Madej Skrypt2012 Zadania z Pel

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

2

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

PIOTR MADEJ

3

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

PODSTAWY. ELEKTROTECHNIKA, OBWODY LINIOWE I NIELINIOWE

4

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

%100%1001%100 11

Vg

g

gg

gm RR

R

E

U

E

EU

+−

=

−=

−=δ , (1.1.1)

ale niewyznaczalny ze względu na nieznaną rezystancję źródła Rg . Wyniki z dwóch pomiarów umożliwiają zapisanie układu równań

( ) ( ) .2

1

LVgLV

LVg

gLV

LVg

gV

Vg

RRRRR

RRE

RRR

RREU

RR

REU

++=

+=

+=

(1.1.2)

Po podzieleniu drugiego równania przez pierwsze Eg skraca się

++

+=

11

2

L

VgV

gV

R

RRR

RR

U

U (1.1.3)

i po przekształceniach


5

Ω=−

+

=−

+

−

= k4346

110,1

10

12,587

12,031

12,587

12,031-1Ω10

11

1 7

1

2

1

2

,

R

R

U

U

U

UR

R

L

V

V

g . (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

V638,121010

1043,461V587,121

6

3

1 =

⋅⋅+=

+=

V

gg R

RUE . (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:

mA50,2kΩ10

V25

11 ===

R

EI . (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

( )

mA61,4kΩ3,3

V7,01,925

22 =−−=−−=

R

UUEI FRZ (1.2.2)


6

i ostatecznie

( ) mA7,11mA61,450,221 =+=+= III (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: Ω⋅= − ke48,3 j0,8261Z ,

Ω⋅= ke33,1 j0,1532Z połączono szeregowo, a sinusoidalny prąd płynący przez obie ma

pulsację rad/s50π2=ω i wartość mAe05,2 j0,462⋅=I . 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

ϕϕ sinjcosj ⋅+⋅=+= MMBAL , (1.3.1)

b) forma wykładnicza i jej związek z formą algebraiczną

⋅+=⋅= A

B

BAMLarctgj

22j ee ϕ . (1.3.2)

W powyższych zależnościach: A – część rzeczywista (real) liczby zespolonej L, LA eℜ=

B – część urojona (imaginarius) liczby zespolonej L, LB mℑ=

M – moduł liczby zespolonej L, ϕ – argument (kąt) liczby zespolonej L . Zapis czasowy wielkości okresowej, np. sinusoidalnego napięcia o pulsacji ω

( ) ( ) ( )ϕωϕω +=+= tUtUtu m sin2sin , (1.3.3)

gdzie: 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


7

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:

ϕje⋅=UU . (1.3.4)

W zadaniu, aby obliczyć łączną impedancję szeregowego połączenia, należy najpierw przedstawić obie składowe, Z1 i Z2 w postaci algebraicznej

( ) ( )[ ] [ ] ,kj2,5636,2k0,826sinj3,480,826cos48,31 Ω−=Ω−⋅+−⋅=Z (1.3.5)

( ) ( )[ ] [ ] Ω+=Ω⋅+⋅= kj0,20331,1k0,153sinj1,330,153cos33,12Z . (1.3.6)

I teraz łączna impedancja szeregowego połączenia; przy nim korzysta się z postaci algebraicznych i sumuje oddzielnie części rzeczywiste i urojone

( ) ( )[ ] [ ]

.kΩe36,4ke36,267,3

kj2,3667,3k0,2032,56j1,312,36

j0,5713,67

2,36arctgj

22

21

−

−

⋅=Ω⋅+=

=Ω−=Ω+−++=+= ZZZ

(1.3.7)

A teraz spadek napięcia U na impedancji Z , według prawa Ohma

( ) ( )[ ] ( ) Vj0,97389,8V0,109sinj8,940,109cos94,8

Ve94,8ke36,4mAe05,2 j0,109j0,571j0,462

−=−⋅+−⋅==⋅=Ω⋅⋅⋅=⋅= −−ZIU

(1.3.8)

i zapis wartości chwilowych napięcia, jak w (1.3.3) za pomocą amplitudy, pulsacji i kąta przesunięcia fazowego

( ) ( ) ( )

( ) . V109,050π2sin6,12

109,0502πsinV294,8

−⋅==−⋅⋅=

t

ttu (1.3.9)

Na koniec inne formy zapisu prądu:

( ) ( )[ ] ( ) ,mAj0,9141,84mA0,462sinj2,050,462cos05,2 +=⋅+⋅=I (1.3.10)

( ) ( ) ( )( ) .mA0,462052πsin90,2

462,0502πsinmA205,2+⋅=

=+⋅⋅=t

tti (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


8

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.

( ) ( )[ ] mA09,6643,030,3

mA0,24

k00,180,130,3

V0,24

321

11 =

+=

Ω+=

+=

RRR

EI

ga , (1.4.1)

( ) V92,3kΩ643,0mA09,6321 =⋅=⋅= RRIU aAa , (1.4.2)

mA18,2kΩ80,1

V92,3

22 ===

R

UI Aa

a , (1.4.3)

mA92,3kΩ00,1

V92,3

33 ===

R

UI Aa

a . (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.


9

Rys. 1.4.3. Obwód z rys. 1.4.1, po usunięciu źródeł Eg1 i Eg3 , do etapu b) superpozycji.

( ) ( )

V38,5V538,00,10

kΩ00,180,130,3mA0,103212

=⋅=

=⋅=⋅= RRRIU gAb , (1.4.5)

mA63,1kΩ30,3

V38,5

11 −=−=−=

R

UI Ab

b , (1.4.6)

mA99,2kΩ80,1

V38,5

22 ===

R

UI Ab

b , (1.4.7)

mA38,5kΩ00,1

V38,5

33 ===

R

UI Ab

b . (1.4.8)

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.

( ) ( )[ ] ( ) ,mA41,716,100,1

mA0,16

kΩ80,130,300,1

V6,01

213

33 =

+=

+=

+=

RRR

EI g

c (1.4.9)

( ) V60,8kΩ16,1mA41,7213 −=⋅−=⋅−= RRIU cAc , (1.4.10)

mA61,2kΩ30,3

V60,8

11 =

−−=−=

R

UI Ac

c , (1.4.11)

mA78,4kΩ80,1

V60,8

22 −=

−==

R

UI Ac

c . (1.4.12)


10

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:

( ) ,mA7,07mA61,263,109,61111 =+−=++= cba IIII (1.4.13)

( ) mA0,39mA78,499,218,22222 =−+=++= cba IIII , (1.4.14)

( ) mA16,7mA41,738,592,33333 =++=++= cba IIII , (1.4.15)

V70,0kΩ80,1mA39,0 np.i 22 =⋅=⋅= RIU A . (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):

( ) ,mA02,0mA7,1639,00,1007,73221 −=−−+=−−+ IIII g (1.4.17)

( ) .V70,0V60,838,592,3 =−+=++= AcAbAaA UUUU (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:

,mA1,27mA00,1

0,160,10

30,3

0,24

3

32

1

1321

=

−+=

=−+=−+=R

EI

R

EIIII

gg

ggggg

(1.4.19)

( ) kΩ538,0kΩ00,180,130,3321 === RRRR , (1.4.20)


11

V683,0kΩ538,0mA27,1 =⋅=⋅= RIU gA , (1.4.21)

Teraz należy wrócić do podstawowego układu, z rys. 1.4.1:

mA07,7mA30,3

683,024

1

11 =−=

−=

R

UEI

Ag, (1.4.22)

mA379,0kΩ80,1

V683,0

22 ===

R

UI A , (1.4.23)

mA7,16mA00,1

683,016

3

33 =+=

+=

R

UEI

Ag. (1.4.24)

I to już koniec niezbędnych obliczeń, jeszcze sprawdzenie sumy prądów:

( ) .mA01,0mA7,16379,00,1007,73221 −≈−−+=−−+ IIII g (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.

PRZYRZĄDY PÓŁPRZEWODNIKOWE BEZ ZŁĄCZA

12

2. PRZYRZĄDY PÓŁPRZEWODNIKOWE BEZ ZŁ ĄCZA

Zad. 2.1. Problematyka: warystor, nieliniowa charakterystyka potęgowa.

Treść zadania

Pewien warystor ma charakterystykę napięciowo-prądową opisaną zależnością I=DU/1Vn , 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

1

1

2

1

2n

1

2n

1

n2

1

2 czyli,

V1D

V1D

=

=

=I

I

U

U

U

U

U

U

I

I . (2.1.1)

Jeżeli rozwiązujący zadanie ma dobry kalkulator i umie go wykorzystać, to przeliczenie jest proste:

( ) 85,12020 206,04,86

1

1

2 ===U

U. (2.1.2)

W przypadku gorszego sprzętu lub słabszych umiejętności można to zrobić tak:

( ) 268,086,4

30,120log

86,4

1log

n

1log

1

2

1

2 ====I

I

U

U , (2.1.3)

85,11010 268,0log

1

2 1

2

=== U

U

U

U . (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.


13

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:

.V1

D,V1

Dn

11

n −

=

⋅= U

IU

I (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):

( )

,V1

D1n

111n

1

1n

1n

1n +++

===⋅=

U

UUI

U

UI

UIUP (2.2.2)

skąd ,1n

1

111

+

=

IU

PUU M (2.2.3)

V166V103,1100

5100:nidlaminimum a

12,6

1

3maxmax1 =

⋅⋅≤

+

−UI . (2.2.4)

Na koniec jeszcze obliczenie krytycznej wartości stałej D:

( ) .A1018,5A100103,1V1

D 162,63n

1max1

max−−−

−

⋅=⋅=

= U

I (2.2.5)

Odp. W najgorszym przypadku Umax = 166 V a krytyczna wartość stałej D = 5,18⋅10−16 A.


14

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:

γ

oo

ER

=E

R (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:

γ

2

oo2

γ

1

oo1

ER,

ER

=

=

ER

ER , (2.3.2)

1

2

2

1γ

1

2

2

1 lnγlnE

E

R

R

E

E

R

R =→

= (2.3.3)

i wykładnik 37,139,1

90,1

50

200ln

66,7

3,51ln

ln

ln

γ

1

2

2

1

====

E

ER

R

. (2.3.4)

W przypadku zastosowania dobrego kalkulatora to obliczenie jest prostsze:

37,170,6log66,7

5,51loglogγ 4

50

2002

1

1

2==

=

=

R

R

E

E . (2.3.5)

Teraz należy skorzystać z jednego z równań w zal. (2.3.2), np. z pierwszego po przekształceniu:

kΩ465kΩ10

503,51

E

ER

37,1

o

11

γ

1

o1o =

=

=

=

− γE

RE

R . (2.3.6)

Odp. Wykładnik γ = 1,37 a rezystancja odniesienia Ro = 465 kΩ.


15

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:

−

⋅= oT

11B

o eRT

TR . (2.4.1)

Temperaturowy współczynnik rezystancji jest zdefiniowany przez pochodną rezystancji po temperaturze:

%100B

%100d

d12deg]/[% ⋅−=⋅⋅≡

TT

R

RTWR T

T

. (2.4.2)

Jak wynika z ostatniej zależności, TWR przy każdej temperaturze ma inną wartość:

( ) deg

%11,2%100

K300

deg109,12

3

K300−=⋅⋅−=TWR . (2.4.3)

Do obliczenia są zmiany rezystancji, czyli przy zależności liniowej będzie to:

a) TTWR

RR Taa ∆⋅⋅=−=∆ ±± %100RR deg]/[%

oo , (2.4.4)

( ) ,Ω1,37deg1deg

10211,0kΩ76,11 m=±

−=∆ ±aR (2.4.5)

( ) ,Ω371deg10deg

10211,0kΩ76,12 m=±

−=∆ ±aR (2.4.6)

Teraz zmiana rezystancji z zależności definicyjnej, wykładniczej:

b)

−

−=−=∆ ±± 1

T

11BexpRR

ooo T

RR Tbb , (2.4.7)


16

,Ω6,3619792,0kΩ76,1

1K300

1

K301

1deg101,9expkΩ76,1 3

1

−=−=

=

−

−⋅=∆ −bR

(2.4.8)

,Ω7,3710214,1kΩ76,1

1K300

1

K299


1

+=−=

=

−

−⋅=∆ +bR

(2.4.9)

,Ω32518152,0kΩ76,1

1K300

1

K310


2

−=−=

=

−

−⋅=∆ −bR

(2.4.10)

.Ω43012441,1kΩ76,1

1K300

1

K290


2

+=−=

=

−

−⋅=∆ +bR

(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.

CIEPŁO W PRZYRZĄDACH PÓŁPRZEWODNIKOWYCH

17

3. CIEPŁO W PRZYRZ ĄDACH 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):

( )

W

deg325

W40

deg25-155C25 omax

th ==−

=− ,PR

DM

jaj

ϑ . (3.1.1)

Przy innej ϑa moc ( )C25 o

max

max

−

−=

j

ajDMaDm PP

ϑϑϑ

ϑ , (3.1.2)

( ) ( )( ) C5,57C25155

40,0

30,0155

C25

oo

omaxmax

=

−−

=−−= jDM

aDmja P

P ϑϑϑϑ (3.1.3)

lub inaczej ( )aj

ajaDm R

P−

−=

th

max ϑϑϑ , (3.1.4)

( ) ( ) C5,57C32530,0155 oothmax =⋅−=⋅−= −ajaDmja RP ϑϑϑ . (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.


18

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) ( ) W0,645W25180

8018000,1

C25omax

maxmaxmax =

−−=

−

−=

j

ajDMaDm PP

ϑϑϑ

ϑ , (3.2.1)

b) DMDmaRZn

DmRZ PP

U

PI === mocC25 dlaa, o

max1max ϑ , (3.2.2)

mA3,83V12,0

W00,1max1 ===

RZn

DMRZ U

PI , (3.2.3)

a teraz z pkt. a) ( )

mA8,53V12,0

W645,0C80o

max2 ===RZn

DmRZ U

PI , (3.2.4)

c) ( )

W

deg155

W00,1

deg25180C25omax

th =−=−

=∆∆=−

DM

jaj PP

Rϑϑ

. (3.2.5)

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:

( ) ( ) maxomax

max orazC25

RZRZaDmj

ajDMaDm IUPPP =

−

−= ϑ

ϑϑϑ

ϑ . (3.3.1)

Po przekształceniu

mW732mW80150

25150502,8

C25

max

omax

max =−−⋅≥

−−

=aj

jRZRZDM IUP

ϑϑϑ

(3.3.2)

Odp. PDM ≥ 0,732 W.


19

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

W

deg5,62

W

deg

2

25150

tot1

maxmax1th =−=

−=− P

R ajaj

ϑϑ , (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

W

deg5,12

W

deg

10

25150

tot2

maxmaxth =−=

−=− P

R cjcj

ϑϑ . (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:

( )W

deg0,50

W

deg5,125,62th1thth =−=−= −−− cjajac RRR . (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


20

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:

Wdeg

0,20Wdeg

470150

max

maxmax2th =−≤

−=− P

R ajaj

ϑϑ . (3.4.4)

Znane są dwa składniki tej rezystancji, a więc można obliczyć trzeci, co kończy rozwiązanie zadania:

( ) .

W

deg0,6

W

deg5,15,1220

thth2thth

=−−≤

=−−= −−−− rccjajar RRRR

(3.4.5)

Odp. Rth r-a ≤ 6,0 deg/W.

ZŁĄCZE PÓŁPRZEWODNIKOWE, DIODA

21

4. ZŁĄCZE PÓŁPRZEWODNIKOWE, DIODA

Zad. 4.1. Problematyka: zmiany temperaturowe prądu wstecznego złącza półprzewodnikowego, nieliniowa zależność wykładnicza.

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):

log2deg10

log22 12

1

2deg10deg10

1

21212

⋅−=→==−−

aa

R

R

R

R

I

I

I

Iaajj

ϑϑϑϑϑϑ

, (4.1.1)

log2

log

deg10oraz 1

2

12 R

R

aa I

I

=−ϑϑ

, (4.1.2)

( ) C2,30C30,1102,17C301,0

391,0102,17

Clog2

2,03

5,00log

10C2,17log2

log

deg10

ooo

oo1

2

12

=⋅+=

⋅+=

=⋅+=⋅+= R

R

aaI

I

ϑϑ (4.1.3)

Metoda druga, w której ta sama zależność prądu wstecznego od temperatury jest zapisana za pomocą funkcji eksponencjalnej:

( ) ( ) ,deg

10,069exp

deg

10,069exp 1212

1

2

−⋅=

−⋅= aajj

R

R

I

I ϑϑϑϑ (4.1.4)

( ),deg

10,069ln 12

1

2aa

R

R

I

I ϑϑ −⋅= (4.1.5)


22

( ) C3,30C1,132,17C069,0

901,02,17

C0,069

2,03

5,00ln

2,17deg0,069

ln

ooo

o1

2

12

=+=

+=

=

+=+= R

R

aaI

I

ϑϑ (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;

K300przymV9,25q

k,exp ===

⋅= T

T

M

UII T

T

FSF ϕ

ϕ. (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:

⋅=

⋅=

T

FSF

T

FSF M

UII

M

UII

ϕϕ1

12

2 exporazexp , (4.2.2)

T

FF

F

F

T

FF

F

F

M

UU

I

I

M

UU

I

I

ϕϕ12

1

212

1

2 lnexp−

=→

−= , (4.2.3)


23

mV44,4V3,47

0,154V

9,73

312ln

615,1769,1

ln1

2

12 ==−=−=

F

F

FFT

I

IUU

Mϕ , (4.2.4)

.74,1

5,25

4,44 i

mV5,25K300

K295mV9,25K,295K273

===

===+=

T

T

Ta

MM

T

ϕϕ

ϕϑ (4.2.5)

Podstawiono ten wynik do jednego z przekształconych równań w (4.2.2):

A1055,1A1001,2

10312

1044,4

1,769exp

A10312

exp

2117

6

3-

-6

2

2 −−

⋅=⋅⋅=

⋅

⋅==

T

F

FS

M

UI

I

ϕ

. (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:

.deg276,0deg10312769,1500 6

22th

th

=⋅⋅⋅≤⋅⋅=

=⋅=∆−

−

−

FFaj

jajj

IUR

PRT (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:

( ) ,%106,1%36,4exp

100

1044,4

1,615exp

%100%100

exp

1

14

3-1

−⋅==

=

⋅

=⋅≈

T

F

M

U

ϕ

δ

(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


24

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 :

deg

mV0,2

const12

12 −≈−−

=∆

∆

=FIaa

FFF UU

T

U

ϑϑ. (4.3.1)

Proste przekształcenie i podstawienie danych daje końcowy wynik liczbowy:

( ) .C7,25C1,56,20

deg0,2

3,5161,506C6,20

deg

mV0,2

oo

o1212

=+=

=−

+=−

−+= -UU FFaa ϑϑ

(4.3.2)

Odp. ϑa2 = 25,7 °C.

CZWÓRNIK LINIOWY

25

5. CZWÓRNIK LINIOWY

Zad. 5.1. Problematyka: wyznaczenie parametrów liniowego unilateralnego czwórnika aktywnego na podstawie badań.

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:

Lo

oi

ig

g

ii

o

i

ii

g

i

g

oi RR

Rk

RR

R

Ik

I

I

Ik

I

I

I

Ik

++=⋅⋅== 0

0

0ef . (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 :

1

01

1ef1

Lo

oi

ig

gi RR

Rk

RR

Rk

++= , (5.1.2)

1

02

2ef2

Lo

oi

ig

gi RR

Rk

RR

Rk

++= , (5.1.3)

CZWÓRNIK LINIOWY

26

3

02

2ef3

Lo

oi

ig

gi RR

Rk

RR

Rk

++= . (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:

ig

i

gi

gi

ig

ig

g

g

i

i

RR

RR

Rk

Rk

RR

RR

R

R

k

k

++

=→++

⋅=1

g2

1ef2

2ef1

1

2

2

1

ef2

ef1 , (5.1.5)

eostatecznii11ef2

ef12

1ef2

2ef112

1ef2

2ef1

−=−=

−

i

ig

gi

gigg

gi

gii k

kR

Rk

RkRR

Rk

RkR (5.1.6)

( )( )

.k88,7k359,0

283,00,10

1k20,040,7

k0,102,527,40

2,521

k0,10

1

1

1ef2

2ef1

ef2

ef1

2

Ω=Ω−−=

=−

Ω⋅−Ω⋅−

−−−

Ω=−

−

=

gi

gi

i

i

gi

Rk

Rk

k

k

RR (5.1.7)

A druga operacja ,1

3

ef3

ef2

Lo

Lo

i

i

RR

RR

k

k

++= (5.1.8)

eostatecznii1ef3

ef213

ef3

ef2

i

iLL

i

io k

kRR

k

kR −=

− (5.1.9)

.k98,2k0,252

25,100,100,2

15,32

7,405,32

7,40k00,1k00,2

1ef3

ef2

ef3

ef213

Ω=Ω⋅−=

=−

−−

−−Ω−Ω

=−

−=

i

i

i

iLL

o

k

kk

kRR

R

(5.1.10)

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):

.A/A2,9734,139,12,52

98,2

00,11

0,20

88,712,5211 1

1ef10

−=⋅⋅−=

=

+

+−=

+

+=

o

L

g

iii R

R

R

Rkk

(5.1.11)

Ponieważ zależności były dość skomplikowane i prawdopodobieństwo pomyłki duże, można sprawdzić wyniki wstawiając je np. do zal. (5.1.4):

3

03

3ef3

Lo

oi

ig

gi RR

Rk

RR

Rk

++= ,

CZWÓRNIK LINIOWY

27

( ) ( ) ( ) kΩ00,298,2

kΩ98,22,97

kΩ88,70,10

kΩ0,105,32

+−

+=− , (5.1.12)

( ) 598,02,97559,05,32 ⋅−⋅=− ,

5,325,32 −=− 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 .

Rozwiązanie

Ri2

kz0

2I i2

Uo=

Uo2

Ri1

Ro1

ky0

1U

i1

Uo

1=

Ui2

Ui =

Ui1

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:

.k60,5,k70,2 21 Ω=≡Ω=≡ ooii RRRR (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:

V/V9,11k0,36mS3,2510101 =Ω⋅=⋅= oyu Rkk , (5.2.2)

V/V2,11k0,51

k69,51

20202 −=

ΩΩ−=⋅=

izu R

kk . (5.2.3)

Na połączeniu między czwórnikami jest strata; część sygnału pozostaje w pierwszym czwórniku na jego rezystancji wyjściowej i wskutek tego wynikowa

CZWÓRNIK LINIOWY

28

własna transmitancja napięciowa nie jest ogólnie równa iloczynowi własnych transmitancji napięciowych poszczególnych bloków:

( ) ( )

,V/V8,592,11586,011,9

2,11k0,360,51

k51,011,902

12

2010

−=⋅⋅−=

=−Ω+

Ω=⋅+

⋅= uoi

iuu k

RR

Rkk

(5.2.4)

( ) V/V7,46781,08,59kΩ6,520

kΩ208,590 −=⋅−=

+−=

+⋅=

oL

Luu RR

Rkk , (5.2.5)

( ) V/V1,34730,07,46kΩ0,17,2

kΩ7,27,46ef −=⋅−=

+−=

+⋅=

gi

iuu RR

Rkk . (5.2.6)

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

Lo

Luu RR

Rkk

+= 0 , (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

CZWÓRNIK LINIOWY

29

V/V0,600 −== →∞LRuu kk (5.3.2)

i z przekształconej zależności (5.3.1) obliczyć rezystancję wyjściową czwórnika

Ω=

−−−=

−= k002kΩ1

50

601010 ,

k

kRR

u

uLo . (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:

22ef

01

1ef1

gi

iuu

uRgi

iuu

RR

Rkk

kRR

Rkk

g

+=

→+

= Ω= (5.3.4)

i zacząć jego rozwiązanie od podzielenia pierwszego równania przez drugie; znika ku

i

g

Rgi

gi

u

u

R

R

RR

RR

k

kg

2

01

2

2ef

1ef 11

+ →=++

= Ω= . (5.3.5)

Z danych wynika, że kuef2 = 0,8kuef1 i ostatecznie, po przekształceniu (5.3.5)

kΩ0,201

80

1kΩ5

12ef

1ef

2 =−

=−

=

,k

k

RR

u

u

gi . (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.

Zad. 5.4. Problematyka: parametry w liniowym, unilateralnym modelu aktywnego 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.

CZWÓRNIK LINIOWY

30

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:

.2

02

101

Lo

oyy

Lo

oyy

RR

Rkk

RR

Rkk

+=

+=

(5.4.1)

Po podzieleniu stronami drugiego równania przez pierwsze i przekształceniach:

21

21

1

2

2

1

1

21 L

y

yL

y

yo

Lo

Lo

y

yR

k

kR

k

kR

RR

RR

k

k−=

−→

++

= , (5.4.2)

Ω=Ω−

−−

−−−

=−

−= k9,11k

1658,0

709,0

0,1658,0

709,00,2

11

2

21

21

y

y

Ly

yL

o

k

k

Rk

kR

R . (5.4.3)

Z dowolnego z równań z (5.4.1), po przekształceniu można wyznaczyć transmitancję ky0 , np. z pierwszego:

mS769,0mS19,11

0,2658,011

10 −=

+−=

+=

o

Lyy R

Rkk . (5.4.4)

Odp. ky0 = − 0,769 mS, Ro = 11,9 kΩ.

Zad. 5.5. Problematyka: parametry w liniowym, unilateralnym modelu aktywnego 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

CZWÓRNIK LINIOWY

31

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:

.2

22

1

11

gi

ggio

gi

ggio

RR

RIkI

RR

RIkI

+=

+=

(5.5.1)

Podzielenie drugiego równania przez pierwsze eliminuje nieznane, ale stałe ki , Ig :

−=

−→

++

⋅=1

22

1

2

1

2

2

1

1

2

1

2 1o

og

g

g

o

oi

gi

gi

g

g

o

o

I

IR

R

R

I

IR

RR

RR

R

R

I

I, (5.5.2)

Ω=Ω−−=Ω

−

−=

−

−= 4,30

868,0

132,0200

100

200

34,2

65,234,2

65,21

200

1

1

2

1

2

1

2

2

g

g

o

o

o

o

gi

R

R

I

I

I

I

RR . (5.5.3)

Odp. Ri = 30,4 Ω.

ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW BIPOLARNYCH

32

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:

Ω=→≈ k40,2CCo RRR . (6.1.1)

Ze wzmocnienia napięciowego można obliczyć wartość rezystora emiterowego:

Ω=Ω−

−=−=→−≈ 200k12

4,2

00

u

CE

E

Cu k

RR

R

Rk . (6.1.2)

Zastępczą rezystancję w obwodzie bazy, równą równoległemu połączeniu rezystorów dzielnika 21 RRRB = , decydującą o rezystancji wejściowej Ri tego

układu oblicza się ze wzmocnienia prądowego:


33

( ) Ω=Ω−−=−=→−≈ k00,42002000 EiBE

Bi RkR

R

Rk , (6.1.3)

i stąd Ω=→≈ k00,4iBi RRR . (6.1.4)

Napięcie zasilające jest równe sumie trzech spadków napięć:

EEQCEQCCQC RIURIE ++= . (6.1.5)

Nie podano w treści wartości wzmocnienia prądowego β0 tranzystora, co umożliwiłoby obliczenie prądu emitera z prądu kolektora. Można jednak założyć, że β0 będzie wystarczająco duże (tranzystor małej mocy, małej częstotliwości), aby przybliżenie IEQ ≈ ICQ było dobrze spełnione i uprości zależność (6.1.5):

( )

( ) .V25V12kΩ2,04,2mA0,5 =++≥≥++≈ CEQECCQC URRIE

(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.


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 ≈ β0 ≥ 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 :

V61,1V18150

1815

21

2 =+

=+

≈RR

REU CBQ . (6.2.1)

Następny krok jest oczywisty; aby obliczyć prąd emitera, trzeba obliczyć napięcie na rezystorze emiterowym:

( ) V96,0V65,061,1 =−=−= BEQBQEQ UUU . (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 β0 tranzystora:


34

mA17,1k82,0

V96,0 =Ω

==≈E

EQEQCQ R

UII . (6.2.3)

Teraz można już rozliczyć bilans napięć spoczynkowych w oczku emiterowo-kolektorowym tranzystora:

( ) ( )[ ] V08,6V82,08,617,115 =+−=+−≈ ECEQCCEQ RRIEU . (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:

Ω=Ω+⋅== k1,16k

18150

1815021 RRRB . (6.2.5)

Nastepny krok to sprawdzenie, czy wpływ zmian β0 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 :

,kΩ5,20kΩ1,16,kΩ82,02501,0kΩ1,16

,1,0 min0

≤⋅⋅≤≤ EB RR β

(6.2.6)

.µA93,8µA68,4,mA 18150

151,0mA

250

17,1

,1,0

1,0lub21min0

max

≤+⋅≤

+=≤=

RR

EI

II C

DBCQ

B β (6.2.7)

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:

.V65,0V96,0, ≥≥ BEQEQ UU (6.2.8)

Pora na wyznaczenie małosygnałowych zastępczych parametrów układu w środku pasma częstotliwościowego. Z przybliżonych zależności:

kΩ80,6orazkΩ1,16 =≈=≈ CoBi RRRR , (6.2.9)

V

V29,8

k82,0

k8,60 −=

ΩΩ−=−≈

E

Cu R

Rk , (6.2.10)

.

A

A619

k8,6

k1,16

V

V29,8lub

A

A6,19

k82,0

k1,16

00

0

,R

Rkk

R

Rk

o

iui

E

Bi

−=ΩΩ⋅−==

−=ΩΩ−=−≈

(6.2.11)

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.


35

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 ≈ β0 ≥ 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:

kΩ7,2wybrano,kΩ3i =<≈ CoCo RRRR . (6.3.1)

Teraz z zależności na wzmocnienie takiego układu oblicza się rezystor emiterowy:

Ω=−

Ω−=−≈−≈ 2700,10

k7,2,

00

u

CE

E

Cu k

RR

R

Rk . (6.3.2)

Punkt pracy (prąd ICQ) dobiera się z warunku granicznych symetrycznych amplitud:

LTACLTDC

CECCQ RR

UEI

+−

= min . (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:

( ) Ω=Ω+=+= k97,2k27,070,2ECLTDC RRR , (6.3.4)


36

( ) ( )[ ] Ω=Ω+=+= k40,2k27,00,1070,2ELCLTAC RRRR , (6.3.5)

podstawienie do (6.3.3) ( )

( ) mA63,3k40,297,2

V5,00,20 =Ω+

−=CQI . (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 β0 jest to uzasadnione:

( ) .V63,1V980,065,0kΩ27,0mA63,3V65,0 =+=⋅+==⋅+≈⋅+= ECQBEQEEQBEQBQ RIURIUU

(6.3.7)

Dopuszczalna wartość zastępcza 21 RRRB = musi spełniać warunek stabilności

punktu pracy (6.3.8); przyjęto jednak współczynnik tylko 10, aby rezystancja wejściowa nie była zbyt mała:

( ) min0min0 110 ββ ⋅≈+⋅≤⋅ EEB RRR , (6.3.8)

stąd .kΩ40,510

200kΩ27,0

10

1min0 =⋅=⋅≤ βEB RR (6.3.9)

Pomija się prąd bazy IBQ , obciążający dzielnik R1R2 i oblicza te rezystory:

BCC

CBQ RR

E

RR

RR

R

E

RR

REU

121

21

121

2 =+⋅

⋅=+

= , (6.3.10)

kΩ3,6663,1

0,20kΩ40,5maxmax1 ===

BQ

CB U

ERR , (6.3.11)

.kΩ5,88

mS0,170

1

,mS0,170mS3,66

1

40,5

1111

max2

12

==→

=

−=−=

R

RRR B (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:

.kΩ27,0,kΩ7,2,kΩ6,5,kΩ62 21 ==== EC RRRR (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):

( ) V66,1kΩ60,50,62

kΩ60,5V0,20

21

2 =+

⋅=+⋅

=RR

REU C

BQ , (6.3.14)


37

( ) µA296kΩ60,50,62

V0,20

21

=+

=+

=RR

EI C

DB . (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:

( ) V1,01V65,066,1 =−=−== BEQBQREQ UUUUE

, (6.3.16)

mA74,3kΩ270,0

V01,1 ===≈E

EQEQCQ R

UII , (6.3.17)

( ) V90,9V70,274,30,20 =⋅−=⋅−= CCQCCQ RIEU ‘ (6.3.18)

( ) V89,8V01,190,9 =−=−= EQCQCEQ UUU (6.3.19)

( )

( ) ( ) .V90,8V1,110,20kΩ27,070,2mA74,3V0,20

lub

=−=+⋅−=

=+⋅−≈ ECCQCQCEQ RRIEU (6.3.20)

I jeszcze prąd bazy, obliczony z prądu kolektora i typowej wartości statycznego współczynnika wzmocnienia prądowego tranzystora:

µA7,10mA107,10A/A350

mA74,3 3

typ0

=⋅=== −

βCQ

BQ

II . (6.3.21)

Sprawdzenie warunków stabilności spoczynkowego punktu pracy tranzystora:

( ) ,54,0kk4,511010 min021 Ω≤Ω→⋅≤⋅=⋅ βEB RRRR (6.3.22)

( ) ( )µA214107µA2962010 ÷≥→⋅÷≥ BQDB II , (6.3.23)

oraz ( ) ( ) .V95,165,0V01,131 ÷≥→⋅÷≥ BEQEQ UU (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 β0min ; 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

,k43,2µA7,10

mV26mV26mV26typ011 Ω===≈≡≡

BQCQbeiee II

rhh β (6.3.25)

konduktancja dynamiczna wyjścia tranzystora (obszaru kolektor-emiter); przyjęto wartość tzw. potencjału Earliego UY = 200 V dla tranzystora npn małej mocy


38

w obliczonym punkcie pracy

,µS7,18V200

mA74,3122 ==≈≡≡

Y

CQ

ceoee U

I

rhh (6.3.26)

przyrostowy współczynnik wzmocnienia prądowego tranzystora

,A/A350typ21 =≡≡ βfee hh (6.3.27)

rezystancja wejściowa wzmacniacza w wersji napięciowej i prądowej (rys. 6.1.1)

,kΩ14,521 ==≈ RRRR Bi (6.3.28)

rezystancja wyjściowa wzmacniacza w obu wersjach

,k70,2 Ω=≈ Co RR (6.3.29)

transmitancja napięciowa wzmacniacza – wzmocnienie napięciowe

,V/V0,10k270,0

k70,2Ω0 −=

ΩΩ−=−≈= ∞⇒

E

CRuu R

Rkk

L (6.3.30)

transmitancja prądowa wzmacniacza – wzmocnienie prądowe

.A/A0,19k270,0

k14,5Ω00 −=

ΩΩ−=−≈=

⇒E

BRii R

Rkk

L (6.3.31)

Stosunek rezystancji wzmacniacza; wejściowej do wyjściowej

.90,1k70,2

k14,5 =ΩΩ≈

o

i

R

R (6.3.32)

Przy podanych wartościach rezystancji źródła sygnału i obciążenia wyjścia

( ) ,V/V87,7k70,20,10

k0,100,100 −=

Ω+Ω−=

+=

oL

Luu RR

Rkk (6.3.33)

( ) .V/V67,5k00,214,5

k14,587,7ef −=

Ω+Ω−=

+=

gi

iuu RR

Rkk (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:

( ) ,π2

1

π2

1

111

gi RRCf

+⋅⋅=

⋅=

τ (6.3.35)

( ) ,π2

1

π2

1

222

Lo RRCf

+⋅⋅=

⋅=

τ (6.3.36)

oblicza się graniczną dolną częstotliwość fd , według kryterium – 3 dB, czyli spadku do połowy mocy wzmacnianego sygnału, spowodowanego zmianami wzmocnienia


39

z częstotliwością

.22

21 fffd +≈ (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)

,Hz8,93105,14F1033,0π2

1

π2

136

11 =

Ω⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅= −

iRCf (6.3.38)

a f2 ⇒ 0 Hz , stąd fd = f1 = 93,8 Hz . (6.3.39)

b) gdy Rg = 2,00 kΩ i RL = 10,0 kΩ, na podstawie zależności (6.3.35)÷(6.3.37)

( ) ( ) ,Hz5,67k00,214,5µF33,0π2

1

π2

1

11 =

Ω+⋅⋅=

+⋅⋅=

gi RRCf (6.3.40)

( ) ( ) Hz0,38k0,1070,2µF33,0π2

1

π2

1

22 =

Ω+⋅⋅=

+⋅⋅=

Lo RRCf (6.3.41)

.Hz5,77Hz385,67i 2222

21 =+=+≈ fffd (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 ≈ β0 = 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


40

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.

V43,2V6,522

6,512

21

2 =+

=+

≈RR

REU CBQ , (6.4.1)

( )

.105wybrano,509k509,0mA5,3

V65,043,2 ΩΩ=Ω=−=

=−

==→≈EQ

BEQBQ

EQ

EQEEQCQ I

UU

I

URII

(6.4.2)

Rezystor kolektorowy oblicza się z podanej wartości transmitancji napięciowej. Uwaga, zależność jest inna niż w poprzednich zadaniach, ze względu na dodanie CE :

( )

.k1,50wybrano,k49,1mA5,3

V/V200mV26

00

ΩΩ=−−=

=−=→−≈CQ

uTC

T

CQCu I

kR

IRk

ϕϕ

(6.4.3)

Można już teraz obliczyć spoczynkowy spadek napięcia na wyjściu tranzystora:

( )

( ) .V97,4kΩ0,511,5mA5,3V12 =+−

=+−≈−−= ECCQCEEQCCQCCEQ RRIERIRIEU (6.4.4)

Aby obliczyć parametry małosygnałowe wzmacniacza, trzeba wcześniej obliczyć wartości kilku rezystancji. Rezystancja zastępcza w obwodzie bazy:

Ω=Ω+⋅== k46,4k

6,522

6,52221 RRRB . (6.4.5)

Wejściowa rezystancja zastępcza tranzystora w układzie WE:


41

Ω≈Ω=⋅==≡ k11,11114mA5,3

mV26

A

A150011

CQ

Tebe I

hrϕβ . (6.4.6)

Wyjściowa rezystancja zastępcza tranzystora w układzie WE:

Ω==≈≡ k1,57mA5,3

V2001

22 CQ

Y

ece I

U

hr . (6.4.7)

Obliczenie z przybliżonych zależności parametrów małosygnałowych układu: własna transmitancja prądowa, przy teoretycznym zwarciu jego wyjścia

A

A120

A

A1508,08,08,0 210 −=⋅−=−≡−≈ ei hk β , (6.4.8)

zastępcza wejściowa rezystancja

Ω=Ω⋅=≡≈ 888k11,18,08,08,0 11ebei hrR , (6.4.9)

zastępcza wyjściowa rezystancja

Ω=≈ k50,1Co RR . (6.4.10)

A teraz powtórne obliczenie wszystkich parametrów małosygnałowych z teoretycznie dokładnych wzorów:

V

V198

11,1

1,575,1

A

A1500 −=⋅−=−=

be

ceCu r

rRk β , (6.4.11)

A

A120

11,146,4

46,4

A

A1500 −=

+⋅−=

+−=

beB

Bi rR

Rk β , (6.4.12)

Ω=Ω+⋅== 889k

11,146,4

11,146,4beBi rRR , (6.4.13)

Ω=Ω+⋅== k46,1k

1,5750,1

1,5750,1ceCo rRR . (6.4.14)

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:

609,0kΩ46,1

kΩ889,0 ==o

i

R

R (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


42

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.


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 ≈ β0 = 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:

mA601S108V2001 6

2222 ,hUIU

I

rh eYCQ

Y

CQ

cee =⋅⋅==→≈≡ − . (6.5.1)

Teraz można już obliczyć potrzebny rezystor kolektorowy i kilka wielkości związanych z punktem pracy tranzystora:

( )

,kΩ2,40wybrano,kΩ44,2mA6,1

V/V150mV26

00

=−−=

=−=→−≈CQ

uTC

T

CQCu I

kR

IRk

ϕϕ

(6.5.2)

,µA93,5A1093,5270

A106,1 63

0

=⋅=⋅== −−

βCQ

BQ

II (6.5.3)

( ) ,V61,1A1093,51600101

)(63 =⋅+Ω⋅

=+==−

BQCQEEQEEQ IIRIRU (6.5.4)

,V55,4V61,1mA6,1k4,2V10 =−⋅Ω−

=−−=−−= EQCQCCEQRCCEQ UIREUUEUC (6.5.5)

( ) .V26,2V65,061,1 =+=+= BEQEQBQ UUU (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:


43

,k5,13k0,1

2

2701,0

21,01,0 0

min0

Ω=Ω⋅⋅

==≤ EEB RRRββ

(6.5.7)

,k7,59k5,1326,2

101 Ω=Ω≤= B

BQ

C RU

ER (6.5.8)

.k4,17k5,1326,210

102 Ω=Ω

−≤

−= B

BQC

C RUE

ER (6.5.9)

Wybrano R1 = 56 kΩ, R2 = 16 kΩ i w rezultacie zastępcza wartość RB :

Ω=Ω+⋅== k4,12k1656

165621 RRRB . (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):

.V57,1V65,01656

16V10

21

2

=−+

=−+

=−= BEQCBEQBQEQ URR

REUUU

(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:

Ω=≈ k40,2Co RR , (6.5.12)

,k51,3mA60,1

mV262708,08,08,08,0 0

11 Ω=⋅==≡≈CQ

Tebei I

hrRϕβ

(6.5.13)

A/A216A/A2708,08,08,0 210 −=⋅−=−≡−≈ ei hk β . (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.


44

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 ≈ β0 ∈ [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:

V50,4V8282

820,9

21

2 =+

=+

≈RR

REU CBQ , (6.6.1)

( ) V85,3V65,050,4 =−=−= BEQBQEQ UUU , (6.6.2)

( ) V15,5V85,30,9 =−=−= EQCCEQ UEU , (6.6.3)

mA07,1mA6,3

85,3 ===≈E

EQEQCQ R

UII . (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:


45

A

A296

A

A350250max0min00typtyp =⋅=⋅=≈ ββββ . (6.6.5)

Teraz można obliczyć typową i maksymalną wartość prądu bazy:

µA61,3mA296

07,1

typ0typ ===≡

βCQ

BQB

III , (6.6.6)

µA28,4mA250

07,1

min0max ===

βCQ

B

II . (6.6.7)

Powinno się jeszcze obliczyć wartość prądu dzielnika polaryzującego bazę, bo będzie potrzebna do sprawdzenia warunku stabilności punktu pracy:

µA9,54mA8282

0,9

21

=+

=+

=RR

EI C

DB . (6.6.8)

Sprawdzenie warunków stabilności statycznego punktu pracy:

µA8,42µA9,54,10 max ≥≥ BDB II , (6.6.9)

( )

,kΩ90kΩ41,1,0

kΩ41kΩ8282zoraz

min0

21

≤≤===

EB

B

RR

RRR

β (6.6.10)

!razy6,V65,0V85,3, ≥≥ BEQEQ UU (6.6.11)

Wszystkie nierówności są prawidłowe, punkt pracy będzie stabilny. Teraz można obliczyć parametry małosygnałowe - robocze układu:

kΩ19,7mA07,1

mV262960typ11 =≈≈≡

CQ

Tebe I

hrϕβ , (6.6.12)

( ) ( )V

V993,0

V

V

6,31296

19,71

1

11

1

typ

Ω0 =

++

=

++

=≡ ∞⇒

E

beRuu

R

rkk

L

β

(6.6.13)

a przybliżenie V

V00,10 ≈uk , (6.6.14)

( ) ( )

A

A253

A

A

4119,7

4112961typΩ00 =

++≈

++

=≡⇒

Bbe

BRii Rr

Rkk

L

β (6.6.15)

a przybliżenie A

A2372968,08,0 typ0 =⋅=≈ βik . (6.6.16)

W zależności na zastępczą rezystancję wejściową układu jest składnik zależny od rezystancji obciążenia RL ; jest to ten wcześniej sygnalizowany efekt:

( )( )[ ]LEbeBi RRrRR 1typ ++= β . (6.6.17)


46

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 :

( )[ ] ( )[ ]

( ) kΩ5,39kΩ

1076

1

41

11

kΩ107641

kΩ6,3129619,7411typ

=+

=

=++=++=Ω∞⇒ EbeBRi RrRRL

β

(6.6.18)

a przybliżenie kΩ0,41=≈ Bi RR . (6.6.19)

Dla pracy prądowej, gdy RL ⇒ 0 Ω

( ) kΩ12,6kΩ

19,7

1

41

11

kΩ7,1941 =+

==≈ beBi rRR (6.6.20)

i można w tym przypadku zastosować takie przybliżenie, jak dla układu WE z kondensatorem CE

kΩ5,75kΩ19,78,08,0 =⋅=≈ bei rR . (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 :

EgBbe

o RRRr

R1typ +

+=

β. (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:

Ω0,24kΩ

6,3

1

19,7

12961

kΩ3,61296

7,19

1typ0

=++

=

=

+

=+

=Ω⇒ Ebe

Ro Rr

Rg β

(6.6.23)

a przybliżenie dla takiej pracy

( ) ( ) ( ) ( )Ω48241296

kΩ19,721

12121

typ

÷=+

÷=+

÷=÷≈β

beebo

rrR . (6.6.24)

Dla pracy prądowej, gdy krańcowo Rg >> RB


47

.Ω155kΩ

6,3

1

2,48

12961

kΩ3,61296

417,19

1typΩ

=++

=

++=

++

=∞⇒ EBbe

Ro RRr

Rg β

(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 tranzystorze bipolarnym, punkt pracy tranzystora, parametry zastępcze − robocze 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 ≈β0 = 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.


48

Rozwiązanie

Obliczenie wartości wielkości określających punkt pracy Q:

V14,2V12100

1220

21

2 =+

=+

≈RR

REU CBQ , (6.7.1)

( ) V49,1V65,014,2 =−=−= BEQBQEQ UUU , (6.7.2)

mA17,3mA47,0

49,1 ===≈E

EQEQCQ R

UII , (6.7.3)

( )

( )[ ] .V8,05V47,03,317,320 =+−=+−≈−−= ECEQCEEQCCQCCEQ RRIERIRIEU

(6.7.4)

Teraz obliczenie wielkości związanych z parametrami zastępczymi − roboczymi małosygnałowymi tego układu:

( ) kΩ7,10kΩ12100

12100kΩ1210021 =

+⋅=== RRRB , (6.7.5)

kΩ87,2mA17,3

mV26350011 =≈≈≡

CQ

Tebe I

hrϕβ , (6.7.6)

kΩ1,63mA17,3

V2001

22

=≈=≡CQ

Y

ece I

U

hr . (6.7.7)

Własna transmitancja napięciowa z zależności dokładnej

( )[ ] ( )[ ]

V

V402

V

V

87,2

13501,633,3350

10 =

+=

+=

be

ceCu r

rRk

ββ (6.7.8)

a teraz z zależności przybliżonej, praktycznie to samo (mniej o około 0,008 %)

V

V402

V026,0

mA17,3kΩ3,30 =⋅≈=≈

T

CQC

T

Ru

IRUk C

ϕϕ. (6.7.9)

Własna transmitancja prądowa z zależności dokładnej

( ) ( ) A

A980,0

87,247,01350

47,0350

10 =+⋅+

⋅=++

=beE

Ei rR

Rk

ββ

(6.7.10)

a teraz z zależności przybliżonej wynik o około 2 % większy

A

A00,10 ≈ik . (6.7.11)

Zastępcza wejściowa rezystancja układu z zależności dokładnej

Ω04,8Ω1047,01350

87,2

13 =⋅

+=

+= E

bei R

rR

β (6.7.12)


49

i przybliżenie większe o około 1,7 %

Ω18,8Ω1350

2870

1=

+=

+≡≈

βbe

ebir

rR . (6.7.13)

Zastępcza wyjściowa rezystancja układu z zależności dokładnej

( )[ ] ( )[ ] kΩ30,3kΩ13501,633,31 =+=+= βceCo rRR (6.7.14)

i przybliżenie większe zaledwie o około 0,015 %

kΩ30,3=≈ Co RR . (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 β0 ≈ 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:

.3,4wybrano, Ω=≈ kRRR CoC (6.8.1)

Z żądanej wartości wzmocnienia wynika:

.430k103,4

00 Ω=Ω

−−=−=→−≈

u

CE

E

Cu k

RR

R

Rk (6.8.2)

Obliczenia rezystancji do wyznaczenia zgodnie z kryterium maksymalnych symetrycznych amplitud optymalnego prądu kolektora w punkcie pracy (patrz zad. 6.3):


50

( ) ,k73,4k3,443,0 Ω=Ω+=+= CELTDC RRR (6.8.3)

( )

,k30,3k3,43

243,0

3

2

3

2

Ω=Ω

+=

=+=⋅+=+= CEC

CCELCELTAC RR

R

RRRRRRR

(6.8.4)

( )

( ).mA50,0mA498,0

mA03,8

0,4

k30,373,4

V5,05,4min

≈=

==Ω+

−=+

−=LTACLTDC

CECCQ RR

UEI

(6.8.5)

Tranzystor ma być krzemowy, o UBEQ ≈ 0,65 V i można już sprawdzić jedno z kryteriów stabilności punktu pracy:

.V214,0k43,0mA498,0 =Ω⋅=≈=≡ ECQEEQQREQ RIRIUUE

(6.8.6)

Ostatni wynik jest przynajmniej 3 razy za mały, aby spełnić warunek, racjonalnie zmniejszający wpływ temperaturowych zmian napięcia UBE :

( ) .31 BEQEQ UU ÷≥ (6.8.7)

Ui

Ro

Uo

czwórnik napięciowy

Ii Ioczwórnik prądowy

EC

RC

Rg

R2RE1

RL

R1

C1

C2

Eg

TUi

Uo

UE

UC

UBE

UB IB

IDB

IC

IEQ

RE2

CE

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


51

Ω=Ω−−=−= 430k

103,4

01

u

CE k

RR (6.8.8)

oraz z warunku stabilizacji ( ) .min21CQ

BEQEE I

URR ≈+ (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:

.21 CCQ

BEQCEELTDC R

I

URRRR +≥++= (6.8.10)

Po podstawieniu tej zależności do warunku (6.8.5) na uzyskanie symetrycznych amplitud i przekształceniach

( )( ) .mA441,0

k7,170,43

V65,05,05,4

3

51

min =Ω+

−−=+

−−≤

CE

BEQCECCQ

RR

UUEI (6.8.11)

Można już obliczyć minimalną wartość rezystora RE2 :

( )

.k04,1k43,0441,0

65,0

11min212

Ω=Ω

−=

=−=−+≥ ECQ

BEQEEEE R

I

URRRR

(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

.k53,1sumarezultaciew,k1,1 212 Ω=+Ω= EEE RRR (6.8.13)

Skorygowana wartość pożądanego prądu kolektora, po zastosowaniu zależności (6.8.10) i (6.8.5)

( )

( ) .mA438,0k30,383,5

V5,05,4 =Ω+

−=CQI (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:

( )

( ) V,32,1V53,1438,065,021

=⋅+==++≈+= EECQBEQEQBEQBQ RRIUUUU

(6.8.15)

.k7,36k53,12401,01,0 min021 Ω=Ω⋅⋅=≤= EB RRRR β (6.8.16)

Przy założeniu, że dzielnik R1R2 nie jest praktycznie obciążony przez prąd bazy tranzystora można zapisać


52

121

2

R

RE

RR

REU B

CCBQ =+

= (6.8.17)

i stąd .k120wybrano,k125k32,1

5,47,361 ΩΩ=Ω≤=

BQ

CB U

ERR (6.8.18)

Zależność na R2 można wyprowadzić z nieco innej postaci podziału dzielnika:

221

1

R

RE

RR

REUE B

CCBQC =+

=− (6.8.19)

i stąd .k51wybrano,k9,51k32,15,4

5,47,362 ΩΩ=Ω

−≤

−=

BQC

CB UE

ERR (6.8.20)

Dobrano już wszystkie rezystory do układu, można więc ostatecznie obliczyć wartości wielkości w punkcie pracy:

,V34,1V17151

5,421

2 ==+

=RR

REU CBQ (6.8.21)

( ) ,V69,0V65,034,1 BEQBEQBQEQ UUUU >=−=−= (6.8.22)

,mA451,0kΩ1,53

V69,0

21

==+

=≈EE

EQEQCQ RR

UII (6.8.23)

( ) ,V56,2V3,4451,05,4 =⋅−=−= CCQCCQ RIEU (6.8.24)

( )

( ) ( )2121

zlubV87,1V69,056,2

EECCQCEEEQCCQCCEQ

EQCQCEQ

RRRIERRIRIEU

UUU

++−≈+−−==−=−=

(6.8.25)

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 β0 :

,k8,3521

2121 Ω=

+==

RR

RRRRRB (6.8.26)

,µA42,1420240

mA451,0

max0min0typ0

=⋅

===βββ

CQCQBQ

III (6.8.27)

prąd dzielnika .µA3,26k171V5,4

21

=Ω

=+

≈RR

EI C

DB (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


53

w treści zadania:

,k0,5k30,4,k20k8,35 Ω<Ω=≈Ω>Ω=≈ CoBi RRRR (6.8.29)

stosunek rezystancji ,33,83,48,35 ==≈

C

B

o

i

R

R

R

R (6.8.30)

.AA

3,83,VV

0,101

01

0 −=−≈−=−≈E

Bi

E

Cu R

Rk

R

Rk (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 ≈ βo = (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.


54

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:

( ) .V2,26V2,6201maxmax

maxminmaxSUP

=+⋅=+=+==++=++≥

RZLoRZo

REBoRECo

URIUU

UUUUUUEEE (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:

,A

A205150280min0max0typ0typ =⋅==≈ ββββ (6.9.2)

.µA67,6150

mA1

min0min0max −=−=−==

ββoC

BII

I (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:

,mA0,7125150

40150

V6,2

W5,0

C25max

maxmaxmaxmax

=−−⋅=

=−

−⋅==

oj

aj

RZ

DM

RZ

DRZ U

P

U

PI

ϑϑϑ

(6.9.4)

,mA06,8V6,2W5,0

1,01,0min ===RZ

DMRZ U

PI (6.9.5)

.mA9,23mA06,871minmax =⋅== RZRZRZ III (6.9.6)


55

Można już obliczyć wartość rezystora R, na podstawie znamionowej wartości napięcia zasilania i prądu z zależności (6.9.6)

( )

,k00,1wybrano,k996,0mA23,9

V2,630SUP Ω=Ω=−=−= RI

UER

RZ

RZ (6.9.7)

a następnie wartość rezystora emiterowego RE

.k52,5k1

65,02,6

1205

20510

0

Ω=Ω−⋅+

=

=−⋅+

=−

−=o

EBRZ

E

EBRZE I

UU

I

UUR

ββ

(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:

.µS67,6V150

mA1122 ===−==

Y

o

Y

C

cee U

I

U

I

rh (6.9.9)

Wyjściowa konduktancja dynamiczna stabilizatora prądu:

.M8,30 czylinS5,32µS205

67,61

2222 Ω===≈+

≈∂∂= o

ee

o

oo r

hh

U

Ig

ββ (6.9.10)

Współczynnik stabilizacji prądowej, przy zasilaniu ze źródła napięciowego:

.µS12,1µS09,1nS5,32µS152,5

6nS5,32

22

SUP

=+=⋅

+=

=+≈∂

∂≡RR

rh

E

IG

E

RZeoi β

(6.9.11)

Wyraźnie dominującym jest drugi składnik współczynnika stabilizacji, zależny od rezystorów i diody. Można jeszcze obliczyć współczynnik stabilizacji, zdefiniowany dla zmian względnych:

.%

%1036,3

101

301012,1 2

36SUP

SUP

SUP

−−

− ⋅=⋅

⋅==∂

∂

≡o

io

o

i I

EG

E

EI

I

S (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 %/%.


56

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 I iL = − (0÷2,0)mA, stan wysoki UiH = (3,5÷5,0)V dla odpowiednio I iH = + (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, β0 = (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:

( )

.k3,1wybrano,k5,1mA2

V695

max

min5 Ω=Ω=−=−≤ R

I

UER

oH

oHCo (6.10.1)


57

Gdy T3 jest w nasyceniu, wyjście jest w stanie niskim i przez tranzystor płynie suma prądów z rezystora i z wyjścia:

( )

( ).mA8,26mA20mA

3,1

1,09

max5

minsat3max3max 5

=+−=

=−−

=−+= oLCECo

oLRC IR

UEIII

(6.10.2)

Aby stan nasycenia tranzystora T3 był pewny, prąd jego bazy musi być odpowiednio duży. Z dodatkowym współczynnikiem nasycenia

.mA402,0mA200

8,2633

min03

max33min ===

βC

BI

I (6.10.3)

Gdy T3 jest w nasyceniu, T2 musi być zatkany i cały prąd bazy T3 płynie przez rezystor R4 :

( )

.k18wybrano,k8,20mA402,0

V65,094

min3

34 Ω=Ω=−=−≤ R

I

UER

B

BECo (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

( )

.mA494,0mA18

1,09

4

minsat22max =−=

−=

R

UEI

CECoC (6.10.5)

Prąd przewodzącej diody transoptora, którego efektem będzie obliczony prąd fototrazystora T2 , musi mieć przynajmniej wartość:

.mA23,8mA06,0494,0

min

max2min ===

I

CD K

II (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 :

( ).360wybrano,401

mA23,8

V3,14,052

min

maxmaxsat12

Ω=Ω=−−=

=−−

≤

R

I

UUER

D

DCECi

(6.10.7)

Aby popłynęła maksymalna wartość prądu kolektora T1

( )

mA8,10mA36,0

0,11,05

2

minminsat1max1 =−−=

−−=

R

UUEI DCECiC (6.10.8)

i nie wyszedł on z nasycenia, prąd jego bazy nie może być mniejszy od:

.mA162,0mA200

8,1033

min01

max11min ===

βC

BI

I (6.10.9)


58

Rezystor R1 w bazie T1 , zapewniający taki prąd bazy przy określonych parametrach stanu wysokiego sygnału wejściowego:

( ).k2,8wybrano,k57,9

mA162,0

V3,165,05,31

min1

max1min1

Ω=Ω=−−=

=−−≤

R

I

UUUR

B

DBEiH

(6.10.10)

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.

ZASTOSOWANIE TRANZYSTORÓW UNIPOLARNYCH

59

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 :

101212 ≥

−=→

−≈

o

DSS

ds

o

o

DSSdso I

I

r

r

I

Irr , (7.1.1)

mA396,03,30

mA123,305,5 =≤→≥→≥ o

o

DSS

o

DSS II

I

I

I. (7.1.2)

Przyjęto znamionowy prąd źródła Io = 300 µA. Teraz można obliczyć wartość rezystora RS a następnie napięcia UGS :


60

( )( ) Ω=−−=

=

−−=

−=

k10,7kΩ842,07,12

112

30,0

mA30,0

V8,31

DSS

o

o

PS I

I

I

UR

(7.1.3)

i sprawdzenie 126,11130,0

12212 ≈=

−=

−=

o

DSS

ds

o

I

I

r

r, (7.1.4)

V21,3kΩ7,10mA30,0 =⋅=⋅=⋅=⋅= SoSDSSSR RIRIRIU , (7.1.5)

.natomiastV21,3 LoSRDDSSRGS RIUEUUU ⋅−−=−=−= (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:

( )( ) V.0,59V8,321,3 =−−−=−> PGSDS UUU (7.1.7)

Przyjęto z zapasem UDSmin = 2,0 V, aby nie zmniejszyć zbytnio rds tranzystora i z przekształconej zależności (7.1.6):

( )

kΩ6,32mA300

V0,221,315minmax =−−=

−−=

,I

UUER

o

DSSRDL . (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 bramka-źródło. Oblicz parametry punktu pracy ppQ oraz robocze, zastępczego czwórnika w wersji napięciowej i prądowej w środku pasma częstotliwościowego.


61

UD

S

Ri

ku

0U

i

Ro

Ri

ki0I i

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 :

,3

112 0

0m

P

GSQm

P

GSQ

P

DSSm

g

U

Ug

U

U

U

Ig =

−=

−

−= (7.2.1)

,V53,23

2

3

11

0

−=→=→==− GSQP

GSQ

m

m

P

GSQU

U

U

g

g

U

U (7.2.2)

( ) .mS11,23

,mS32,6mS8,3

1222 00 ===

−−⋅=

−= m

mP

DSSm

gg

U

Ig (7.2.3)

Można teraz obliczyć prąd drenu, przy czym pomija się prąd upływu bramki IG :

.mA33,19

mA3

21121

22

==

−=

−== DSS

P

GSQDSSDQSQ

I

U

UIII (7.2.4)

Obliczenie rezystora RS w obwodzie źródła tranzystora dla osiągnięcia takiego IDQ :

( )

.kΩ90,1mA33,1

V53,2=

−−=

−==

SQ

GSQ

SQ

SQS I

U

I

UR (7.2.5)

Z transmitancji napięciowej można wyznaczyć rezystor w drenie (z uproszczonej zależności), a następnie wartości pozostałych wielkości określających punkt pracy ppQ tranzystora:

Sm

D

mS

mDu

Rg

R

gR

gRk

+

−=⋅+⋅−≈

110 i stąd (7.2.6)


62

( )

,kΩ9,11kΩ2,375

k90,111,2

15

10

=⋅=

=Ω

+−−=

+−= S

muD R

gkR

(7.2.7)

,V17,9kΩ9,11mA33,1V25 =⋅−=⋅−= DDQDDQ RIEU (7.2.8)

,V53,2=−= GSQSQ UU (7.2.9)

( ) .V64,6V53,217,9 =−=−= SQDQDSQ UUU (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:

( )( ) .V27,1V8,353,2V64,6 +=−−−=−>= PGSQDSQ UUU (7.2.11)

Pozostały jeszcze do obliczenia wartości elementów w zastępczych czwórnikach układu, poza narzuconą w treści transmitancją napięciową:

,kΩ9,11,M10 =≈Ω=≈ DoGi RRRR (7.2.12)

.A/A1020,4A/A109,11

1000,5 3

3

7

00 ⋅−=⋅

−==o

iui R

Rkk (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.


63

Ri

ku

0U

i

Ro

Ri

ki0I i

UD

S

Rys. 7.3.1. Wzmacniacz w układzie WS z kondensatorem CS , oraz jego zastępcze, małosygnałowe czwórniki w wersji napięciowej i prądowej, do zad. 7.3.

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:

mS57,1kΩ1,5

0,800 =−−=−=→−≈

D

umDmu R

kgRgk , (7.3.1)

( ) mS58,6V8,4

mA8,15220 =

−−⋅=

−=

P

DSSm U

Ig , (7.3.2)

z zależności

−=

P

GSQmm U

Ugg 10 (7.3.3)

V65,358,6

57,11V8,41

0

−=

−⋅−=

−=

m

mPGSQ g

gUU (7.3.4)

oraz z zależności P

DSSDQm U

IIg

−

⋅=

2 (7.3.5)

( ) ( )

mA899,0A108,154

V8,4S1057,1

4 3

232

=⋅⋅

⋅⋅== −

−

DSS

PmDQ I

UgI . (7.3.6)

Można teraz obliczyć rezystor RS , który taki punkt pracy wymusi:

( )

kΩ06,4mA899,0

V65,3 =−−=−

==DQ

GSQ

SQ

SQS I

U

I

UR . (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 :


64

−=

−−=

−

1lub12

DSS

DQ

DQ

PS

P

GSQ

DSS

GSQS I

I

I

UR

U

U

I

UR . (7.3.8)

Obliczenie zastępczych parametrów małosygnałowych:

kΩ1,5orazMΩ2,8 =≈=≈ DoGi RRRR , (7.3.9)

A

A1029,1

A

kA9,12

kΩ1,5

MΩ2,8

V

V0,8 4

00 ⋅−=−=⋅−=≈o

iui R

Rkk . (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:

%1001oraz%1001

−=

−= −

−+

+m

ml

m

ml g

g

g

g δδ . (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 iU2± :

( ) .%12%100V65384

V1,02

%1002

%100

1

21

1

0

0

±=+−

⋅±=

=−

±=

−

±−

−=±

,,

UU

U

U

Ug

U

UUg

GSQP

i

P

GSQm

P

iGSQm

lδ (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.


65

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

2

11

−

−=

−==

P

GSQ

GSQ

DSS

GSQ

DQ

SQ

SQ

S U

U

U

I

U

I

U

I

R. (7.4.1)

Wprowadzono oznaczenie P

GSQ

U

Ux = , (7.4.2)

( ) ( ) 0111 22 =+−→−

−=

SDSS

P

P

DSS

S RI

Uxxx

xU

I

R, (7.4.3)

0112

22 =+

−+

SDSS

P

RI

Uxx . (7.4.4)

Warto wprowadzić jeszcze jedno oznaczenie:

12

−=SDSS

P

RI

Uµ (7.4.5)

i ostatecznie 0122 =++ xx µ . (7.4.6)

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)):

12 −−= µµ mx . (7.4.7)


66

a) Obliczenia dla wartości UP = −−−− 2,0 V i IDSS = 6,0 mA.

139,11kΩ2,1mA0,62

V0,21

2−=−

⋅⋅−=−=

SDSS

P

RI

Uµ , (7.4.8)

684,1lub594,01297,1139,112 =−=−−= mm µµx . (7.4.9)

Drugi wynik odrzucono i obliczono wartości napięć i prądu w punkcie pracy:

( ) V19,1V0,2594,0 −=−== PGSQ xUU , (7.4.10)

( )

mA992,0mA2,1

19,1 =−−=−

===S

GSQ

S

SQSQDQ R

U

R

UII , (7.4.11)

( )

( )[ ] .V1,12V2,18,6992,020 =+−=

=+−=−−= SDDQDSSQDDQDDSQ RRIERIRIEU (7.4.12)

Teraz można obliczyć transkonduktancję tranzystora w tym punkcie pracy a następnie zastępcze parametry małosygnałowe układu:

( ) mS44,2mS0,2

0,6992,022=

−−

⋅=

−=

P

DSSDQm U

IIg , (7.4.13)

V

V6,16kΩ86mS44,20 −=⋅−=−≈ ,Rgk Dmu , (7.4.14)

kΩ8,6orazMΩ7,4 =≈=≈ DoGi RRRR , (7.4.15)

A

A1015,1

A

kA5,11

kΩ8,6

MΩ7,4

V

V6,16 4

00 ⋅−=−=⋅−==o

iui R

Rkk . (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.

111,11kΩ2,1mA152

V0,41

2−=−

⋅⋅−=−=

SDSS

P

RI

Uµ , (7.4.17)

595,1lub627,01234,1111,112 =−=−−= mm µµx . (7.4.18)

Pozostawiono tylko pierwszy wynik; wartości wielkości w punkcie pracy:

( ) V51,2V0,4627,0 −=−== PGSQ xUU , (7.4.19)

( )

mA09,2mA2,1

51,2 =−−=−

===S

GSQ

S

SQSQDQ R

U

R

UII , (7.4.20)


67

( )

( )[ ] ,V28,3V2,18,609,220 =+−=

=+−=−−= SDDQDSSQDDQDDSQ RRIERIRIEU (7.4.21)

a warunek ( )[ ] .V49,1V0,451,2 =−−−=−> PGSQDSQ UUU (7.4.22)

A teraz transkonduktancja w tym punkcie pracy oraz zastępcze parametry małosygnałowe układu:

( ) mS80,2mS0,4

1509,222=

−−

⋅=

−=

P

DSSDQm U

IIg , (7.4.23)

V

V0,19kΩ86mS80,20 −=⋅−=−≈ ,Rgk Dmu , (7.4.24)

takie same kΩ8,6orazMΩ7,4 =≈=≈ DoGi RRRR , (7.4.25)

A

A1031,1

A

kA1,13

kΩ8,6

MΩ7,4

V

V0,19 4

00 ⋅−=−=⋅−==o

iui R

Rkk . (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

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 .

Ri

ku

0U

i

Ro

Ri

ki0I i

UD

S

Rys. 7.5.1. Wzmacniacz w układzie WD (wtórnik źródłowy) oraz jego zastępcze, małosygnałowe czwórniki w wersji napięciowej i prądowej, do zad. 7.5.


68

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:

GSQP

GSQ

Sm

Smu UU

U

Rg

Rgk

+=

+≈

2

10 (7.5.1)

skąd V35,1V75,02

75,025,2

2 0

0 −=−

⋅−=−

≈u

uPGSQ k

kUU . (7.5.2)

Teraz można obliczyć rezystor RS oraz spoczynkowy prąd drenu IDQ a przy okazji także transkonduktancję tranzystora gm :

,kΩ1,50kΩ49,1kΩ25,2

35,11

65,5

35,1

12

≈=

−−−−−=

=

−−=

−

P

GSQ

DSS

GSQS U

U

I

UR

(7.5.3)

( )

mA906,0kΩ1,49

V35,1 =−−=−

==≈S

GSQ

S

SQSQDQ R

U

R

UII (7.5.4)

lub mA904,025,2

35,11mA65,51

22

=

−−−=

−=

P

GSQDSSDQ U

UII , (7.5.5)

( ) mS01,225,2

35,11

V25,2

mA65,521

2=

−−−

−−⋅=

−

−=

P

GSQ

P

DSSm U

U

U

Ig . (7.5.6)

Pozostałe parametry małosygnałowe:

MΩ0,10=≈ Gi RR , (7.5.7)

,373kΩ0,373

kΩ

49,1

101,2

1kΩ49,1

mS01,2

11

Ω==

=+

==≈ Sm

o Rg

R (7.5.8)

A

A1001,2

A

A

373

1075,0 4

7

00 ⋅===o

iui R

Rkk . (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


69

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.

LINIOWE PRZETWORNIKI SYGNAŁÓW, PODSTAWOWE UKŁADY NA IDEALNYCH WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH

70

8. LINIOWE PRZETWORNIKI SYGNAŁÓW, PODSTAWOWE UKŁADY NA IDEALNYCH

WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH

Zad. 8.1. Problematyka: układy na wzmacniaczach operacyjnych (WO) idealizowanych, najprostsze układy aplikacyjne.

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

V00,1V00,1V

V00,1 =⋅=⋅= iuo UkU , (8.1.1)

Przypadek b); jest to napięciowy wzmacniacz nieodwracający, o transmitancji

VV

00,5kΩ,03kΩ12

111

2 =+=+==R

R

U

Uk

i

ou , (8.1.2)


71

V00,5V00,1V

V00,5 =⋅=⋅= iuo UkU . (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:

V

V00,4

kΩ0,3

kΩ121

kΩ51

kΩ121

1

2

34

4 =

+⋅=

+⋅

+==

R

R

RR

R

U

Uk

i

ou , (8.1.4)

V00,4V00,1V

V00,4 =⋅=⋅= iuo UkU . (8.1.5)

Przypadek d); jest to napięciowy wzmacniacz odwracający, o transmitancji:

V

V00,4

kΩ0,3

kΩ12

1

2 −=−=−==R

R

U

Uk

i

ou , (8.1.6)

V00,4V00,1V

V00,4 −=⋅

−=⋅= iuo UkU . (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

+⋅

+=

+⋅

+==

1

2

3

4

3

4

1

2

34

4 11

1R

R

R

RR

R

R

R

RR

R

U

Uk

ia

oua , (8.1.8)

jeżeli jest spełniony warunek symetrii pierwszego rodzaju dla tego wzmacniacza,

czyli V

V00,4

kΩ0,3

kΩ12to

1

2

3

4

1

2

3

4 =====R

R

R

Rk

R

R

R

Rua , (8.1.9)

transmitancja dla sygnału Uib

VV

00,4kΩ0,3kΩ12

1

2 −=−=−==R

R

U

Uk

ib

oub . (8.1.10)

Teraz transmitancja dla sygnału różnicowego Uid = Uia – Uib

VV

00,4==−−=

−⋅+⋅==

−= uaibia

ibiaua

kkibia

ibubiaua

id

oud k

UU

UUk

UU

UkUk

U

Uk

uaub

(8.1.11)

oraz dla wspólnego Uic = ½(Uia + Uib)


72

( )

( )

( ) .V

V00,0

V

V00,400,4

5,0

=−=+=

=+=+

⋅+⋅===

ubua

ia

ubuaia

UUibia

ibubiaua

ic

ouc

kk

U

kkU

UU

UkUk

U

Uk

iaib (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:

[ ]i

ouu U

Ukk log20log20dB == . (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):

[ ]

V

V479101010 68,220

6,53

20dB

====uk

uk . (8.2.2)

W rezultacie także napięcie wejściowe można obliczyć tylko jako moduł:

mV46,9479

V53,4===

u

oi k

UU . (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].


73

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:

[ ] CMRRCMRRk

kWTSWCMRR

uc

ud log20, dB ==≡ . (8.3.1)

W tekście zadania wartości wzmocnień układu podano w mierze logarytmicznej, dlatego najprościej zacząć od obliczenia wartości CMRR w decybelach:

[ ] [ ] [ ]

( )[ ] ,dB95,9dB6,633,32

log20log20 dBdBdB

=−−

=−=== ucuduc

ud kkk

kCMRRCMRR

(8.3.2)

a następnie przeliczyć na normalną miarę

[ ]

420

9,95

20 1024,61010dB

⋅===CMRR

CMRR . (8.3.3)

Wzmocnienia układu, dla sygnału różnicowego i wspólnego można obliczyć z niepewnością co do znaku, co jest konsekwencją miary logarytmicznej:

[ ]

V

V2,411010 20

3,32

20dB

===udk

udk , (8.3.4)

[ ]

V

V1061,61010 420

6,63

20dB

−−

⋅===uck

uck . (8.3.5)

Odp. CMRR [dB] = 95,9 dB, CMRR = 6,24⋅104, kud = ± 41,2 V/V, kuc = ± 6,61⋅10–4 V/V.


74

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):

( )

,V

V00,1

V

V0,201

10

5,1075,821

5,0,

11

2111

+≡=

+=++=++==

+=−= −+−+

ic

ocuc

G

FF

id

odud

iiiciiid

U

Uk

R

RR

U

Uk

UUUUUU

(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:

[ ]

520

100

202 1000,11010

dB2

⋅=≥=CMRR

CMRR (8.4.2)


75

i stąd VV

1000,11000,1

1 55

2

22

−⋅±=⋅

±≤±=CMRR

kk ud

uc . (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:

V

V0,20

V

V00,10,2021 +=⋅=⋅≈ ududud kkk (8.4.4)

( )[ ]V

V1000,1

V

V1000,100,1 55

21−− ⋅±=⋅±≤⋅≈ ucucuc kkk . (8.4.5)

Wypadkowy CMRR będzie większy niż w stopniu drugim:

[ ] ( ) dB126dB30,620101

0,20log20log20

5dB =⋅=

⋅≥= −

uc

ud

k

kCMRR . (8.4.6)

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 na idealnych wzmacniaczach operacyjnych, uproszczona analiza układu.

Treść zadania

Zaprojektuj układ ze wzmacniaczami operacyjnymi (WO), realizujący funkcję:

321 500,000,300,5 iiio UUUU ⋅−⋅−⋅= . (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:

.33

22

11

33

22

11

ic

di

c

di

c

d

a

b

ic

di

c

di

c

d

a

bo

UR

RU

R

RU

R

R

R

R

UR

RU

R

RU

R

R

R

RU

⋅−⋅−⋅⋅=

=⋅−⋅−⋅⋅

−−=

(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 ):


76

.

00,5i00,2,

00,3

00,5i500,000,3

32

32

badc

dc

a

b

c

d

c

d

RRRR

RR

R

R

R

R

R

R

=⋅==→

=== (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:

.kΩ0,40,kΩ67,6,kΩ00,4

kΩ0,4000,2,kΩ67,600,3

,kΩ00,400,5

33221

32

======

=⋅=====

ciciai

dcd

cb

a

RRRRRR

RRR

RR

R(8.5.4)

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.


77

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:

V0,6V40,0V

V15 =⋅=⋅= iufo UkU , (8.6.1)

( )

kΩ2,11mA50,0

V40,00,6

220

2 =−=−

≈−

=⇒ R

io

UR

fo

I

UU

I

UUR

id

, (8.6.2)

wykorzystuje się 0bowiem21

⇒= −iRR III , (8.6.3)

Ω800kΩ80,0mA0,50

V0,40

21

1 ===≈=R

i

R

f

I

U

I

UR . (8.6.4)

Metoda B. Zadanie można rozwiązać bez obliczania wyjściowego napięcia Uo :

Ω800kΩ80,0mA50,0

V40,0

210,0

1 ===≈=⇒⇒ − R

i

IUR

f

I

U

I

UR

iid

, (8.6.5)

( ) ( ) kΩ2,11115kΩ80,011 121

2 =−⋅=−=→+= ufuf kRRR

Rk . (8.6.6)

Odp. R1 = 800 Ω, R2 = 11,2 kΩ.

Zad. 8.7. Problematyka: wzmacniacz różnicowy, sterowanie asymetryczne, wejściowe sygnały i ich wzmacnianie.

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.


78

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:

( ) V686,0V686,00 −=−=−= −+ iiid UUU , (8.7.1)

( ) ( ) V343,0V686,005,05,0 +=+=+= −+ iiic UUU . (8.7.2)

Z definicji współczynnika tłumienia sygnału sumacyjnego, przeliczonego z miary decybelowej na normalną można obliczyć moduł wzmocnienia wspólnego:

[ ]

.V

V1000,8

101

8

10

8

10

33

20

60

20dB

−⋅±=⋅

±=±=±=±=CMRR

ududuc

k

CMRR

kk (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:

( ) ( ) V49,5V686,08 −=−⋅== idudido UkUU , (8.7.4)

( ) ( ) mV74,2V343,0108 3 ±=⋅⋅±== −icucico UkUU . (8.7.5)

Bardzo ciekawy jest stosunek obliczonych składowych wyjściowego sygnału:

( )( ) CMRRUU

UU

ico

ido ⋅=⋅== 21000,2mV74,2

V49,5 3

neasymetryczster.

. (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.

PODSTAWY TEORII SPRZĘŻENIA ZWROTNEGO

79

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 prądowo-równoległego; 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:

( ) 31000,11,0

100%100%100 ⋅=≥=→≈δ

FF

kδ ikif. (9.1.1)

Znając różnicę zwrotną można obliczyć minimalną transmitancję ki głównego czwórnika:

A

A1000,1

A

A101101 53 2 ⋅=⋅⋅⋅≥⋅=→≡ ifi

if

i kFkk

kF . (9.1.2)

Transmitancja czwórnika w sprzężeniu zwrotnym, obliczona z przybliżonej zależności będzie dodatnia:

A

A1000,1

A

A

101

11 22

−⋅=⋅−−=−≈≡=

ifo

fi kI

Iββ , (9.1.3)


80

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:

( ) A

A9,99

A

A

1001

101

A

A

1011011

101

1

5

25

5

−=⋅−=⋅⋅⋅−−

⋅−=−

= −ii

iif k

kk

β (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:

kΩ10,0Ω1011,0 3 =⋅⋅≤=→= FRRF

RR ifi

iif , (9.1.5)

a wyjściowa rezystancja układu jest F razy większa od wyjściowej rezystancji czwórnika głównego

Ω10kΩ101

103

=⋅

≥=→=F

RRFRR of

ooof . (9.1.6)

Odp. ki ujemna ≥ 1,00⋅105 A/A, βi = 1,00⋅10 − 2 A/A, Ri ≤ 0,10 kΩ, Ro ≥ 10 Ω, rzeczywiste kif = − (99,9÷100,0) A/A.

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 βi0 = + 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.

Rozwiązanie

Ro

k

ki0I ik

Rik

Ri

i0I i

Ro

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:


81

ikogokiL RRRRRR >><<+ ββ , . (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:

200101102 2400

' =⋅⋅⋅== −iikF β . (9.2.2)

Ponieważ wartość F nie jest bardzo duża, wynikową transmitancję układu, po zamknięciu pętli USZ należy obliczyć z zależności podstawowej, dokładnej:

( ) A

A5,99

A

A

201

102

A

A

1021011

102

1

4

42

4

00

00 −=⋅−=

⋅−⋅−⋅−=

−= −

ii

iif k

kk

β. (9.2.3)

Obliczenie jej z zależności uproszczonej, obowiązującej przy silnym USZ da wartość

A

A100

A

A

101

112

0

0'0 −=

⋅−=−≈ −

i

iifk

β, (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:

2015,99

102 4

0

0 =⋅==if

i

k

kF . (9.2.5)

Czułości wynikowej transmitancji na zmiany w bloku k i bloku β powinno się wyrażać przez stosunki względnych zmian.

( )%

%100,5

%

%

201

11 3

0

0 −⋅===≡F

kSi

if

fk

kk δ

δ, (9.2.6)

( ) ( )%

%995,0

%

%5,99101 2

000

0 =−⋅−=−=≡ −ifi

kk kS

i

if

fβ

δ

δβ

β. (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.


82

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 prądowo-szeregowe; 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:

400S105

S1026

3

=⋅⋅=≡ −

−

yf

y

k

kF . (9.3.1)

Wielkością wejściową czwórnika sprzężenia zwrotnego jest prąd a wyjściową napięcie i do opisu tego czwórnika właściwą będzie transimpedancja:

kΩ200Ω10200,0S105

11 66

=⋅=⋅−−=−≈≡= −

yfo

fz kI

Uββ (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:

( ) %25,0%400

100%100 ==≈F

kδ ykyf. (9.3.3)

Odp. F = 400, β = βz = 200 kΩ, δ = 0,25 %.


83

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 βa = 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 βb = β1 = β2 = β3 .

Oblicz wartości transmitancji βb 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

,1

V

V100

V

V99,99

10101

10

1 26

6

aaa

aaf k

kk

ββ−=−≈−=

⋅+−=

−= − (9.4.1)

.1000,11000199,99

10 46

⋅≈===af

aa k

kF (9.4.2)

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 ( )

aa

af

af

a

a

aff

f

k

kF

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

kf ⋅

∂∂

=⋅∂∂

=∂

∂

=δ

δ , przy czym (9.4.3)


84

( )

( ) ( ) 222

1

1

1

1

1

aaaaa

aaaa

a

af

Fkk

kk

k

k=

−=

−−−−

=∂∂

ββββ

i wynik do (9.4.3) (9.4.4)

452

1000,110999,91

1

1 −− ⋅≈⋅==−

==aaaa

a

k

k

FkF

F

a

af

βδ

δ. (9.4.5)

Z kolei wrażliwość kaf na zmiany względne transmitancji czwórnika βa :

wrażliwość ( )

af

a

a

aff

f

k

k

kk

k

f ββ

ββδ

βδ

β⋅

∂∂

=∂

∂

= , ale (9.4.6)

( )

( )2

21af

aa

aa

a

afk

k

kkk=

−−−

=∂∂

ββ i wynik do (9.4.6) (9.4.7)

00,19999,0101

10

1 4

42 −≈−=

+−=

−===

aa

aaaaf

af

aaf

k

k

kk

kk

a

af

ββββ

δ

δ

β. (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 βa = 9,9⋅10−5 V/V.

Przypadek b), układ trójstopniowy z rys. 9.4.1b. Najpierw zgodnie z treścią zadania należy obliczyć transmitancje βb 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:

V

V100

1

3

321 −==

−=≈ af

bb

bfffbf k

k

kkkkk

β i stąd (9.4.9)

V

V2054,0

100

1

100

11133

=−

−−

=−=afb

bkk

β . (9.4.10)

Teraz w jednym stopniu ze sprzężeniem zwrotnym (indeks i = 1, 2, 3)

V

V643,4

2054,01001

100

1−=

⋅+−=

−=

bb

bif k

kk

β (9.4.11)

oraz 43

1000,1formalnie i5,21643,4

100 ⋅≈====bf

bb

if

bib k

kF

k

kF . (9.4.12)

Wrażliwość wynikowej transmitancji kbf należy wyznaczyć dla wszystkich źródeł


85

zmian, trzech transmitancji głównych i trzech w sprzężeniach zwrotnych. Tak jak w (9.4.3):

wrażliwość ( )

bk

k

fff

fff

bf

bf

k

k

Fkkk

k

k

kkk

k

k

k

kkff

1321

1

1

132

1

1

1 1

1

1

1

==⋅∂

∂=⋅

∂∂

=δ

δ

δ

δ (9.4.13)

i odpowiednio ( ) ( )

bk

k

k

k

bk

k

k

k

F

k

F

kffff

3

3

2

2 1,

1

3

3

32

2

2

====δ

δ

δ

δ

δ

δ

δ

δ, (9.4.14)

a wartość ( )

21065,45,21

11 −⋅====ibk

k

k

ik

F

k

i

if

i

f

δ

δ

δ

δ. (9.4.15)

A teraz wynik dla wpływu czwórników β (Czytelnik może wykonać pełne wyprowadzenie w charakterze ćwiczenia):

wrażliwość ( )

954,02054,01001

2054,0100

1−=

⋅+⋅−=

−==

ii

iikik

k

k

i

if

i

f

ββ

δ

δ

δ

βδ

ββ. (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) 00,1/,1000,1/ 4 −≈⋅≈ −aafaaf kkk βδδδδ

b) .2054,0,954,0/,1065,4/ 2 =−≈⋅≈ −bkkk bbfbbf

βδδδδ β

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 β1 = β2 = β3 = 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 β1 = β2 = 0,099.

Wartości transmitancji bloków tak dobrano, aby wynikowa transmitancja po


86

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):

( ) ( ) ( ) ( )ij

ij

ijijafaf d

dy

d

ydk

x

xy

x

yxk

∆∆

≈∂∂=

∆∆≈

∂∂= , , (9.5.1)

a czułość względna (relatywna) ( ) ( )( )

( )( )xk

dk

xy

dydS

af

ijaf

xd

ijijr

ij

=∆

∆=

∆=∆

. (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:


87

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ).10005,100

2154,01001

100

11

33

3321321

321

−≈−=⋅−−

−

=⋅−

≈⋅−

=ββββ kkk

kkk

k

kxkaf

(9.5.3)

Transmitancje dla zakłóceń wnikających do wejściowego sumatora są takie same

( ) ( ) ( ) ( )xkdkdkdk afafkafaf === β410 , (9.5.4)

czego wynikiem są takie same czułości względne, równe jedności, zgodnie z (9.5.2)

( ) ( ) ( ) ( ) .0,1410 ==== βdSdSdSxS rkrrr (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 β1β2β3k1 :

( ) ( ) ( )( )

( ) ,100,11

1

2

12

1132132

322

−⋅==

=⋅−

≈

kdS

k

xk

kkk

kkdk

kr

afkaf βββ

(9.5.6)

( ) ( ) ( )( )

( ) ,100,11

1

4

213

21213213

33

−⋅==

=⋅−

≈

kkdS

kk

xk

kkk

kdk

kr

afkaf βββ

(9.5.7)

( ) ( ) ( )( )

( ) .100,11

11

1

6

3214

3213213214

−⋅==

=⋅−

≈

kkkdS

kkk

xk

kkkdk

kr

afkaf βββ

(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:

( )

( ) ( ) .100,11

1

25

5

−⋅==

=

xkdS

dk

afr

af

(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):


88

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ,100,11

0,111

23211

321321321

3213211

−⋅=≈=

≈⋅=⋅−

≈

xkdS

xkkkk

kkkdk

afr

afaf

βββ

βββββββββ

β

β

(9.5.10)

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ,106,42154,0

122

322

32132132

321322

−⋅≈==

⋅=⋅−

≈

ββ

βββββ

ββ

β

β

dS

xkkkk

kkkdk

r

afaf (9.5.11)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) .22,02154,0

1

33

32132132

32133

≈==

⋅=⋅−

≈

β

βββββ

β

β

β

dS

xkkkk

kkkdk

r

afaf (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 x d0 d1k d4β d3β d2β d1β d5 d2k d3k d4k

czułość Sr [-] 1 1 1 1 0,22 0,046 10−2 10−2 10−2 10−4 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:


89

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .1001010oraz

0,10099,0101

101

21

3

3

21

+=−⋅−=⋅≈

−=⋅+

−=⋅−

==

xkxkxk

k

kxkxk

bfbfbf

ii

ibfbf β (9.5.13)

Wartość transmitancji całego układu kbf(x) będzie odniesieniem przy obliczaniu względnych czułości układu dla poszczególnych sygnałów zakłócających:

( ) ( )( )

( )( )xk

dk

xy

dydS

bf

ijbf

xd

ijijr

ij

=∆

∆=

∆=∆

. (9.5.14)

Transmitancje dla zakłóceń wnikających do wejściowego sumatora pierwszego stopnia są takie same, równe transmitancji całego układu dla użytecznego sygnału

( ) ( ) ( ) ( )xkdkdkdk bfbfbfbf === 411101 , (9.5.15)

i w rezultacie czułości względne są jednakowe, równe jedności

( ) ( ) ( ) ( ) .0,1411101 ==== dSdSdSxS rrrr (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 β1k1 a dopiero po pomnożeniu przez kbf2(x) otrzyma się całkowitą transmitancję:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ,100,11

11

1

3

121

12

1

12

1121

−⋅==

==⋅−

≈

kdS

k

xkxk

k

xkxk

kdk

r

bfbf

bfbfbf β

(9.5.17)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) .099,0

11

131

1211211

1131

==

⋅=⋅⋅=⋅−

≈

β

ββββ

dS

xkxkxkxkk

kdk

r

bfbfbfbfbf (9.5.18)

Czułości dla zakłóceń w drugim stopniu oraz na wyjściu:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ,10,0

1

1

2421202

2421202

=====

===

xkxk

xkdSdSdS

xkdkdkdk

bfbf

bfrrr

bfbfbfbf

(9.5.19)

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

( ) ( ) ,100,11

11

1

4

1222

122

2

2222

−⋅==

≈=⋅−

=

xkkdS

xkk

xk

k

xk

kdk

bfr

bf

bfbfbf β

(9.5.20)


90

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ,1099,0

11

2

1

232

1222

22

2232

−⋅==

≈=⋅−

=

xkdS

xk

xkxk

k

kdk

bfr

bf

bfbfbf

β

ββββ

(9.5.21)

( )

( ) ( ) .100,11

1

25

5

−⋅==

=

xkdS

dk

bfr

bf

(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 βy = + 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.


91

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:

( ) Ω9,495kΩ121

60

mS00,2kΩ601

kΩ60

1−=−=

⋅−−−=

−=

yz

zzf k

kk

β, (9.6.1)

Ω500mS00,2

11' −=−=−≈y

zfkβ

. (9.6.2)

Także różnicę zwrotną obliczono z dwóch zależności; podstawowej i przybliżonej:

( ) 121S1000,2Ω106011 33 =⋅⋅⋅−−=−== −yz

zf

z kk

kF β , (9.6.3)

120500,0

60'

' =−

−==−≈zf

zyz

k

kkF β . (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:

%83,0%121100%100

' ===Fzfk

δ . (9.6.5)

Odp. Sprzężenie napięciowo-równoległe, a) Ω,500Ω,9,495 ' −=−= zfzf kk

b) |δ| = 0,83 %, c) F = 121, F’ = 120.


92

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 %:

( ) 1000,1

100%100%100 =≥=→=δ

δ FF

kzkzf, (9.7.1)

i można już obliczyć minimalną transmitancję głównego czwórnika kz

( ) kΩ100101100 3 −=Ω⋅−≥⋅=→= zfzzf

z kFkk

kF . (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:

mS00,1S101

113

' =⋅−

−=−≈zf

y kβ . (9.7.3)

Ta sama transmitancja obliczona z zależności dokładnej, definicyjnej jest o 1 % mniejsza, czyli w rzeczywistości należy zastosować nieco słabsze USZ:

( )

( ) .mS99,0S1001101

1

1111

1

5=−

⋅−=

=−=−=→−

= Fkkkk

kk

zzfzy

yz

zzf β

β (9.7.4)


93

Można jeszcze sprawdzić, jaka byłaby transmitancja wynikowa przy zastosowaniu czwórnika βy o wartości transmitancji obliczonej z zależności przybliżonej (9.7.3):

( ) Ω990Ω1011011

101

1 35

5

−=⋅⋅⋅−−

⋅−=−

= −yz

zzf k

kk

β. (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:

kΩ1,0Ω10010 =⋅≤=→= FRRF

RR ifi

iif , (9.7.6)

Ω=⋅≤=→= 10Ω1001,0FRRF

RR ofo

oof . (9.7.7)

Odp. F ≥ 100, kz ≥ 100 kΩ, βy’ = 1,00 mS, βy = 0,99 mS, Ri ≤ 1,0 kΩ, Ro ≤ 10 Ω.

LINIOWE PRZETWORNIKI NA RZECZYWISTYCH WZMACNIACZACH OPERACYJNYCH Z UJEMNYM

SPRZĘŻENIEM ZWROTNYM

94

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 napięciowo-szeregowe i można ze stosunku rezystancji wyjściowych przed zapięciem pętli i po jej zapięciu obliczyć pożądaną wartość różnicy zwrotnej:

,100,51020

100 33-

⋅=Ω⋅

Ω≥=→=

of

ooof R

RF

F

RR (10.1.1)

a następnie niezbędne wzmocnienie różnicowe WO

.mV

V130

mV

V125

V

V25100,5 3

00 ≈=⋅⋅≥⋅=→= ufV

uf

V kFAk

AF (10.1.2)

Zapis wyniku w (10.1.2) nawiązuje to formy podawania wartości AV0



95

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:

( ) ( )

2

02

000

0

1

1,

1

=

+=

∂∂

−−=

V

uf

VV

uf

V

Vuf A

k

AA

k

A

Ak

ββ. (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:

0

2

0

2

0

1VV

V

ufuf A

FA

A

kk ∆⋅

=∆⋅

≈∆ . (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 [%/%]:

( )β−−===⋅

∂∂

≈⋅

∆

⋅∆

=00

0

0

0

0 1

11

%100

%100

0 VV

uf

uf

V

V

uf

V

V

uf

uf

A

k

AFA

k

k

A

A

k

A

A

k

k

δ

δ

V

uf . (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:

4

010

100,21

11

1

1

0

−

>>⋅≈

−=

+= ≈

FAA VFVA

k

V

uf

ββδ

δ. (10.1.6)

A teraz wyznaczenie względnej niedokładności ( )0Vk Auf

δ 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 'ufk ,

stosowaną gdy AV0 ⇒ ∞ i traktowaną jako idealna, w nomenklaturze metrologicznej – znamionowa:

( )'

0

0

0 11

1

1 0uf

A

V

V

Vuf k

AA

Ak

V

=≈+

=−−

=∞⇒ βββ

, (10.1.7)



96

( )

( ) ( )

.%100,21

%100%100

%100

1

%100%1001

11

%1001%100

2

00

00

0

''

'

0

−⋅−=+−

=−=−

=−−

−=⋅

−

⋅−−

=⋅

−=⋅

−=

β

ββ

β

δ

VV

uf

VV

V

uf

uf

uf

ufufVk

AA

k

F

AA

A

k

k

k

kkA

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. ( ) %.100,2,100,2/V/V,1025,1 20

450 0

−− ⋅−=⋅=⋅≥ VkAkV AAufVuf

δδδ

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 I i 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.

WO

If

Ii

Uo

RF

Ig

Rg

RL

Ii-

przetwornik

prąd-napięcie

Ui

Io

Rys. 10.2.1. Schemat układu przetwarzającego prąd na napięcie, wraz ze źródłem sygnału i obciążeniem. Zdefiniowana wielkość wejściowa to prąd I i 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.



97

Najpierw pętla Fido

f

o

fy RUU

I

U

I 1=+

≈≡= ββ (10.2.1)

i główny czwórnik 0Vi

i

id

o

i

oz AR

R

UU

I

Uk ⋅−=−==

− , (10.2.2)

wynik to ( ) yyVi

Vi

yz

zzf AR

AR

k

kk

βββ1

11 0

0 −≈⋅⋅+

⋅−=⋅−

= , (10.2.3)

µS1001

1000,1100,1

11 44

=Ω

⋅=Ω⋅−

−=−≈ −

zfy k

β , (10.2.4)

( ) kΩ0,10100,11 4 =Ω⋅−−=−≈= zfy

F kRβ

. (10.2.5)

Zakres sygnału ( ) ( )mA0,10,1

kΩ10

V1010 −÷+=−

+÷−==zf

oi k

UI . (10.2.6)

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:

64

460 100,5

10

10510 ⋅=Ω⋅⋅Ω≥

⋅−==

zf

Vi

zf

z

k

AR

k

kF , (10.2.7)

Ω=⋅

Ω⋅≤= 20,0105

1016

6

F

RR i

if (10.2.8)

lub inaczej Ω=⋅

Ω⋅≤= 20,0105

1014

4

0V

Fif A

RR . (10.2.9)

W praktyce stosowana jest ta ostatnia, przybliżona zależność.

Odp. βy = 100 µS, I i = (+1,0÷−1,0) mA, Rif = 0,20 Ω.



98

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 I ib– tego WO, aby błąd bezwzględny od niej nie przekroczył na wyjściu układu wartości ∆uo (I ib–) = ± 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 :

( ) ( ) ( )C

Q

C

tItti

Ctutu CiC

i

t

CiCioC

i ∆−=− →−=∆−=∆ =∫ const0

d1

. (10.3.1)

uR

uC

eg uo

WO

iC

ii

R

Ca)

WOid

R

Uio

uid

=0

uoIib-

CiC uC

uRiR

K

b)

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 i i układu, a ten, dzięki pozornej masie w węźle przy we-WO, jest równy stosunkowi wejściowego napięcia i rezystancji R wejściowego rezystora:

( ) ( ) ( )R

E

R

tetiti g

e

giC

g →== =const

. (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:

( ) gi

ig

iio E

tE

RC

ttu

τ−=−=∆ . (10.3.3)



99

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:

V20,1s100µF1MΩ10

V12satmax =⋅≤=i

iog t

UEτ

. (10.3.4)

Teraz można przejść do analizy wpływu wejściowego napięcia niezrównoważenia Uio i prądu polaryzacji I ib- 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:

.const

,,0gdy

=−−=−=

−==−=→=

−− ibio

ibRC

ioRRioRg

IR

UIii

R

U

R

uiUUe

(10.3.5)

Podstawienie tego do zal. (10.3.1) da zależność na łączny błąd adytywny na wyjściu układu:

( ) ( )

−−−=∆=∆ −ibioi

iooio IR

U

C

ttutu . (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:

( ) ( ) ( )RC

tU

C

tIUuIutu iioiib

iooiboioo +=∆+∆=∆ −− . (10.3.7)

Znamienna jest zależność składników błędu od pojemności kondensatora oraz tylko drugiego składnika od rezystancji. Można teraz obliczyć dopuszczalne wartości I ib- i Uio , powodujące maksymalny założony poziom błędu. Ponieważ był on podany jako symetryczny przedział, wynik dla obu wielkości będzie modułem:

( )

,pA100A1010,0

s100

V1010F101

9

36

=⋅

=⋅⋅⋅≤∆⋅

=

−

−−−

−i

iboib t

IuCI

(10.3.8)

( )

mV0,1s100

mV10µF1MΩ10 =⋅⋅≤∆⋅

=i

iooio t

UuRCU . (10.3.9)

Odp. Egmax ≤ 1,20 V, I ib– ≤ 0,10 nA, Uio ≤ 1,0 mV.



100

Zad. 10.4. Problematyka: układy na rzeczywistych wzmacniaczach operacyjnych, 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 :

.czymprzy, 2

222

1

L

ooofoiufo

iufo

R

UIRIUkU

UkU

=−=

= (10.4.1)

Najprościej rozwiązuje się ten układ równań przez odjęcie stronami:

ofL

oofoooo R

R

URIUUU 2

221 ==−=∆ . (10.4.2)

Minimalna dopuszczalna wartość rezystora obciążenia jest określona przez napięcie wyjściowe i graniczny prąd wyjściowy dla liniowej pracy:

Ω500mA20

V0,10

max

1

max2

2min =≈≈=

o

o

o

oL I

U

I

UR . (10.4.3)

Przekształcono zależność (10.4.2) oraz przyjęto, że najmniejszą zauważalną zmianą wskazania woltomierza na wyjściu ∆Uomin jest jedna jednostka w najniższej



101

dekadzie wskazanej wartości, czyli 1 mV:

mΩ50Ω500V0,10

mV1min

1

minmin

2

minmin =≈

∆≈

∆= L

o

oL

o

oof R

U

UR

U

UR . (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, wpływ właściwości rzeczywistych elementów układu: wzmacniacza, rezystorów.

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) I ib+ = + 53 nA i I ib− = + 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%.

Uo

Ui

WO

R2

R1

R3

Iib-

Iib+

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:



102

VV

0,20kΩ0,5kΩ100

ncja transmitaa1

2

1

2 −=−=−=⋅−=n

nufni

n

no R

RkU

R

RU . (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:

V

V25,20

kΩ962,4

kΩ50,100

1

2 −=−=−=r

rufr R

Rk . (10.5.2)

Różnicę względną nachyleń charakterystyki, czyli wzmocnień obliczono z zależności:

( ) ( )%3,1%100

20

2025,20%100 =⋅

−−−−=⋅

−=

ufn

ufnufrrk k

kkR

ufδ . (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:

( )

.%107,2%027,0

%100103,7

20%100

2

40

0

−⋅−=−=

=⋅⋅

−=⋅−≈V

ufnVk A

kA

ufδ

(10.5.4)

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:

( ) −+ ⋅+⋅−⋅

+= ibibiooo IRIRU

R

RU 23

1

21 . (10.5.5)

Zależność (10.5.5) przekształcono do nieco innej postaci, w której dobrze będzie widoczna rola rezystora R3 :

.1

1

21

32

1

2

2

21

21

32

1

2

⋅−⋅+⋅

+=

=⋅+⋅

+⋅

⋅−⋅

+=

+−

−+

ibibio

ibibiooo

IRR

RIRU

R

R

IRI

RR

RRR

RUR

RU

(10.5.6)

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



103

prądów polaryzacji, czyli tzw. wejściowy prąd niezrównoważenia I io , 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:

( ) .mV0,12mV4,456,7V104410mV36,021

nA44kΩ100mV36,05

10011

95

21

2

=+=⋅⋅+⋅=

=⋅+⋅

+=⋅+⋅

+=

−

−ibiooo IRUR

RU

(10.5.7)

b2) R1 = R1n = 5,0 kΩ, R2 = R2n = 100 kΩ, R3 = R3n = 4,76 kΩ:

( ) .mV66,6mV90,056,7

A1053762,4

76,444Ω10mV36,021

1

9-5

21

32

1

2

=−=

=⋅

⋅−+⋅=

=

⋅−⋅+⋅

+= +− ibibiooo I

RR

RIRU

R

RU

(10.5.8)

b3) R1 = R1r = 4,962 kΩ, R2 = R2r = 100,50 kΩ, R3 = R3r = 4,742 kΩ:

( ) .mV73,6mV92,065,7A1053729,4742,4

44Ω10005,1

mV36,025,211

9-5

21

32

1

2

=−=⋅

⋅−⋅

+⋅=

⋅−⋅+⋅

+= +− ibibiooo I

RR

RIRU

R

RU

(10.5.9)

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:

( ) ,%3,1%100, ≤⋅=o

ooibio U

UIUδ (10.5.10)

.mV5189,76mV73,6%3,1

%100 =⋅=⋅≥ ooo UU (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) ( ) %3,1=rk Ruf

δ , b1) Uoo = 12,0 mV, b2) Uoo = 6,66 mV, b3) Uoo = 6,73 mV.



104


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, I ib– = + 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 I ib– .

Rozwiązanie

Rys. 10.6.1. Schemat układu do zad. 10.6.

Schemat układu z wyodrębnionymi z WO źródłami błędu niezrównoważenia: Uio i I ib- 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 I ib- . Ten drugi składnik jest błędem adytywnym, bo jego wartość bezwzględna nie zależy od wartości sygnału użytecznego:

( ) ( )−+= ibioio IUUU ,ff . (10.6.1)

Składnik pochodzący od sygnału użytecznego ma na wyjściu wartość:

( ) mV0,75mV00,515 −=⋅−== iufio UkUU (10.6.2)

natomiast błąd adytywny

( ) ( )( )

( ) .mV5,10mV70,82,19

mV10103,0100,29151mV20,1

11,

369

221

2

−=+==⋅⋅⋅⋅++−=

=++=+

+=≡

−

−−−

-

RIkURIR

RUUIUU ibufioibioooibioo

(10.6.3)

Efekt łączny, oczekiwany na wyjściu:

( ) ( ) ( ) mV5,85mV5,100,75,ff −=−−=+= −ibioio IUUU . (10.6.4)

Błąd na wyjściu, spowodowany napięciem niezrównoważenia i prądem polaryzacji, przeliczony na wartość względną, w stosunku do wyjściowego sygnału użytecznego:



105

( ) ( )( ) %14%100

0,755,10

%100,

, =−−== −

−io

ibiooibio UU

IUUIUδ . (10.6.5)

Odp. Uo = – 85,5 mV, δ = 14 %.


Treść zadania

W katalogu podano dla wybranego przez ciebie WO: Uio ≤ 1 mV i I ib ≤ 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:

( ) 21

21, RIR

RUIUUU ibioibioooo −− +

+=≡ . (10.7.1)

Wartości rezystorów nie są wprost podane w treści zadania, ale można skorzystać z podstawowych związków dla tego układu:

ufifufif kRRR

RkRR =→−=≈ 2

1

21 oraz . (10.7.2)

Można już z (10.7.1) i (10.7.2) zapisać zależność końcową i obliczyć wynik:

( )

( ) ( ) .mV26mV1511V10110101511100,1

1

593 =+=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅

≤⋅++=−−

− ifufibufiooo RkIkUU (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 I ib- dało spory drugi składnik.

Odp. Uoo ≤ 26 mV.



106

Zad. 10.8. Problematyka: układy na rzeczywistych wzmacniaczach operacyjnych, 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:

1VV

1VV

1const BWffk Tguf ⋅≡⋅≡=⋅ . (10.8.1)

AV0ku

Audkuf1

kuf2

kuf = 1

fg1 fg2 fT BW1fgWO

f

(log)

(log)

20dB/dek

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:

kHz257kHz15

35110

2

1121122 ===→⋅=⋅

uf

ufgggufguf k

kfffkfk . (10.8.2)

Tą samą wartość iloczynu mają punkty charakterystyki samego WO; górnego



107

załamania i wzmocnienia jednostkowego, z czego łatwo obliczyć górną częstotliwość graniczną WO i jego pasmo jednostkowe:

MHz85,3kHz35110

V

V1

1oraz

Hz1,32kHz102,1

35110

1V

V1

11

50

11WO

11WO0

=⋅==

=⋅

==

→⋅=⋅=⋅

ufg

V

ufgg

gufgV

kfBW

A

kff

fkBWfA

(10.8.3)

Odp. fg2 = 257 kHz, fgtypWO = 32,1 Hz a BW1 = 3,85 MHz.

Zad. 10.9. Problematyka: wzmacniacz operacyjny o wewnętrznej korekcji częstotliwościowej, pasmo układu oraz wpływ parametru SR.

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:

ufuf

gk

V

VBW

kf

11V

VHzconst ⋅

≡

⋅= , (10.9.1)

kHz3005,1dokHz,200 MHz50

110mintypmin =⋅=⋅= ggg fff . (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 :

( ) ( )02 5,0 == − fkfk ufguf . (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

( )3

SRfkU gufgim ≤ω . (10.9.4)

Lewa strona zależności (10.9.4) to maksymalna wartość pochodnej wyjściowego sygnału sinusoidalnego po czasie przy częstotliwości granicznej. Dla sygnału



108

sinusoidalnego wartość skuteczna jest 2 razy mniejsza od maksymalnej, a więc po przekształceniu zal. (10.9.4)

( ) ( )

( ) .mV1,14V50103,06

104

06

0223232

6

6

typ

5,0typ

5,0

=⋅⋅⋅

⋅==

=

==⋅⋅

=⋅

≤ −

ππ

πω

fkf

SR

fkf

SR

fk

SRU

ufg

ufggufgi

(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 korekcji częstotliwościowej, pasmo układu oraz wpływ parametru SR.

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.



109

AV0ku

Audkuf1

kuf2

kuf = 1

fg1 fg2 fT BW1fgWO

f

(log)

(log)

20dB/dek

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:

Hz200

V

V1050

V

VHz10

V

V1

V

V1

3

7

0WOWO0 =

⋅

⋅=

⋅=→⋅=⋅

V

T

gTgV A

ffffA . (10.10.1)

b) Podobnie dla wzmacniacza napięciowego zbudowanego na tym WO:

MHz50,0

V

V02

V

VHz10

V

V1 7

=⋅

≥⋅

=uf

T

gk

ff . (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.



110

Przyjęto, że granicznie amplituda na wyjściu Uom może osiągnąć nawet poziom napięcia zasilania, a wartość międzyszczytowa Uopp jest oczywiście sumą amplitud:

V242pik -to-pik czyli,V12sup =⋅≡=≈ omoppom UUUU . (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:

,2

,4 sup zozn

zzoznzo

opp

zn

opp

z

oppoo ttt

tt

U

t

U

t

U

t

U

t

u

t

uSR

+=

+≈≈≈=

∆∆

≈∂

∂≡ (10.10.4)

µs9,6

µs

V5,3

V24 =≤≈≈≈SR

Uttt

oppzoznz . (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 'zt ,

według zależności:

.05,1, '2

2'zz

oppzz tt

SR

Utt ⋅≤

+≈ (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:

( ) ( ) ,sin tUtu omo ω⋅= (10.10.7)

( ) fUUtUt

uomomom

o π2cosd

dmax

⋅=⋅ →⋅⋅= ωωω . (10.10.8)

Po zastosowaniu warunku (10.10.6) i przeliczeniu wartości skutecznej na amplitudę:

,3

π22π2SR

fUfU oom ≤⋅=⋅ (10.10.9)

.kHz44s

1104,4

V0,314,3223

V/s105,3

π2234

6

=⋅=⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

≤oU

SRf (10.10.10)

Odp. a) fgWO = 200 Hz, b) fg ≥ 0,50 MHz, c) tz ≤ 6,9 µs, d) f ≤ 44 kHz.



111

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 I f sumujący się w węźle z prądem wejściowym I i . Z tego wniosek, że blok β ma transadmitancję βy , a wynikowy czwórnik z USZ – transimpedancję kzf :

mS00,1kΩ1

11 ==≈==β

ββRU

I

o

fy , (10.11.1)

kΩ00,11 −=−=−≈ ββ

Rky

zf . (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:



112

MΩ72Ω1012106 33 −=⋅⋅⋅−==≈== ikuiki

o

i

i

o

i

oz RkR

U

U

R

UU

I

Uk . (10.11.3)

Teraz można już obliczyć różnicę zwrotną F a następnie rezystancje: wejściową Rif i wyjściową Rof dla układu z takim typem USZ:

4102,7kΩ1

MΩ72 ⋅==−

==βR

Rk

k

kF iku

zf

z , (10.11.4)

Ω167,0106

kΩ13

=⋅

===≈=uiku

ikikiif k

R

Rk

RR

F

R

F

RR ββ , (10.11.5)

mΩ11,11072

Ω803

=⋅

=≈=F

R

F

RR oko

of . (10.11.6)

Wartość różnicy zwrotnej jest tak duża, że można było z pewnością zastosować przybliżenie w zależności (10.11.2).

Odp. do wersji a). βy = 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 ββββ. 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:

,V

V1032,6

V

V

5,1

08,01106

1

33

00

⋅−=

+⋅−

==

+==

= Lok

oku

L

oku

Ii

ou RR

Rk

R

Rk

U

Uk

o (10.11.7)

( )

.V

V1058,5

Ω75,9

Ω70,6

V

V106 33

00,

⋅−=⋅⋅−=

==+

==

Lok

Loku

ok

Loku

okL

Lu

RRi

ou

RR

RRRk

R

RRRk

RRR

RRk

U

Uk

L

β

β

β

ββ

β (10.11.8)

Przy zamianie opisu czwórnika k na transimpedancję trzeba na jego wejściu uwzględnić dodatkowe obciążenia źródła sygnału przez rezystancję Rβ dołączoną praktycznie do masy:



113

( )

.MΩ15,5kΩ923,01058,5 3

,,

−=⋅⋅−

=≈== ββββ

RRkU

RU

I

Uk iku

RRi

io

RRi

oz

LL (10.11.9)

W porównaniu z wersją a) wartość kz jest prawie czternaście razy mniejsza. Transadmitancja czwórnika w torze sprzężenia zwrotnego, w realnych warunkach:

.mS00,11

mS00018,11058,5

11

kΩ1

1

11

1

3=≈=

⋅−−

=

−=−===

β

βββββ

R

kRUR

UU

U

I

uo

io

o

fy

(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

kΩ1,001 −=−≈−≈ ββ

Rky

zf , (10.11.11)

2) z podstawowej zależności sprzężenia zwrotnego (podstawienie w [kΩ] i [mS])

kΩ1,00Ω63,99900018,11015,51

kΩ1015,5

1 3

3

−≈−=⋅⋅+

⋅−=−

=yz

zzf k

kk

β, (10.11.12)

3) na podstawie analizy oczkowo-węzłowej układu z rys. 10.11.1b (podstawienie w [kΩ])

( )

.kΩ1,00kΩ99981,0923,0105,58

11kΩ1

11

1

11

3−≈−=

⋅⋅+−

=

+−≈

⋅−

−

=+

+−

−=−+

==

-

RRk

RR

RR

R

k

R

R

R

U

U

R

R

UU

R

UU

I

Uk

iku

iku

iko

ioi

ik

i

o

i

ozf

ββ

ββ

β

β

β

β

β

β

β

(10.11.13)

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)



114

( ) ( )

.1015,51kΩ1

kΩ923,01058,5

11

1

33

⋅=+⋅⋅

=+=

⋅−

−==

β

ββ

β

β

ββ

ββ

R

RRk

RR

R

kR

RRk

k

kF

iku

iku

iku

zf

z

(10.11.14)

Rezystancje wejściowa i wyjściowa układu z pętlą napięciowo-równoległego USZ

Ω179,01015,5

9233

=⋅Ω=≈=

F

RR

F

RR

ikiif

β , (10.11.15)

mΩ4,141015,5

1,743

=⋅

Ω=≈=F

RR

F

RR

okoof

β (10.11.16)

lub, po podstawieniu zależności (10.11.14) na F, z pominięciem jedynki, do (10.11.16)

mΩ4,14kΩ923,0

Ω1,74

1058,5

kΩ13

=⋅⋅

=⋅≈ik

ok

uof

RR

RR

k

RR

β

β

β

β . (10.11.17)

a przybliżenie w (10.11.17), dopuszczalne w warunkach tego zadania da

mΩ3,141058,5

803

=⋅Ω==⋅≈

βββ

β

u

okok

uof

k

R

R

R

k

RR . (10.11.18)

Odp. do wersji b). βy = 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).

GENERATORY SYGNAŁÓW OKRESOWYCH NA WZMACNIACZU OPERACYJNYM

115

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:

( ) ( )

+⋅+=⋅+==

4

32121 21lnln

1

R

RCRRaCRR

fT , (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.


116

Współczynnik wypełnienia fali zależy w praktyce od rezystancji gałęzi z R1 i R2:

( )( )

.67,585,01

85,0

1oraz

dajeco

22sq

sq21

21sq1

21

1

21

1

21

1sq

⋅=−

==

+=+

=+

=+

=≡ +

RR-FF

FFRR

RRFFR

RR

R

CRR

CR

T

tFF i

τττ

(11.1.2)

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 :

( ) kΩ88,5Ω1068105,2

1121ln

934

321 =

⋅⋅⋅=

⋅=

+⋅+ −CfR

RRR . (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:

246,02

1e4,021ln

4,0

4

3

4

3 =−=→=

+

R

R

R

R. (11.1.4)

Taki stosunek rezystancji można osiągnąć dobierając np.:

kΩ46,2,kΩ0,10 34 == RR (11.1.5)

co da podział dzielnika napięcia wyjściowego na napięcie wejścia nieodwracającego

razy.07,5246,0

111

3

4

3

43 =+=+=+R

R

R

RR (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:

kΩ714kΩ4,0

88,521 ,RR ==+ (11.1.7)

i z zależności (11.1.2) obliczono wartości R1 i R2

( )( )

.kΩ20,25,67

kΩ5,12

67,5lub

kΩ20,2kΩ5,127,14

,kΩ512kΩ85,0714

12

2

sq211

===

=−=

=⋅=+=

RR

R

,,FFRRR

(11.1.8)

Gdyby wartości rezystorów miały być wybierane z tzw. szeregu E-24, o maksymalnej tolerancji czyli różnicy wartości rzeczywistej od znamionowej ± 5 %, proponuje się:


117

kΩ10,kΩ4,2,kΩ2,2,kΩ12 4321 ==== RRRR . (11.1.9)

Wtedy częstotliwość i współczynnik wypełnienia, dla powyższych wartości znamionowych (Czytelnik powinien sam spróbować samodzielnie obliczyć te wartości):

845,0,kHz64,2 sq == FFf . (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 :

( ) .V28V12 sup =−=+= −+ UUUU omomopp (11.2.1)

Współczynnik SR przy stałym nachyleniu zbocza jest stosunkiem wartości międzyszczytowej napięcia wyjściowego do czasu trwania zbocza (przyjęto tzn ≈ tzo ≈ tz):

.µs

V8,2

µs10

V28

d

d=≥=

∆∆

≈≡z

oppoo

t

U

t

u

t

uSR (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


118

zboczy: narastającego tzn i opadającego tzo w okresie T, a czas trwania zbocza tz to średnia arytmetyczna czasów tzn i tzo :

.%0,4100%µs102kHz0,2%1002

%1002

%100sq

=⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅

=⋅

=+

≡

z

zzozn

tfT

t

T

ttQ

(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):

nF100nF3,3

3310 ===→===

a

bbabbbaaa R

RCCCRCR ττ . (11.3.1)

Po zastosowaniu takiego Ca częstotliwość generacji układu powinna być równa:

Hz482Hz1010332

1

2

1

2

183

=⋅⋅⋅

=== −ππτπτ baof . (11.3.2)

W ogólnym przypadku, gdy stałe czasowe się nieco różnią, częstotliwość zależy od ich średniej geometrycznej:

bababa

oCCRR

fπττπ 2

1

2

1 == . (11.3.3)


119

Układ będzie generował sinusoidę, gdy składowe bloki k (wzmacniacz) i β (pętle sprzężenia zwrotnego) spełnią warunki generacji; warunek faz i warunek modułów:

kk1

i0 =−==+ −+ βββϕϕ βo . (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:

.przy of−+ ≈ ββ (11.3.5)

Maksimum transmitancji czwórnika Wiena − bloku β+ przy fo powinno być równe praktycznie niezależnemu od częstotliwości podziałowi dzielnika β− :

1

2

21

1 22

2

2R

R

R

R

RR

R

RR

R

a

b

ba

a

=→+

=+

. (11.3.5)

Przyjęto wartość R2 = 15 kΩ i po przekształceniu (11.3.5):

Ω750kΩ75,0kΩ332

3,315

221 ==⋅

==b

a

R

RRR . (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.


120

Rozwiązanie

uo

R2

WO

Rb

R1

ui-

ui+

Cb

Ra

Ca

a)

uo

R2a D1

D2

WO

Rb

R1

Cb

Ra

Ca

R2b

b)

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:

f

CRCR bbbaaa πττ

2

1==== , (11.4.1)

z czego wynika, że stosunek pojemności w tych gałęziach

03,33,3

10==

b

a

C

C (11.4.2)

jest odwrotny do stosunku rezystancji

03,3==b

a

a

b

C

C

R

R . (11.4.3)

Z zależności (11.4.1) obliczono wartość niezbędnej rezystancji rezystora Ra

kΩ96,7Ω10101022

1

2

193

=⋅⋅⋅⋅

== −ππ aa fC

R (11.4.4)

i następnie z (11.4.3) wartość Rb

kΩ1,24kΩ96,703,303,3 =⋅=⋅= ab RR . (11.4.5)

Następnie ze związku między stosunkami rezystancji, wynikającego z warunku wzbudzenia (patrz poprzednie zadanie)

06,603,32221

2 =⋅===b

a

a

b

C

C

R

R

R

R (11.4.6)

obliczono drugi element pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego

kΩ09,9kΩ5,106,606,6 12 =⋅== RR . (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


121

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:

kHz.97,1Hz1033,0102410102,82

1

2

18383

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==−−πττπ ba

f (11.4.8)

Wzbudzenie fali i stabilna praca z amplitudą około 30 % napięcia zasilania wymaga nastawy rezystora w gałęzi R1 na wartość około:

( ) ( )

.kΩ53,1kΩ242

2,83,45,08,6

2

5,0

2222

1 =⋅

⋅⋅+=+

≈=b

aba

b

a

R

RRR

R

RRR (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:

( )

.2cosd

dpochodnaa

sinsinusoida

maxfUUtU

t

u

tUtu

omomomo

omo

πωωω

ω

= →=

= (11.4.10)

Obliczono stosunek parametru SR do granicznego nachylenia fali (obie wielkości w woltach na sekundę):

0,498,3102212

106,0

2 3

6

≈=⋅⋅⋅

⋅=ππfU

SR

om

. (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.


122

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:

( ) .51aczymprzy,2

11221

21

RRCCCRRC

fo ÷====π

(11.5.1)

Wybrano wstępnie C = 10 nF oraz R2 = 4R1 . Po przekształceniu zal. (11.5.1):


123

.k2,214ik3,5k6,101006,1

105,1102

1

2

124

1214

3812121

Ω==Ω=→Ω=Ω⋅=

=Ω⋅⋅⋅

==== −

RRR

CfRRRR

o ππ (11.5.2)

Autor proponuje zastosować R1 = 5,1 kΩ i R2 = 22 kΩ z szeregu E24 o tolerancji

5% (Dodatek). Spełnią one warunek Ω= k6,1021RR , 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):

( ) 317,031,42

2

2

2

2

2

1

221

1

min=

+=

+=

+=== −−

−

R

RRR

Rf

U

Uo

o

i ββ . (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:

( )

( ) ( ) .317,0min4

'33

'33 ==

+++== −+

+ ββRURR

URR

U

U

oba

oba

o

i (11.5.4)

W zapisie wyraźnie zaznaczono zależność rezystancji całego nieliniowego

dwójnika z diodami od wyjściowego sygnału; składnik '3bR 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):

( ) ( ) ( )

.15,215,31

11

'33

4

min'33

4 =+

→==+

+=−+ obaoba URR

R

URR

R

ββ(11.5.5)

W tym miejscu założono, że przy napięciu wyjściowym o wartości podanej

w tekście zadania, wypadkowa rezystancja '3bR 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:

kΩ95,4kΩ3,35,15,175,025,0

5,033

33 =⋅=⋅=→=⋅

baab RR

RR (11.5.6)


124

( ) ( ) ( ) .kΩ2,14kΩ65,195,415,25,015,25.5.11zi 334 =+=⋅+= ba RRR (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. kΩ22,kΩ1,5,nF10 2121 ==== RRCC ,

( ) ,kΩ15,kΩ3,3,kΩ50kΩ4,2 42133 ==÷+= RDDRR ba

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:


125

01443

1 =++−

−−+

moImoIoKm UR

RR

UU, (11.6.1)

stąd 50,3V8

V28i

22 14

3

4

1

3

====ppoI

oKppppoIoKpp

U

U

R

R

R

U

R

U. (11.6.2)

Pierwszy integrator całkuje falę prostokątną dając falę trójkątną:

∫−= tuCR

u oKoI d1

111 , (11.6.3)

i np. dla odcinka czasu t1÷t2 , w którym fala prostokątna ma dodatnią amplitudę UoKm+

tCR

Ut

CR

Uu oKppoKm

oI1111

1 2

−=−= + , (11.6.4)

a napięcie międzyszczytowe fali trójkątnej UoI1pp będzie równe (podstawiono ∆t = T/2)

1111

max11 422 CR

TUT

CR

UuU oKppoKpp

oIppoI =⋅=∆= (11.6.5)

i po podstawieniu zależności (11.6.2) otrzyma się wzór na częstotliwość generacji, a następnie na stałą czasową pierwszego integratora

ms.19,2s5,34004

1

4

1

4

11

4

3111

4

3

11

=⋅⋅

=⋅==→⋅==R

R

fCR

R

R

CRTf τ (11.6.6)

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

−=4

2 11

Tt

T

Uu ppoI

oI , (11.6.7)

a po drugim

−⋅=−= ∫ 24

2d

1 2

22

11

222

tTt

TCR

Utu

CRu ppoI

oIoI . (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:

.8

,8

,16 221

2

22

12

22

12 CR

T

U

U

CR

TUU

CR

TUU

ppoI

ppoIppoIppoI

ppoImoI === (11.6.9)

Po przekształceniu ostatniej zależności (11.6.9) otrzymano warunek na stałą


126

czasową drugiego integratora

ms625,0s4

8

4008

1

8

1

8 2

1

2

1222 =⋅

⋅=⋅=⋅==

ppoI

ppoI

ppoI

ppoI

U

U

fU

UTCRτ . (11.6.10)

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):

−==≡

2

2

222

12 28,

16amplituda

T

t

T

tUu

CR

TUUU moI

ppoImoIm . (11.6.11)

Zapisano różnicę bezwzględną wartości chwilowych, w stosunku do sinusoidalnego ideału; zmienną jest stosunek t/T:

−

−=−=∆

T

t

T

t

T

tUuuu moI π2sin28

2

2

sin2 . (11.6.12)

Wyznaczono pochodną różnicy z (11.6.12) po stosunku t/T:

( )( )

−

−=∆T

t

T

tU

Tt

um π2πcos2418

/dd

. (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

t

T

t41

π

4π2cos . (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:

moIm UuUu 511,0,0560,0 2max ==∆ . (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.


127

0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5t /T

u /U m

0,00

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

∆∆∆∆u /U m

po drugimintegratorze

sinus

różnicabezwzględnaodniesiona doamplitudy

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:

.7303,030

1

2

1

15

8

5

4

3

148

d444

8d4

5,04/

04

5

3

4

2

3

5,04/

0

4325,04/

0

222

mmm

T

m

T

m

T

oIoI

UUU

T

t

T

t

T

t

TU

tT

t

T

t

T

t

TUtu

TU

=+==

=

+−=

=

+

−

=

≡ ∫∫

(11.6.16)

Dla wzorcowego sygnału sinusoidalnego związek między amplitudą i wartością skuteczną jest doskonale znany:

.7071,02

1

2sin mm

m UUU

U === (11.6.17)

Różnica między wynikiem z (11.6.16) i (11.6.17), odniesiona do wartości skutecznej sygnału wzorcowego:

.%3,3%1007071,0

7071,07303,0%100

sin

=−=∆

m

mm

U

UU

U

U (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:

mmmoIm UUUUU 0328,115

16

15

8222sin ==== , (11.6.19)


128

−

−=−=∆T

t

T

t

T

tUuuu moI π2sin

60

128

2

sin2 . (11.6.20)

Pochodna różnicy z (11.6.20) po stosunku t/T

( )( )

−−=∆T

t

T

tU

Tt

um π2cos

60

2418

/d

d π (11.6.21)

zeruje się, gdy 2π

1541π2cos

−=

T

t

T

t. (11.6.22)

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.

0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5t /T

u /U m

-0,06

-0,04

-0,02

0,00

0,02

0,04

0,06

∆∆∆∆u /U m

po drugimintegratorze

sinus

różnicabezwzględnaodniesiona doamplitudy

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 .

STABILIZATORY KOMPENSACYJNE NAPIĘCIA STAŁEGO I PRĄDU STAŁEGO

129

12. STABILIZATORY KOMPENSACYJNE NAPI ĘCIA 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:

VV

000,1 czyli ===≈i

oufofi U

UkUUU , (12.1.1)

500,2V

V

000,2

000,5

21

2 ====→=+

=o

r

i

rr

r

rri U

U

U

UD

D

U

RR

RUU , (12.1.2)

stąd 500,212

1

2

21 =+=+

=R

R

R

RRDr , (12.1.3)


130

kΩ200,2,kΩ300,3np.,500,1 212

1 === RRR

R. (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:

Fk

kG

u

ufu

1== , (12.1.5)

V

V100,2

V

V

100,5

000,1 34

⋅=⋅

≥=⋅=−

u

ufufu G

kkFk . (12.1.6)

A teraz kolej na obliczenie rezystancji wyjściowej wzmacniacza Ro (sprzężenie zwrotne jest napięciowo-szeregowe):

Ω20Ω100,5

10104

3

=⋅⋅≤=→⋅== −

−

u

ofouo

oof G

RRGR

F

RR . (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 sprzężeniem zwrotnym, dobór elementów układu.

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


131

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

mS00,16mS250,1

00,20 ===r

oyf U

Ik , (12.2.1)

a transmitancja β bloku sprzężenia zwrotnego, typu impedancyjnego, równa w praktyce rezystancji rezystora Rβ , przy założeniu, że USZ jest bardzo silne

Ω50,62Ω1000,20

250,113

=⋅

==≈== −o

r

yfo

fz I

U

kI

URββ . (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 :

+=→≥

+==

o

Lyy

Lo

oyRyy R

Rkk

RR

Rkkk

L

1S22 1001 , (12.2.3)

.S919S903022S56250080

5008022

102

,,,

RRR

RRk

RRR

Rkkk

Lo

Loy

Lo

oyRRyy

L

=⋅=++

+

≥++

+=

++==

+ βββ (12.2.4)

Jak wynika z obliczeń, transmitancja przed zamknięciem pętli zmalała o około 10 %. Tą nową wartość podstawiono do zależności na różnicę zwrotną

33

21024,1

1016

9,19 ⋅=⋅

≥=−

yf

y

k

kF . (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:

( ) ( ) MΩ18,0kΩ177Ω1024,15,6280 3 ≈=⋅⋅+≥+= FRRR oof β . (12.2.6)

Na koniec obliczono współczynniki stabilizacji, Gi jako stosunek bezwzględnych zmian oraz Si jako stosunek zmian względnych:

( ) ( ) ,µS43,1S9,195005,625,62

11

111

1

11

2

22

2supsup

=+

≤+

=

==

+

⋅+

≈

≈+

⋅+

=∆∆

⋅∆∆

=∆

∆=

yL

u

Lu

L

uuL

o

o

ooi

kRRR

kR

RR

Rk

RR

kRRU

U

U

I

U

IG

ββ

β

β

ββ

β β

(12.2.7)


132

.%

%1015,2

%

%

1020

301043,1

δ

δ

33

6

supsup

supsup

−−

− ⋅=⋅

⋅

≤=⋅∆

∆==o

io

ooi I

UG

I

U

U

I

U

IS

(12.2.8)

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 sprzężeniem zwrotnym, dobór elementów układu.

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:

mS00,20mS500,2

00,50 ====r

o

i

oyf U

I

U

Ik . (12.3.1)

Rezystor Rβ w pętli USZ definiuje transmitancję β bloku sprzężenia zwrotnego, która dla takiego sprzężenia, prądowo-szeregowego jest typu impedancyjnego:

Ω00,50kΩ00,20

11 ===≈==yfo

r

o

fz kI

U

I

UR ββ . (12.3.2)

Wykorzystano zależności (12.2.7 i 12.2.8) z poprzedniego zadania do obliczenia


133

niezbędnej ky wzmacniacza przy obciążeniu jego wyjścia sumą rezystancji RL + Rβ :

( )

( ) ( ).S120S

1005050105010

45

efekciewi1

33sup

sup

=+⋅⋅⋅

≥+

=

+≈=

−−Loi

y

yL

oii

RRRIS

Uk

kRRRU

ISG

ββ

ββ (12.3.3)

Można już obliczyć różnicę zwrotną w układzie z pętlą sprzężenia zwrotnego

33

1000,61020

120 ⋅=⋅

≥=−

yf

y

k

kF (12.3.4)

i dopuszczalną rezystancję wyjścia wzmacniacza Ro przed zamknięciem pętli;

.Ω33,8Ω50

106

1025,0

)(

3

6

−=

−

⋅⋅≥−=

+=

β

β

RF

RR

FRRR

ofo

oof

(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:

Lo

LuuLyu RRR

RRkkRRkk

+++

=+=β

ββ 0oraz)( (12.3.6)

i w najgorszym przypadku, dla największej zakładanej rezystancji wyjściowej Ro

( )V

V104,20

V

V1005020120)( 3

0 ⋅=++≥++= Loyu RRRkk β . (12.3.7)

Odp. kyf = 20,00 mS, F ≥ 6000, Rβ = 50,00 Ω, ku0 ≥ 20,4 V/mV, Ro = (0÷20) Ω.

UKŁADY NIELINIOWE NA RZECZYWISTYM WZMACNIACZU OPERACYJNYM

134

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

( )io UBAU ⋅⋅= ln (13.1.1)

zastosowano WO o wzmocnieniu różnicowym AV0 > 1⋅105 V/V, wejściowym prądzie polaryzacji I ib ≤ 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 I imax = 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.


135

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:

kΩ100mA0,1

V100,

max

max ====i

iii I

UR

R

UI , (13.1.2)

i od razu nA100µA10,0kΩ100

mV10minmin ====

R

UI ii . (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):

V0bo1 ⇒−= idFo UUU , (13.1.4)

21 RFi

i IIR

UI +== ; (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-,

( ).exp1exp

przya1exp

211

121

1

12221

11

SST

FSR

T

FSi

FRSRT

FSF

IIM

UII

M

UII

UUIIM

UII

+−+

⋅⋅=+

−

⋅=

=≈

−

⋅=

ϕϕ

ϕ (13.1.6)

Diody są z założenia identyczne i ich wsteczne prądy nasycenie są jednakowe

,exp,exp,21

⋅−=

⋅

⋅−⋅===

T

o

S

i

T

oS

iSSS M

U

RI

U

M

UI

R

UIII

ϕϕ (13.1.7)

⋅⋅⋅−=

RI

UMU

S

iTo lnϕ , (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)


136

mV5,25C1060,1

K2,296J/K1038,1

q

k19

23

=⋅

⋅⋅=⋅=

−

−TTϕ . (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

mV2,48mV5,2589,1 −=⋅−=⋅−= TMA ϕ , (13.1.10)

V

11033,3

10A100,3

11 4510

⋅=Ω⋅⋅

=⋅

=−RI

BS

, (13.1.11)

a gdy Ui ujemne tj. II ćwiartka układu współrzędnych

V

11033,3

1mV,2,48 4⋅−=

⋅−==⋅=

RIBMA

STϕ , (13.1.12)

c) Obliczono już współczynniki w opisie charakterystyki, można teraz obliczyć przedział zmian napięcia wyjściowego:

( )io UBAU ⋅⋅= ln , (13.1.13)

( )

( ) ( ) mV,280mV81,52,481033,3lnmV2,48

V10V

1103,33lnmV2,48ln

2

24minmin

=⋅=⋅⋅=

=

⋅⋅⋅=⋅⋅= −io UBAU

(13.1.14)

( )

( ) ( ) mV.237mV0,152,481033,3lnmV2,48

V10V

1103,33lnmV2,48ln

6

24maxmax

=⋅=⋅⋅=

=

⋅⋅⋅=⋅⋅= io UBAU (13.1.15)

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 ( )

⋅=⋅⋅=

S

iio I

IAUBAU lnln (13.1.16)

to i

io

iSi

S

i

o

I

IAU

I

A

II

IA

I

U ∆=∆→=⋅⋅=∂

∂ 1, (13.1.17)

czyli błąd względny wejściowego prądu i

iI I

Iδ

i

∆= przekłada się na błąd bezwzględny

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 :


137

( ) .µV23,780,2mV10

7232805

0

maxmin

0

÷=÷=

=÷

=→=V

ooid

V

oid A

UUU

A

UU

(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:

( ) ( ) ( ) .pA723,0280,0A1023,780,2M10

µV23,780,2 13

maxmin

÷=⋅÷=Ω

÷≤

=÷

=⇒−

≈

−

−−id

ididi

id

idi R

UUI

R

UI

(13.1.19)

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 I i 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 I ib .

Wymienione wielkości: Uio , Iib będą miały największy wpływ przy minimalnym sygnale wejściowym mV10min =iU , gdy nA100min =iI . Podane w tekście zadania

wartości: napięcia niezrównoważenia mV2,0≤ioU i prądu polaryzacji nA0,1≤ibI

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

( ) %0,2%100mV10

mV20,0%100

min

=⋅≤⋅=i

ioioi U

UUδ (13.1.20)

oraz błąd względny na wejściu, spowodowany prądem polaryzacji

( ) %1,0%100nA100

nA0,1%100

min

=⋅≤⋅=i

ibibi I

IIδ . (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,


138

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

( ) nA30,0A100,3 101 =⋅==∆ −

SSi III , (13.1.22)

( ) %30,0%100nA100

nA30,0%100

min

1 =⋅≤⋅=i

SSi I

IIδ . (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:

( ) ( ) mV0,1Ω0,1mA0,1 =⋅≤⋅=∆=∆ SiSFSo RIRURU , (13.1.24)

( ) ( )%14,0%100

mV723

mV0,1%100

max

=⋅≤⋅∆=o

SoSo U

RURδ . (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.


139

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.

Przyczyna błędu Rodzaj błędu1)

Maksymalny błąd dla modułu sygnału

Ui = 10 mV, I i = 100 nA,

Uo = 0,280 V

Ui = 1,0 V, I i = 10 µA,

Uo = 0,502 V

Ui = 100 V, I i = 1,0 mA,

Uo = 0,723 V

Błę

dy

zdef

inio

wan

e d

la w

ejścia

WO: wejściowe napięcie niezrównoważenia Uio ≤ 0,20 mV

∆i 0,20 mV δi 2,0% 2,0⋅10 – 2 % 2,0⋅10 – 4 %

WO: prąd polaryzacji wejścia I ib ≤ 1,0 nA

∆i 0,10 mV δi 1,0% 1,0⋅10 – 2 % 1,0⋅10 – 4 %

Diody: różnica wstecznych prądów nasycenia IS

∆i 0,030 mV δi 0,30% 3,0⋅10 – 3 % 3,0⋅10 – 5 %

Diody: szeregowa rezystancja statyczna RS ≤ 1,0 Ω

∆i 21 nV 0,21 mV 2,1 V δi 2,1⋅10 − 4% 2,1⋅10 − 2% 2,1%

Rezystor R: wartość rzeczywista różna od znamion. np. o 0,50%

∆i 50 µV 5,0 mV 0,50 V δi 0,50%

Te

sam

e b

łędy

zdef

. d

la w

yjści

a WO: wejściowe napięcie niezrównoważenia Uio ≤ 0,20 mV

∆o 0,96 mV 9,6 µV 96 nV δo 0,34% 1,9⋅10 − 3% 1,3⋅10 − 5%

WO: prąd polaryzacji wejścia I ib ≤ 1,0 nA

∆o 0,48 mV 4,8 µV 48 nV δo 0,17% 9,6⋅10 − 4% 6,6⋅10 − 6%

Diody: różnica wstecznych prądów nasycenia IS

∆o 0,14 mV 1,4 µV 14 nV δo 5,2⋅10 − 2% 2,9⋅10 − 4% 2,0⋅10 − 6%

Diody: szeregowa rezystancja statyczna RS ≤ 1,0 Ω

∆o 0,10 µV 10 µV 1,0 mV δo 3,6⋅10 – 5 % 2,0⋅10 – 3 % 0,14%

Rezystor R: wartość rzeczywista różna od znamion. np. o 0,50%

∆o 0,24 mV δo 8,6⋅10 − 2% 4,8⋅10 − 2% 3,3⋅10 − 2%

1) ∆ – bezwzględny, δ – względny, indeks i – wejściowy, indeks o – wyjściowy.

ELEMENTARNE UKŁADY TECHNIKI CYFROWEJ

140

14. ELEMENTARNE UKŁADY TECHNIKI CYFROWEJ

Zad. 14.1. Problematyka: technika cyfrowa, układy kombinacyjne, realizacja funkcji logicznej.

Treść zadania

Funkcja logiczna jest zdefiniowana jako:

( ) DDCBAAY +⋅++⋅= . (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:

( ) DADADADDCBAAY ⋅=⋅=+=+⋅++⋅= . (14.1.2)

Rys. 14.1.1. Schemat układu logicznego realizującego funkcję w zadaniu 14.1.


Treść zadania

Funkcja logiczna jest zdefiniowana jako:

( )( ) CDCBAAY ⋅⋅⋅⋅+= . (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:

( )( ) CACACACDCBAAY +=+=⋅=⋅⋅⋅⋅+= . (14.2.2)


141

Rys. 14.2.1. Schemat układu logicznego realizującego funkcję w zadaniu 14.2.


Treść zadania

Funkcja logiczna jest tak zdefiniowana:

( ) ( )dcbay ⋅+⋅= . (14.3.1)

Zrealizuj ją za pomocą: a) wyłącznie funktorów NAND dwuwejściowych, b) wyłącznie funktorów NOR dwuwejściowych. Najpierw przekształć formalnie funkcję a następnie narysuj schemat

wykonawczego układu logicznego.

Rozwiązanie

Wykonanie na NAND’ach. Przekształcono tak funkcję, aby były tylko zanegowane iloczyny. Operacja negacji będzie zrealizowana funktorem NAND o połączonych

wejściach, np. ggg ⋅= :

( ) ( ) ( ) ( ) .dcbadcbay ⋅⋅⋅=⋅+⋅= (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. ggg += :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .

+++=+++=⋅+⋅= dcbadcbadcbay (14.3.3)


142

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 b c d y

0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 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.


143

a b

c d 0 0 1 0 1 1 0 1

0 0 0 1 1 0

1 0 0 1 1 0

1 1 1 1 0 1

0 1 1 0 0 1

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.

a b

c d 0 0 1 0 1 1 0 1

0 0 0 1 1 0

1 0 0 1 1 0

1 1 1 1 0 1

0 1 1 0 0 1

Zapis dla grup zer, dlatego wynik to negacja y:

( )cbaddadcaabdday ++⋅=++⋅= , teraz y (14.4.1)

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) .

00

cbdadacbdadddadaaa

cbdadacbdada

cbaddacbadday

++⊕=+++++=

=⋅++⋅+=

++⋅⋅+=

=+⋅

⋅=++⋅=

==

(14.4.2)

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:

( ) ( ) cbddacbaday +⊕≡+⊕= . (14.4.3)

Odpowiednie realizacje za pomocą najprostszych funktorów pokazano na rys. 14.4.1 i 14.4.2.


144

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:

( ) ( ) ( )cbddacbdday ⋅⊕=+⊕= . (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.

( ) cbadacbadaday +⊕=+⋅+⋅= (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.

( ) cdbdacdbdaday +⊕=+⋅+⋅= (14.4.6)


145

Tab. 14.4.4. Łączenie w grupy jedynek w tablicy Karnaugh’a, wersja 1.

a b

c d 0 0 1 0 1 1 0 1

0 0 0 1 1 0

1 0 0 1 1 0

1 1 1 1 0 1

0 1 1 0 0 1

Tab. 14.4.5. Łączenie w grupy jedynek w tablicy Karnaugh’a, wersja 2.

a b

c d 0 0 1 0 1 1 0 1

0 0 0 1 1 0

1 0 0 1 1 0

1 1 1 1 0 1

0 1 1 0 0 1

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.

DODATEK

146

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 zwrotnego na parametry robocze liniowego unilateralnego czwórnika.

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. Szereg E-24

Tolerancja ± 5 % Szereg E-12

Tolerancja ± 10 % Szereg E-6

Tolerancja ± 20 %

1 1,1 2 1,2 1,2 3 1,3 4 1,5 1,5 1,5 5 1,6 6 1,8 1,8 7 2,0 8 2,2 2,2 2,2 9 2,4 10 2,7 2,7 11 3,0 12 3,3 3,3 3,3 13 3,6 14 3,9 3,9 15 4,3 16 4,7 4,7 4,7 17 5,1 18 5,6 5,6 19 6,2 20 6,8 6,8 6,8 21 7,5 22 8,2 8,2 23 9,1 24 10,0 10,0 10,0

Komentarz W dekadzie 24 wartości.

W dekadzie 12 wartości.

W dekadzie 6 wartości.

DODATEK

147

Dod. 15.2. Formalne przeliczenie transmitancji liniowego unilateralnego czwórnika.

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.

Zi

ku

0U

i

Zo

Zi

ki0I i

ZL

ZL

Zg

Zg

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

.

,

0ef

00

uRRRR

gi

iu

g

ou

uRRLo

Lu

i

ou

kRR

Rk

e

uk

kRR

Rk

u

uk

ig

oL

oL

→+

=≡

→+

=≡

<<>>

>>

(15.2.1)

DODATEK

148

Transimpedancja, dzielnik sygnału prądowego na wejściu i napięciowego na wyjściu

.

,

0ef

00

zRRRR

gi

gz

g

oz

zRRLo

Lz

i

oz

kRR

Rk

i

uk

kRR

Rk

i

uk

ig

oL

oL

→+

=≡

→+

=≡

>>>>

>>

(15.2.2)

Transadmitancja, dzielnik sygnału napięciowego na wejściu i prądowego na wyjściu

.

,

0ef

00

yRRRR

gi

iy

g

oy

yRRLo

oy

i

oy

kRR

Rk

e

ik

kRR

Rk

u

ik

ig

oL

oL

→+

=≡

→+

=≡

<<<<

<<

(15.2.3)

Transmitancja prądowa, dzielniki sygnałów prądowych na wejściu i wyjściu

.

,

0ef

00

iRRRR

gi

gi

g

oi

iRRLo

oi

i

oi

kRR

Rk

i

ik

kRR

Rk

i

ik

ig

oL

oL

→+

=≡

→+

=≡

>><<

<<

(15.2.4)

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.

transmitancja napięciowa, czyli

wzmocnienie napięciowe

ku0 ×××× ↓↓↓↓

transimpedancja

kz0 ×××× ↓↓↓↓

transadmitancja

ky0 ×××× ↓↓↓↓

transmitancja prądowa, czyli wzmocnienie

prądowe ki0 ×××× ↓↓↓↓

algorytm przeliczania:

z tego wiersza ⇓ ×××× ⇒ na tą

kolumnę

1 (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

DODATEK

149

Tab. 15.2.2. Przeliczenie transmitancji czwórnika, zdefiniowanej jako stosunek wartości wybranych wielkości „wyj ście/wejście”. Czwórnik obciążony na wyjściu dowolną rezystancją RL .


wzmocnienie napięciowe

ku ×××× ↓↓↓↓

transimpedancja

kz ×××× ↓↓↓↓

transadmitancja

ky ×××× ↓↓↓↓


prądowe ki ×××× ↓↓↓↓



kolumnę

1 (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

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 .


wzmocnienie napięciowe kuef ×××× ↓↓↓↓

transimpedancja

kzef ×××× ↓↓↓↓

transadmitancja

kyef ×××× ↓↓↓↓


prądowe kief ×××× ↓↓↓↓



kolumnę

1 (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

Uwaga! W stosunku do tab. 15.2.2 na miejsce Ri weszła Rg .

DODATEK

150

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

RC

Rg

R2 RE

RL

R1

C1

C2

eg

T

ui

uo

UE

UC

UC

E

UBE

UB

IB

IDB

IC

IE

CE

układ WE

z CE

EC

Rg

R2 RE RL

R1

C1C2

eg

T

ui

uoUE

UC

E

UBE

UB IB

IDB

IC

IE

układ WC

EC

RC

Rg

R2 RE

RL

R1

C1

C2

eg

T

ui

uo

UE

UC

UC

E

UBE

UB

IB

IDB

IC

IE

układ WE

bez CE

EC

RC

Rg

R2RE

RL

R1

C1

C2

eg

Tui

uo

UEUC

UCEUBE

UBIB

IDBIC

IE

CB

układ WB

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.

DODATEK

151

Tab. 15.3.1. Zestawienie wartości parametrów roboczych (małosygnałowych) układów wzmacniaczy na tranzystorze bipolarnym.

Układ

Zdefiniowanie parametru

WE z CE

WE bez CE

WC wtórnik

napięciowy

WB wtórnik prądowy

stosunek rezystancji wejścia do wyjścia

Ri /Ro 0,2÷1 1÷5 >>1 <<1

wzmocnienie napięciowe, RL ⇒

∞ Ω ku0 − (60÷600) − (2÷20) prawie + 1 + (60÷600)

wzmocnienie prądowe, RL ⇒ 0

Ω ki0 − (40÷400) − (4÷40) + (40÷400) prawie + 1

wzmocnienie mocy, RL = Ro

kpmax =

ku0ki0 /4 (0,6÷60)⋅103 2÷200 10÷100 15÷150

Parametry określające punkt pracy tranzystora i układu:

wzmocnienie prądowe tranzystora, dynamiczne (przyrostowe) β i statyczne β0

BQ

CQFEEefe

B

C

I

Ihhhh

I

I ≡≡≡≈≡≡∆∆≡ 02121 ββ , (15.3.1)

napięcie na bazie względem masy przy założeniu pomijalnego obciążania dzielnika R1R2 przez prąd bazy

21

2

RR

REU CBQ +

≈ , (15.3.2)

napięcie na emiterze względem masy

V650,0−≈−= BQBEQBQEQ UUUU , (15.3.3)

napięcie między kolektorem i emiterem

( )ECCQCEEQCCQCCEQ RRIERIRIEU +−≈−−= , (15.3.4)

napięcie na kolektorze względem masy

CCQCCQ RIEU −= , (15.3.5)

prąd kolektora równy w praktyce prądowi emitera

E

EQEQCQ R

UII =≈ ,

0βCQ

BQ

II = , (15.3.6)

DODATEK

152

prąd dzielnika R1R2 przy założeniu pomijalnego obciążania przez prąd bazy

21 RR

EI C

DB +≈ , (15.3.7)

zastępcza rezystancja w obwodzie bazy, równa równoległemu połączeniu R1 i R2

21

2121 RR

RRRRRB +

== . (15.3.8)

Warunki stałości punktu pracy ppQ:

EB RR min01,0 β≤ lub ( ) max2010 BDB II ÷≥ , (15.3.9)

( ) BEQEQ UU 31÷≥ . (15.3.10)

Parametry do małosygnałowego modelu układu:

dynamiczna rezystancja między bazą i emiterem, zdefiniowana od strony bazy

CQCQ

Tebe II

hrmV26

0011 βϕβ ≈≈≡ , (15.3.11)

dynamiczna rezystancja między emiterem i bazą, zdefiniowana od strony emitera

111 +

=≡β

bebeb

rhr , (15.3.12)

dynamiczna rezystancja między kolektorem i emiterem, zdefiniowana od strony kolektora

CQ

Y

ece I

U

hr ≈≡

22

1, (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 ≈ β0 = 200 A/A, βmin ≈ β0min = 150 A/A,

UBEQ = 0,650 V, EC = 20,0V,

R1 = 100 kΩ, R2 = 12,0 kΩ, RB = R1||R2 = 10,7 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,

DODATEK

153

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 Układ WE bez CE

Wzmocnienie napięciowe ku0

oraz przybliżenie ≈

V

V373−=−

be

ceC

r

rRβ

V

V392/ −=− TCQCIR ϕ

V

V60,6

11 −=

−

+−−−

E

be

Cce

E

E

C

R

r

Rr

R

R

R

ββ

V

V80,6/ −=− EC RR

Wzmocnienie prądowe ki0


A

A161−=

+−

beB

B

rR

Rβ

A

A1608,0 −=− β

A

A9,121

11 −=

++−−

ceE

beB

E

B

rR

rR

R

R

β

A

A3,14/ −=− EB RR

Rezystancja wejściowa Ri


Ω= k09,2beB rR

Ω= k08,28,0 ber

( )

( ) Ω÷=

=

+++

+

k97,996,9

1

LCEce

EcebeB RRRr

RrrR

β

Ω= k7,10BR

Rezystancja wyjściowa Ro


Ω= k85,4ceC rR

Ω= k10,5CR

Ω=

+++ k09,51

gBbeE

EceC RRrR

RrR

β

Ω= k10,5CR

Stosunek rezystancji wejściowej do

wyjściowej Ri /Ro

oraz z przybliżeń ≈

0,431

0,408

1,96

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.

DODATEK

154

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).

Parametr

Zależność i przykład wartości dla układu

Układ WC wtórnik emiterowy, napięciowy

Układ WB wtórnik pr ądowy

Wzmocnienie napięciowe ku0


( )V

V983,0

11

1 =

++

=+

E

beebE

E

R

rrR

R

β

V

V1

( )[ ]V

V392

1=

+

be

ceC

r

rR ββ

V

V392/ =TCQCIR ϕ

Wzmocnienie prądowe ki0


( )A

A162

1=

++

beB

B

rR

Rβ

A

A1608,0 =β

( ) A

A978,0

1=

++ beE

E

rR

R

ββ

A

A1

Rezystancja wejściowa Ri


( )( )[ ]Ω÷=

++

k)0,1098,9(

1 LEbeB RRrR β

Ω= k7,10BR

Ω=+

= 7,121 E

beEeb R

rRr

β

Ω=+

= 9,121β

beeb

rr

Rezystancja wyjściowa Ro


( )

( )Ω÷=+

+

7,207,12

1 E

gBbeR

RRr

β

grube ( ) ( )Ω÷=÷ 8,259,1221 ebr

( )[ ] Ω=+ k10,51βceC rR

Ω= k10,5CR

Stosunek rezystancji wejściowej do wyjściowej

Ri /Ro

oraz z przybliżeń ≈

482÷787

415÷829

2,49⋅10 − 3

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).

DODATEK

155

Dod. 15.4. Wpływ sprzężenia zwrotnego na parametry robocze liniowego unilateralnego czwórnika.

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 = I i , Bo = Uo), wejście napięciowe a wyjście prądowe (Ai = Ui , Bo = Io), wejście i wyjście prądowe (Ai = I i , 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 ,1

11

1 USZsilne ββ

−≈−

=⋅−

=

kβk

kk f (15.4.1)

różnica zwrotna ,1USZsilne

βββ ⋅=⋅≈⋅−== kkkk

kF

f

(15.4.2)

DODATEK

156

względna czułość transmitancji wynikowej kf na względne zmiany transmitancji k (przy USZ jedna z transmitancji, k lub β musi być ujemna)

,11

1

1USZsilne βββδ

δ

⋅=

⋅−≈=

⋅−=

kkk

k

kf

k

k f (15.4.3)

i transmitancji β ,11

1 USZsilne=−−≈⋅−=

⋅−⋅−

=β

ββββ

δδ

βf

kk

k

kf (15.4.4)

względny błąd zależności na kf według przybliżenia z (15.4.1), zależny od wartości k;

wartość ze wzoru przybliżonego onaczono 'fk

( ) ;11

11

'

USZsilne'

'

βββδ

⋅−=

⋅=−≈−=

⋅−−=

−=

kkk

k

k

k

kk

kkk ff

f

ffk f

(15.4.5)

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.

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

( ) ,razy1

1 USZsilne21

21

ββ−≈

⋅−=

kk

kkXk if (15.4.6)

Stosunek parametrów

układu: „z pętlą” do „bez pętli”

Typ sprzężenia zwrotnego, pierwszy człon nazwy – strona wyjściowa (w nawiasie podany typ idealizowanego przetwornika sygnału).

napięciowo- szeregowe

(przetw. u → u)

napięciowo- równoległe

(przetw. i → u)

prądowo- szeregowe

(przetw. u → i)

prądowo-równoległe

(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

DODATEK

157

a zakłócenie ( ) ,razy1

1 1USZsilne12

2

ββ kkk

kXk df

−≈⋅−

= (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.

LITERATURA

158

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.

Documents

Madej Skrypt2012 Zadania z Pel