 або 12,3\(\mu\) А.

5.4.2: Зміщення подільника напруги PNP

Для створення PNP-версії зміщення дільника напруги замінюємо НПН на PNP, а потім міняємо знак джерела живлення. Як згадувалося з зміщенням випромінювача з двома джерелами, ці схеми зазвичай перевертаються зверху вниз, в результаті чого потік постійного струму йде вниз по сторінці. Всі струми і складові напруги незмінні, за винятком того, що їх напрямки і полярності змінюються. Поточні рівняння і так далі залишаються дійсними. Щось трохи дивне відбувається зі зміщенням дільника напруги: ми закінчуємо тим, що земля є найбільш позитивним потенціалом і негативним джерелом внизу схеми. Це працює, але це проблема, якщо ми використовуємо традиційний позитивний запас в іншому місці ланцюга. Зрештою, навіщо мати два запаси, де один буде робити? Виявляється, ми можемо зробити позитивну версію постачання досить легко. Все, що нам потрібно зробити, це додати величину негативного напруги джерела на землю і підключення живлення. Ця прогресія показана на малюнку\(\PageIndex{5}\).

Малюнок\(\PageIndex{5}\): Прогресування ланцюга зміщення дільника напруги PNP. a. Пряме перетворення з NPN. b. Переворот зверху вниз. c. Зсув живлення постійного струму додано для досягнення позитивного живлення.

Нічого чарівного в цій процедурі немає. По суті, все, що ми дійсно зробили, перейменовано в точку відліку. Всі напруги окремих компонентів залишаються незмінними. Наприклад, дивлячись на Рисунок\(\PageIndex{5c}\) проти\(\PageIndex{5b}\), це все ще так, що верхнє підключення до\(R_E\) є більш позитивним, ніж нижнє підключення до\(R_C\) напруги\(V_{CC}\) (хоча ми перейменували харчування,\(V_{EE}\) щоб відповідати тому, де він підключений). Що сталося, це те, що всі наземні (тобто одиночні індекси) напруги змінилися. Наприклад, на\(V_B\) рисунках\(\PageIndex{5a}\) і\(\PageIndex{5b}\) є напруга поперек\(R_2\). На відміну від цього,\(V_B\) на малюнку\(\PageIndex{5c}\) знаходиться напруга поперек\(R_1\). Це має сенс. Якщо ми перемістимо посилання, то будь-яка напруга, яка вимірюється проти еталонного, зміниться.

Аналізуючи дільник напруги PNP, ми могли б просто папугати формулу струму колектора, розроблену для НПН, але є й інші методи. Два методи проілюстровані в наступному прикладі.

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Припускаючи\( \beta = 200\), визначте точку Q (\(I_C\)і\(V_{CE}\)) для схеми малюнка\(\PageIndex{3}\). Також визначають значення\(V_C\) і\(V_B\).

Малюнок\(\PageIndex{6}\): Схема для прикладу\(\PageIndex{2}\).

По-перше,\(R_2\) (тепер зверху) приблизно такий же розмір, як і\(R_E\) так метод наближення повинен бути точним, і ми можемо припустити, що дільник злегка завантажений.

Спосіб перший

Ми зосередимося на циклі база-випромінювача, як зазвичай\(V_{BE}\), оскільки це відомий потенціал. Наша безпосередня мета полягає в\(R_E\) тому, щоб знайти напругу, щоб ми могли використовувати закон Ома, щоб знайти\(I_C\). Спочатку відзначимо, що падіння напруги поперек\(R_2\) дорівнює комбінованим перепадам поперек\(R_E\) і\(V_{BE}\). Падіння поперек\(R_2\) виявляється за допомогою правила подільника напруги.

\[V_{R_2} = V_{EE} \frac{R_2}{R_1+R_2} \nonumber \]

\[V_{R_2} = 15 V \frac{4.7k \Omega}{ 10 k \Omega +4.7k \Omega} \nonumber \]

\[V_{R_2} = 4.8 V \nonumber \]

І

\[V_{R_E} = V_{R_2} −V_{BE} \nonumber \]

\[V_{R_E} = 4.8V−0.7V \nonumber \]

\[V_{R_E} = 4.1V \nonumber \]

Тому

\[I_C = \frac{V_{R_E}}{R_E} \nonumber \]

\[I_C = \frac{4.1 V}{3.3 k\Omega} \nonumber \]

\[I_C = 1.24 mA \nonumber \]

Спосіб другий

Тут ми визначимо всі напруги по відношенню до землі.

\[V_B = V_{EE} \frac{R_1}{R_1+R_2} \nonumber \]

\[V_B = 15 V \frac{10 k\Omega}{10 k \Omega +4.7 k\Omega} \nonumber \]

\[V_B = 10.2 V \nonumber \]

Напруга від бази до випромінювача має полярність − до +, тобто це підйом на 0,7 вольта. Тому

\[V_E = V_B+V_{BE} \nonumber \]

\[V_E = 10.2V+0.7V \nonumber \]

\[V_E = 10.9V \nonumber \]

Напруга поперек\(R_E\) - це різниця між\(V_{EE}\) і\(V_E\).

\[V_{R_E} = V_{EE}−V_E \nonumber \]

\[V_{R_E} = 15 V−10.9 V \nonumber \]

\[V_{R_E} = 4.1V \nonumber \]

Це те саме значення, яке ми отримали, використовуючи метод перший, тому струм колектора повинен бути однаковим на 1,24 мА.

Щоб знайти, у\(V_{CE}\) нас також є варіанти. Один шлях полягає у використанні трохи зміненого рівняння\ ref {5.9}.

\[V_{CE} = −(V_{EE} −I_C (R_C+R_E )) \nonumber \]

\[V_{CE} = −15V +1.24 mA (3.9 k\Omega +3.3 k\Omega ) \nonumber \]

\[V_{CE} = −6.07V \nonumber \]

Колектор негативний щодо випромінювача, звідси і негативний знак. Щоб уникнути цього, ми могли б просто поміняти ліди і посилатися на\(V_{EC}\) замість цього.

По черзі ми могли б знайти,\(V_{CE}\) визначивши,\(V_C\) а потім віднімаючи\(V_E\) з нього.

\[V_C = I_C R_C \nonumber \]

\[V_C = 1.24 mA\times 3.9 k\Omega \nonumber \]

\[V_C = 4.84 V \nonumber \]

\[V_{CE} = V_C−V_E \nonumber \]

\[V_{CE} = 4.84 V−10.9 V \nonumber \]

\[V_{CE} = −6.06V \nonumber \]

Ми бачимо дуже незначну різницю тут через допущені помилки округлення.

Повчально порівнювати результати Example\(\PageIndex{2}\) назад до Example\(\PageIndex{1}\). Ці схеми в іншому випадку ідентичні, за винятком того, що одна - NPN, а інша - PNP. Ми знаходимо однакові результати для струмів пристрою (\(I_C\)) та величин напруги компонентів (\(V_{CE}\)або напруги поперек\(R_E\)); лише знаки та напрямки змінюються. З іншого боку, ми виявляємо, що потенціали, орієнтовані на землю\(V_B\), такі як,\(V_C\) і рішуче\(V_E\) відрізняються між двома ланцюгами.