ELEKTRONĐK VE HABERLEŞME MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ ELEKTRONĐK ANABĐLĐM DALI ELEKTRONĐĞE GĐRĐŞ 2008 – 2009 BAHAR UYGULAMA 8 Örnek 1: Şekilde npn transistörü IES = 1.10-14A ; ICS = 4.10-14A; αF = 0,99 değerleri ile tanımlanmaktadır. UCC = 10V, UBB = 4V, RB = 200kΩ, RC = RL = 4kΩ, RE = 200Ω, CB ⇒ ∞ olduğuna göre: a. Çalışma noktasını bulunuz. b. Devrenin k.g.a.i. için geçerli eşdeğer devresini çiziniz. c. rb = 500Ω, rc ⇒ ∞ alarak kuvvetlendiricinin gerilim kazancını hesaplayınız. a. DC analiz: Baz (besleme) çevriminden: (1) − U BB + I B R B + U BE − I E R E = 0 Aktif bölgede çalışan npn transistörü için: UUBE I E = − IES e TH − 1 IC = −α F I E + ICBO I B = − (1 − α F ) I E − ICBO ICB0 ihmal edilebilir. IB akımının ifadesini (1) denkleminde yerine yazarak: UU BE UUBE TH − U BB + R B (1 − α F ) IES e − 1 + U BE + R E IES e TH − 1 = 0 ihmal ihmal R B (1 − α F ) + R E I ESe U BE U TH 200.10 .0, 01 + 200 1.10 3 −11 2, 2.10 e UBE [V] f(UBE) U BE U TH + U BE − U BB = 0 −14 e U BE U TH + U BE − 4 = 0 + U BE − 4 = 0 = f ( U BE ) 0,6 -3,1685 0,7 7,5384 0,65 -1,7659 Hazırlayan: Arş. Gör. Nergis TURAL POLAT Oda: A626 Eposta: [email protected] 0,67 0,088 √ 1 ELEKTRONĐK VE HABERLEŞME MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ ELEKTRONĐK ANABĐLĐM DALI U BEQ = 0, 67V I EQ ICQ U BEQ = − IES e UTH − 1 = −1,554mA = −α F IEQ = 1,538mA I BQ = − ( I EQ + ICQ ) = − ( −1,554 + 1,538 ) ≅ 16µA Kollektör (yük) çevriminden − U CC + IC R C + U CE − IE R E = 0 U CEQ = U CC − ICQ R C + IEQ R E = 3,535V (2) b. Devrenin k.g.a.i. için geçerli eşdeğer devresi: ∂I re = E ∂U BE −1 = Q U TH 26mV = = 16, 73Ω I EQ 1,554mA c. rb = 500Ω, rc ⇒ ∞ ihmal u L (t) = −i c .R C // R L = α Fi e .R C // R L u S (t) = − (1 − α F ) ie rb − ie ( re + R E ) kU = α F R C // R L u L (t) 0,99.2.103 =− =− = −8,929 u S (t) (1 − α F ) rb + ( re + R E ) 5 + (16, 73 + 200 ) Emetör direnci RE, paralel bağlı bir CE kondansatörü ile AC işaretler açısından kısa devre edilmiş olsaydı bu durumdaki kazanç: α R // R L u (t) kU = L = − F C = −91,12 olacaktı. Buradan da görüldüğü üzere RE direnci u S (t) (1 − α F ) rb + re devrenin gerilim kazancını düşürmektedir. Örnek 2: Şekilde ortak kollektörlü npn transistörlü bir yükselteç verilmektedir. Transistör IES = 2.10-14A; αF = 0.99 ve αR = 0.2 değerleri ile tanımlanmaktadır. Transistörün çalışma noktasında UCEQ = 4V olması istenmektedir. Hazırlayan: Arş. Gör. Nergis TURAL POLAT Oda: A626 Eposta: [email protected] 2 ELEKTRONĐK VE HABERLEŞME MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ ELEKTRONĐK ANABĐLĐM DALI a. b. c. d. Gerekli RB direncini, transistörün IC , IB , IE akımlarını ve VBE gerilimini bulunuz. Devrenin k.g.a.i. için geçerli ED’sini çiziniz. Akım kazancı ki = iL/iS değerini hesaplayınız (rb = 500Ω , rc → ∞ alınabilir). Devrenin giriş (ri) ve çıkış (r0) dirençlerini bulunuz. VCC = 10V RE = 500Ω , RL = 1kΩ CB → ∞ a. DC analiz: (1) − U CC + I B R B + U BE − I E R E = 0 (2) − U CC + U CE − IE R E = 0 Transistör aktif bölgede çalışıyor kabul edelim: UUBE I E = − I ES e TH − 1 ; IC = −α F I E + ICBO ; I B = − (1 − α F ) I E − ICBO ICB0 = (1 − α Fα R ) ICS = 7,94.10−14 A U CEQ = 4V olarak verilmiş. I EQ = − U CC + U CE 6V =− = −12mA RE 500Ω ICQ = −α F I EQ + ICB0 = −α F I EQ = 11,88mA ihmal I BQ = − (1 − α F ) I EQ = 0, 01.12mA = 120µA UUBE I E = − I ES e TH − 1 UBE −12.10−3 = −2.10−14. e 0,026 − 1 ihmal 12.10−3 U BEQ = 0, 026 ln = 0, 705V ≅ 0, 7V 2.10−14 doğrudur − U CC + I B R B + U BE − I E R E = 0 RB = UCE > UBE Aktif bölge kabulümüz U CC − U BE + I E R E = 27,5kΩ IB b. K.g.a.i. için geçerli ED: Hazırlayan: Arş. Gör. Nergis TURAL POLAT Oda: A626 Eposta: [email protected] 3 ELEKTRONĐK VE HABERLEŞME MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ ELEKTRONĐK ANABĐLĐM DALI ∂I re = E ∂U BE −1 = Q U TH 26mV = = 2,167Ω I EQ 12mA c. rb = 500Ω , rc → ∞ için k i = iL = − iL =? iS RE .ie RE + RL v B′ = −ie ( re + R E // R L ) v B = i b rb + v B′ = − (1 − α ) i e rb − ie ( re + R E // R L ) ri′ = ib = ( r + R E // R L ) v B − (1 − α ) rb + ( re + R E // R L ) ie = = rb + e ib − (1 − α ) ie (1 − α ) RB R B + ri′ iS = − (1 − α ) i e iS = − (1 − α ) ie ki = R B + ri′ RB iL RE RB RE RB = = = 27,3224 iS R E + R L (1 − α ) R + r ′ R E + R L (1 − α ) ( R B + rb ) + re + R E // R L B i ( ) d. ri = ri′ // R B ri′ = rb + ( re + R E // R L ) = 34, 05kΩ (1 − α ) ri = ri′ // R B = 34, 05k // 27,5k = 15, 213kΩ Çıkış direnci hesaplanırken giriş işaretleri gerilim kaynağı ise kısa, akım kaynağı ise açık devre edilir: r0 = R E // r0′ Hazırlayan: Arş. Gör. Nergis TURAL POLAT Oda: A626 Eposta: [email protected] 4 ELEKTRONĐK VE HABERLEŞME MÜHENDĐSLĐĞĐ BÖLÜMÜ ELEKTRONĐK ANABĐLĐM DALI r0′ = vE = rei e + v B′ ie v B′ = (1 − α ) i e ( R B + rb ) r0′ = reie + (1 − α ) ie ( R B + rb ) ie = re + (1 − α ) ( R B + rb ) = 282,167Ω r0 = R E // re + (1 − α ) ( R B + rb ) = 500 // 282,167 = 180, 375Ω Hazırlayan: Arş. Gör. Nergis TURAL POLAT Oda: A626 Eposta: [email protected] 5