08-09 bahar elgiris UYG8

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