Bipoláris tranzisztorok
(BJTs)
Elektronika 1.
DE TTK
DE TTK
1
Tananyagok:
Elmélet és kidolgozott feladatok: (angol)
Sedra/SmithMicroelectronic Circuits Chapter 5
Kidolgozott feladatok: (magyar)
Feladatok_5_fejezet.pdf
Execises Solutions:
Microelectronic_Circuits_5Th_S.pdf
pp: 39-55
Problems Solutions:
Microelectronic_Circuits_5Th_S.pdf
pp: 276-362
DE TTK
2
5.Fejezet
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
Tartalom
Eszközfelépítés fizikai működés
Áram-feszültség karakterisztikák
A BJT, mint erősítő ill. kapcsoló
A BJT DC-n
Munkapontbeállítás
Kis jelű működés és modellek
Egyfokozatú BJT erősítők
BJT belső kapacitások és nagyfrekvenciás működés
Közös emitteres erősítő frekvenciaátvitele
BJT-s logikai inverter
SPICE BJT model
DE TTK
3
5.1 Eszközfelépítés, fizikai működés
NPN tranzisztor
Elektronok és lyukak is
részt vesznek a töltésszállításban:
Bipoláris eszköz
PNP tranzisztor
BJT üzemmódok:
Üzemmód
EBJ
CBJ
Felhasználás:
Cutoff
Reverse
Reverse
Kapcsoló üzem
Active
Forward
Reverse
Erősítő
Reverse active
Reverse
Forward
Alig használt
Saturation
Forward
Forward
Kapcsoló üzem
DE TTK
4
Valóságos rétegelrendezés
Simplified cross section of a planar npn bipolar
junction transistor
Link: Tranzisztor múzeum
Link: Milestones of electronics
DE TTK
5
npn tranzisztor aktív üzemmódban
BE: nyitó, CB: záró előfeszítés
• Erősen szennyezett Emitter,
• Gyengén szennyezett és vékony Base
• Csak a diffúziós áramkomponens lényeges
• A hő generált drift áram nagyon kicsi,
elhanyagolható.
BE réteg: Két áramkomponens:
1. E elektronokat injektál B-be (sok)
2. B lyukakat injektál E-be (kevés)
A bázisrétegbe bekerülő elektronok nem képesek rekombinálódni , eljutnak a zárt CB dióda kiürített
rétegébe, ahol megnövelik annak szaturációs áramát.
Az emitter áram:
A kollektor áram:
iE = iC + iB ,
β=
€
iB =
iC = α • iE ,
α,
1− α
iC
,
β
α: közös bázisú áramerősítés ( 0.99 )
β: közös emitter áramerősítés (50..200)
€
DE TTK
€
A bázis áram:
€
6
Jelölések, aktív előfeszítés, áram-feszültség összefüggések
U-I kapcsolatok aktív módban:
iC = IS e v BE /VT ,
iC # IS & v BE /VT
iB = = % (e
,
€ β $β'
BJT jelölés
iB = (1− α )iE =
iC = α • iE ,
€
iC # IS & v BE /VT
iE = = % (e
,
α $α '
€
€
BJT előfeszítés aktív tartományban
€
iE
,
β +1
iE = (β + 1)iB ,
iC = β • iB ,
€
α,
β=
1− α
DE TTK
€
α=
β
,
β +1
7
Nagyjelű áramköri modell
A modell csak aktív tartományban érvényes
iE =
iC # IS & v BE /VT
iB = = % (e
,
β $β'
I S vBE /VT
e
,
α
DE: Dióda az emitternél
“F” index: Forward active üzemmód
€
DE TTK
8
Ebers-Moll modell
Az összes üzemmódban érvényes leírást ad.
Nem célunk az általános megoldás keresése.
DE TTK
9
Example 5.1
Feladat:
Tervezzünk, hogy
IC=2mA és VC=5V legyen.
Adatok:
β=100, vBE=0.7V IC=1mA-nál.
Megoldás:
VCBJ: negatív, aktív mód.
RC=10V/2mA=5kΩ,
Ha VBE=0.7V IC=1mA-nál akkor:
2mA-nél: VBE = 0.7 + VT ln"$ 2 %' = 0.717V,
#1&
VB=0V, ezért VE= -0.717V,
€
így:
IE=IC/α=2/0.99=2.02mA,
(IE=IC+IB=IC+2/β=2+2/100=2.02mA)
ez alapján:
RE=(VE-(-15V))/IE=(-0.717+15)/2.02=7.07kΩ,
DE TTK
10
5.1.5 Működés szaturációs üzemmódban
iC = IS e
v BE /VT
$ IS ' v /V
− & )e BC T ,
% αR (
€
Első tag:
nyitóirányban előfeszített EBJ
Második tag:
nyitóirányban előfeszített CBJ
(jelentőssé válik ha: VCB ≥ 0.4V, VBC ≤ -0.4V)
DE TTK
11
5.2 Áram-feszültség karakterisztikák
5.2.2 A BJT karakterisztikák grafikus reprezentációja
iC = IS e v BE /VT ,
iE-vBE és iB-vBE is
exponenciális jellegű
-2mV/0C
€
Közös bázisú karakterisztikák:
vCB !
DE TTK
Megjegyzések:
•Letörés nagy vBC-nél,
•Enyhe változás iC-ben vBC fgv.-ben
12
5.2.3 Az Early effektus
Közös emitteres karakterisztikák:
vBE vezérléssel
vCE !
A karakterisztika vonalak nem vízszintesek.
A –vCE tengelyen van egy fesz, érték ahol összefutnak.
A jelenség oka a kiürített réteg szélességének vCE függése.
VA tipikusan: 50...100 V értékű.
DE TTK
13
Grafikonok
Közös emitteres karakterisztikák:
IB vezérléssel
β IC és T függése:
β DC = B =
€
DE TTK
€
β AC =
ΔiC
ΔiB
ICQ
IBQ
,
,
Vce= const.
14
Szaturációs feszültség és ellenállás
A β kisebb a szaturációs tartományban
A görbe meredeksége az RSAT reciproka.
(1Ohm..10Ohm)
Áramköri modell
Szaturációs módban:
DE TTK
15
5.3 A BJT, mint erősítő ill. kapcsoló
5.3.1 Erősítő üzem: Nagyjelű működés – Transzfer karakterisztika
Az áramkör alapján:
vO = vCE = VCC − RC iC ,
Működés:
0 ‹ v I‹ 0 . 5 V:
€
Az eszköz a Cutoff tart.-ban van.
Ekkor a BJT kikapcsolt, IC=0:
Mintha egy vezérelhető kapcsolónk lenne
OFF állapotban.
v I› 0 . 5 V:
Aktív mód: v I nőè iC nő
iC = IS e v BE /VT = IS e v I /VT ,
vO = vCE = VCC − RC IS e v I /VT ,
€
€
Az ex függés miatt meredek vO esése.
Ha vCE vBE alá csökken 0.4V-al: CBJ bekapcsol,
a tranzisztor belép a szat. módba. (Z pont)
Most vI-vel vezéreltünk. Lehet iB-vel is.
Szat. módban:
vO = VCEsat ≅ 0.1...0.2V,
V − VCEsat
ICEsat = CC
,
RC
DE TTK
16
5.3.2 Aktív mód - erősítés
A munkapontot lineáris tartományba:
a Q –ba kell tolni.
Ekkor VBE – VCE – IC jellemzi a tr. viszonyait.
Q kis környezetében: lineáris az átvitel:
dv o
Av =
dv I
,
v I = v BE
vO = VCC − RC IS e vBE /VT (x.),
€
€
Av =
dv o
dv I
=−
v I = v BE
1
I R
V
IS e v BE /VT RC = − C C = − RC ,
VT
VT
VT
Invertáló átvitel.
A szimmetrikus kivezérelhetőség miatt: VCE ≈ VCC/2
€
(x.)-ből az elméleti maximum:
(Z-nél)
Av max
VCC − VCEsat
VCC
=−
≅−
,
VT
VT
DE TTK
17
Example 5.2
Az adott közös emitteres kapcsolásban adott:
IS=10-15 A, RC=6.8kΩ, VCC=10V.
(a.) Hat. meg VBE-t, hogy VCE=3.2V legyen.
Mekkora ekkor IC ?
(b.) Hat. meg Av-t a bias pontnál! Ha egy 5mV csúcsértékű szinusz adódik a bias VBE-hez, mekkora a
kimenő jel amplitúdója? (lineáris működés felt.)
(c.) Hat. meg, hogy mekkora vBE növekmény vezérli a BJT-t
a szaturáció határához! (Ekkor vCE=0.3V)
(d.) Hat. meg, hogy mennyivel kell vBE –t csökkenteni, hogy
a BJT a cut-off tartomány határához (1%) kerüljön!
(Ekkor vo=0.99VCC)
Megoldás:
(a.) IC=(VCC-VCE)/RC=(10-3.2)/6.8=1mA,
(b.)
iC = IS e v BE /VT ,
-alapján:
1x10-3 =10-15 e(VBE/VT) –ből: VBE=690.8mV,
Av = −
VCC − VCE
10 − 3.2
=−
= −272,
VT
0.025
Vˆo = 272 • 0.005mV = 1.36V,
€
DE TTK
€
€
18
Example 5.2
(c.) Mivel vCE=0.3V:
iC=(10-0.3)/6.8 = 1.617mA
Ahhoz, hogy iC 1mA-ről 1.617mA-re nőjön:
# 1.617 &
Δv BE = VT ln%
( = 12mV,
$ 1 '
(d.) Mivel vo=0.99xVCC=9.9V, :
iC=(10-9.9)/6.8 = 0.0147mA
€
Ahhoz, hogy iC 1mA-ről 0.0147mA-re csökkenjen:
# 0.0147 &
Δv BE = VT ln%
( = −105.5mV,
$ 1 '
€
DE TTK
19
5.3.3 Grafikus analízis : Munkapontbeállítás
IB meghatározása
IC és UCE meghatározása
DE TTK
20
Grafikus analízis : Jelátvitel
Vbe, ib, ic meghatározása
Vce meghatározása
DE TTK
21
5.3.4 Kapcsoló üzemű működés
A lezárt (cutoff) és telített (saturated) üzemmódokban működik.
Cutoff tartomány: (A tranzisztort le kell zárni)
A vBE < 0.5V, è iB = 0, è
iC = 0, è vc = VCC.
Saturated tartomány: (A tranzisztort nagyon ki kell nyitni)
Vi=0.5V :csak kis iB áram. Ha vBE ≈ 0.7V , ehhez Vi > 0.7V
ekkor:
iB =
v I − v BE
,
RB
iC = βiB ,
Amíg CB dióda nyitott:
€
(vCB nyitás: 0.4V)€
è csak aktív módra érvényes, amíg CB zárt.
ahol:
vC ›v B − 0.4V,
vC = VCC − RC iC ,
Nyilvánvalóan: Ha vI nő, iB is nő, vC csökken.
Ha vC 0.4V-al vB alá csökken: elérjük az aktív mód határát, és a „saturated” módba érünk:
€
€
VCC − 0.3 továbbra is felt.: vBE ≈ 0.7V
IC (EOS )
Ekkor: i
=
,
i
=
,
C (EOS )
B (EOS )
RC
β
(Vsat EOS = 0.3V)
EOS: Edge of Saturation
DE TTK
22
Kapcsoló üzem
VI (EOS ) = IB (EOS )RB + VBE ,
A vezérlő fesz. értéke EOS-nél:
Tovább növelve vI-t: a tr. „mélyebbre” kerül a sat. módban, de VCE nem igazán csökken.
Szokásos (és jogos) feltételezés:
Ez alapján:
iCsat =
€
VCC − VCEsat
,
RC
VCEsat ≅ 0.2V,
(szintén nem változik lényegesen)
Összegezve: tovább növelve iB-t: Icsat és UCEsat nem csökken lényegesen, a tr. kikapcsolt-
€
Ekkor a tranzisztor egy Rsat és VCEoff elemekkel helyettesíthető.
€
Szaturációs módban a tr.
kényszerített β-s módban van.
β forced =
ICsat
,
IB
Ez jóval kisebb, mint a normál β.
€
DE TTK
IB / IB(EOS) arány:
„Overdrive factor”
23
Example 5.3
Az ábra szerinti tranzisztorra hat. meg RB-t! Β: 50...150, Overdrive factor: 10
Megoldás:
VCEsat ≅ 0.2V,
IB =
€
iCsat =
VCC − VCEsat 10 − 0.2
=
= 9.8mA,
RC
1
ICsat 9.8
=
= 0.196mA,
β min €50
A lin. működés és EOS határa
10-es overdrive-val:
IB = 10 • 0.196 = 1.96mA,
€
RB =
v I − v BE 5 − 0.7
=
= 2.2kΩ,
iB
1.96
Exercise 5.21
€
Adott:
VCC=+5V, vI=+5V,
€ RB=RC=1kOhm, β=100.
Kérdések: IB, IC, VC, βforced, telítésben.
RB mekkora EOS.nél. (a szat. határán)
DE TTK
24
5.4 BJT-k DC-n
A következő számításoknál feltesszük: VBE=0.7V, VSAT=0.2V, nincs Early-hatás.
(Jobb modellel, jobb eredmény érhető el, de lényegesen nehezebben)
A számítás menete:
Milyen üzemmódban van a tranzisztor?
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Cut OFF üzemmód kizárása
Feltételezés: aktív üzemmód
U és I számítások
Értelmesek-e a kapott eredmények? (VBE = 0.7V, VCB ‹ -0.4V), Igen: OK.
Ha nem, feltételezzük, hogy szaturációs módban van.
U és I számítások
Ellenőrzés: Szat. módban vagyunk-e? (βforced ‹ βmin)
DE TTK
25
Example 5.4
Hat. meg az U és I értékeket!
Milyen módban van a tranzisztor?
β=100
IC=αIE
α=β/(β+1)
DE TTK
26
Example 5.5
Hat. meg az U és I értékeket!
Milyen módban van a tranzisztor?
β›50
b: Felt. aktív mód
c: Felt. Szat. mód
Ellenőrzés:
βforced=IC/IB=?
DE TTK
27
Example 5.6
U=?, I=?
1: B=0, E=0 è BEJ nem vezet (Base-Emitter Junction)
2: B=0, C++ è CBJ nem vezet
CUTOFF mode
DE TTK
28
Example 5.7
U=?, I=?
Nincs β megadva. Mit tegyünk?
Feltételezés: β =100. (jogos-e, )
DE TTK
29
Example 5.8
U=?, I=? β=100
Ellenőrzés: VCB=0.7V è aktív mód, de ez egy rosszul tervezett á.k.!
Ha β nő 10%-al: elhagyjuk az aktív tartományt. (β nagyon szór. pl. 50..150)
DE TTK
30
Example 5.9
U=?, I=? βmin=30
Először: Aktív mód.
VB≅0V, VE=0.7V, IE= 4.3mA de:
Aktív módban:
Icmax = 0.5mA ! (Miért is?)
Nem lehet!
Másodszor: Szaturált mód –
1. Paraméteres felírás.
2. IE = IC + IB –be helyettesítve : VB=3.13V
ezzel az U és I értékek kiszámíthatók.
VE=3.83V, VC=3.63V
IE=1.17mA, IC=0.86mA, IB=0.31mA
Ellenőrzés: βforced=IC/IB≈2.8 ( ≪ β )
DE TTK
31
Example 5.10
U=?, I=? β=100
1. Bázis osztó Thevenin helyettesítő meghat.
VBB=+15RB2/(RB1+RB2)=+5V,
RBB=RB1 II RB2=33.3kOhm
2. Huroktörvény L-re:
I
IB = E ,
VBB = IB RBB + VBE + IE RE ,
β +1
Ezekből:
€
IE =
VBB −VBE
= 1.29mA,
RE + ( RBB / ( β +1))
IB =
1.29
= 0.0128mA,
101
€
VB = VBE + IE RE = 0.7 + 1.29 • 3 = 4.57V,
€
€ a tr. aktív módban van:
Most feltételezzük, hogy
IC = α • IE = 0.99 •1.29 = 1.28mA,
VC = +15 − IC RC = 15 −1.28 • 5 = 8.6V
VC › VB, tehát CBJ zárt: aktív mód
€
DE TTK
32
Example 5.11
U=?, I=?
Feltevés: Q2 aktív
Mint 5.10 feladat, kiegészítve Q2-vel.
VB1, IE1,IB1,IC1, u.a, mint előbb.
Felt: IB2‹‹IC1, ezért: VC1 u.a., mint előbb.
VC1-VB1 alapján: Q1 aktív mód.
IC 2 = α 2 IE 2 = 0.99 • 2.85 = 2.82mA
VC 2 = IC 2 RC 2 = 2.82 • 2.7 = 7.62V
€
VE 2 = VC1 + VEBQ 2 ≅ 8.6 + 0.7 = 9.3V,
€
€
Ez 0.98V-al kisebb, mint VB2, tehát aktív mód.
Hiba a számításban: IB2=0 nem igaz:
IE 2 2.85
=
= 0.028mA,
β 2 +1 101
Ezzel ujra lehet
számolni mindent.
Pontosabb lesz az eredmény. (könyv)
IB 2 =
+15 − VE 2
IE 2 =
= 2.85mA,
RE 2
DE TTK
€
€
33
Example 5.12
U=?, I=? β=100
Nyilvánvaló: Q1, Q2 nem lehet egyszerre nyitva. (Q1 nyitófesz. Q2-t lezárja)
1. feltételezés: Q2: On:
a. Áram: 1k➝Q2E➝Q2B➝10k: Q2B negatív kell legyen.
b. Ha Q2B negatív: +5V-ból áram 10k-n a bázis felé folyik.
a. és b. Ellentmondóak: Ez egy rossz feltételezés.
2. Q1: On. Aktív, vagy szaturált?
Nyilvánvalóan: Q1 bázisa +5V-nál kisebb fesz.-en van , mivel befelé folyik a bázis áram:
CBJ-Q1 lezárt: Q1 aktív.
U és I meghatározása innen már egyszerű.(ábra)
DE TTK
34
5.5 BJT erősítők munkapontbeállítása
Bevezető
Munkapont: vezérés nélkül az eszközön a DC U és I értékek (bemenet, kimenet)
Mit várunk a beállítástól?
• Hőmérsékletfüggetlen
• β független
• Maximális kivezérelhetőség
Az alábbi áramkörök nem jók. Miért?
A munkapontbeállítás:
(a): feszültség generátoros meghajtás
az exp U-I függvényen kis U változás
nagy I változáshoz vezet
(b): áram generátoros meghajtás
β szórása miatt szór a munkapont is.
DE TTK
35
5.5.1 Klasszikus munkapontbeállítás
Feszültségosztó és RE ellenállásból.
A Thevenin helyettesítő egyszerűen
számítható:
VBB =
€
R2
VCC ,
R1 + R2
RBB =
VBB
R1 • R2
,
R1 + R2
L hurokra felírható:
€
−VBB + I B RB +VBE + I E RE = 0,
IE =
és IE=(β+1)IB -ből , IB helyettesítéssel:
VBB − VBE
,
RE + RB /(β + 1)
R
B
Akkor lesz T és β változásaitól érzéketlen, ha: VBB ››VBE és RE ›› β + 1 ,
Ellentmondó követelmények:
VBB nagy legyen (ekkkor V€CB kicsi)
VCB nagy legyen (ekkkor nagy az erősítés és a VC-n a változás)
€
Szokásos választás:
VBB ≈ 1/3VCC , VCB (orVCE ) ≈ 1/3VCC , IC RC ≈ 1/3VCC
€
DE TTK
36
MP beállítás
Akkor lesz β független IE, ha RB kicsi.
RE ››
RB
,
β +1
Ekkor R1 és R2 is kis értékű. (Nagyon kis értékeknél azonban nagy lesz az áramuk és kicsi az Rbe)
Ha ez az osztóáram elég nagy IB-hez képest
ez teljesül : Szokásos választás:
€
I0 ≅ IE ...0.1IE ,
Az RE-nek MP stabilizáló hatása van:
Tételezzük fel, hogy (bármi miatt) megnő:
€
IE ↑⇒ VE ↑⇒ VB = áll.⇒ VBE ↓⇒ IC ↓⇒ IE ↓,
RE negatív visszacsatolást valósít meg, stabilizálja a MP-ot.
(negatív v.cs. részletesebben később)
€
DE TTK
37
Example 5.13
Tervezzük meg a munkapontbeállító áramköri elemek értékeit!
Adatok: VCC=+12V, IE=1mA,
Megoldás:
1. „Harmadoljuk a tápfeszt”: VBB =1/3VCC ,VCE
2. Igy VBB = +4V
3. VE=4-VBE ≅ 3.3V
4. RE=VE/IE=3.3/1 = 3.3kΩ
5. Ha I0=0.1IE=0.1x1 = 0.1mA, (I0:osztóáram)
6. R1+R2=12V/0.1mA=120kΩ
€
7. (R2/(R1+R2))*VCC = 4V
8. Igy: R2=40kΩ, R1 = 80kΩ
Eddig feltételeztük, hogy IB=0,
Ha IB≠0:
VBB − VBE
I
=
=
E
9. IE:
R + R /(β + 1)
E
B
=1/3VCC ,U RC =1/3VCC
4 − 0.7
= 0.93mA,
80x40
3.3 +
101
RE csökkentésével: RE=3kΩ è IE=1.01mA≅1mA
10. Ha I0=1mAèR
2=4kΩ, R1=8kΩ
€
Ekkor:
V −V
4 − 0.7
BB
BE
IE =
=
= 0.99mA ≅ 1mA,
RE + RB /(β + 1) 3.3 + 0.027
DE TTK
€
11. Végül:
RC=VRC/IC
IC=αIE=0.99Ÿ1mA≅1mA
RC=4kΩ
38
5.5.2 Klasszikus mp. beállítás bipoláris tápfeszültségnél
Az L hurokra:
IB・RB + VBE + IE・RE – VEE = 0
IE=(β+1)・IB -ből:
IE =
VEE − VBE
,
RE + RB /(β + 1)
€
RB csak akkor szükséges ha jel becsatolás innen történik.
(FB erősítőnél földelt a bemenet RB elhagyható RB=0)
Munkapontbeállítás szempontjából elhagyható, VB ≾ 0V.
(Miért negatív VB ? Válasz: IB GND-ből B-be folyik ⤇ VB negatív)
DE TTK
39
5.5.3 Mp. Beállítás C – B visszacsatoló ellenállással
Csak közös emitteres kapcsolásnál!
Részletes analízis. Könyv!
DE TTK
40
5.5.4 Mp. beállítás áramgenerátorral
Modern, egyszerű, jobb az előzőknél:
IE független β és RB értékétől,
RB nagy lehet (nagy RIN) anélkül,
hogy a mp. beállítás stabilitása romlana.
Áramgenerátor:
L hurokra:
-VCC+IREFŸR+VBE-VEE=0
IREF =
L
VCC − (−VEE ) − VBE
R
Mivel a Q1 és Q2 egyforma:
€
I = IREF =
(csak a tápfesz. és R értékektől függ)
VCC + VEE − VBE
R
Ez a kapcsolás az „áramtükör”. (Amíg Q2 aktív tartományban van jól működik)
€
DE TTK
41
5.5 Kisjelű működés és modellek
U és I jelölések vezérléssel
U és I vez. nélkül csak DC előfeszítés
Ismétlés:
IC = IS eVBE /VT ,
U és I kapcsolatok DC-n:
IE =
IC
,
α
IC = α • IE ,
IB =
IC
,
β
IC = β • IB ,
(aktív tartomány, amíg VC ≥ VB-0.4) €
€
€
€
VC = VCE = VCC − IC RC ,
€
DE TTK
42
5.6.1 Meredekség
Vezérelve az előfeszített BJT-t:
v BE = VBE + v be ,
Behelyettesítve iC-be:
iC = IS eVBE /VT = IS e(VBE +v be ) /VT = IS e(VBE ) /VT • e( v be ) /VT ,
€
Új alak:
vbe ‹‹ VT közelítéssel:
€
(DC és AC komponens)
Az AC komponens:
€
iC = IC e( v be ) /VT ,
I
iC ≅ IC + C v be ,
VT
I
ic = C v be = gm v be ,
VT
Az K⋅ex fgv sorfejtésével, az első két tag
figyelembevételével. (kis jel közelítés)
gm: transconductance
€
gm =
€
IC
,
VT
IC-vel arányos. pl. IC=1mA gm=?
Fontos a feltétel betartása:
vbe ‹‹ VT
€
A tranzisztor feszültség vezérelt áramforrásként
modellezhető.
DE TTK
43
5.6.2 Bázisáram és a bemeneti ellenállás a bázisnál
iB =
€
iC IC 1 IC
= +
v be ,
β β β VT
iB DC komponense: I = IC ,
B
iB AC komponense:
gm =
Az előzőek alapján:
β
1 IC
ib =
v be ,
β VT
A kisjelű bemeneti ellenállás:
IC
,
VT
è
rπ =
ib =
€
gm
v be ,
β
v be β €
= , más alak:
ib
gm
rπ =
VT
,
IB
€
€
5.6.3 Emitteráram és a bemeneti ellenállás az emitternél
€
iC IC 1 IC
iE = = +
v be ,
α α α VT
€
€
iB DC komponense: I = IC ,
E
α 1 I
C
ie =
v be ,
α VT
iB AC komponense:
€
A kisjelű bemeneti ellenállás: r = v be = α ≅ 1 , más alak:
e
€
ie
gm
gm
DE TTK
€
re =
VT
,
IE
44
€
5.6.4 Feszültségerősítés
A teljes (AC+DC) vC:
vC = VCC − iC RC ,
vC = VCC − (IC + ic )RC = (VCC − IC RC ) + ic RC = VC − ic RC ,
VC: Kollektor fesz.
A kollektor€fesz. AC komponense (Uki):
€
v c = −ic RC = −gm v be RC = −(gm RC )v be ,
Ebből az erősítés:
v
Av = c = −gm RC ,
v be
€
más alak
Exercise 5.38
€
Mekkora a feszültség erősítés, vC,iB?
Adatok:
IC
Av = − RC ,
VT
(ezt már ismerjük)
€
IC=1mA, VCC=15V, RC=10kΩ, β=100,
vbe=0.005sin(ωt),
DE TTK
45
5.6.5 AC és DC szeparáció
Az eddigiek alapján nyilvánvaló, hogy a tr.-os erősítőn mérhető feszültségek
két komponensből állnak:
•DC áramok, feszültségek: munkapontbeállítás „DC szemüveg”
•AC áramok, feszültségek: jelátvitel
„AC szemüveg”
A két U – I rendszer más-más összefüggések szerint számítható.
Az AC jelátvitel szempontjából a működés egy „új” áramkörrel modellezhető:
Ez a kis jelű linearizált helyettesítő modell.
Modellalkotás:
A munkapont beállító fesz. forrásokat
és a tápszeszültséget rövidzárral helyettesítjük.
Miért is? (egyszerűen belátható)
Két modellfelépítés használatos: „π” és „T”,
Mindkettőnél két variációval is dolgozunk.
DE TTK
46
5.6.6 A hibrid π modell
Feszültség vezérelt áramgenerátor:
Áram vezérelt áramgenerátor:
NPN és PNP tranzisztorra is érvényes
DE TTK
47
5.6.7 A T modell
Feszültség vezérelt áramgenerátor:
Áram vezérelt áramgenerátor:
NPN és PNP tranzisztorra is érvényes
DE TTK
48
5.6.8 A kis jelű modell alkalmazása
A módszer használatával a tr.-os áramkörök modellezése és számítása egy szisztematikus eljárássá válik
1. Határozd meg a BJT-re a DC munkapontot, főleg az IC-t!
2. Számítsd ki a kisjelű modell paramétereket:
gm=IC/VT, rπ=β/gm, re=VT/IE=α/gm.
3. Helyettesítsd a DC generátorokat: feszültség generátor: rövidzár
áram generátor:
szakadás
4. Helyettesítsd a BJT-t valamelyik kis jelű modelljével! (Az áramkör szempontjából
optimális változatot használd!)
5. Végezz áramkör analízist a kívánt paraméterek meghatározására (erősítés, ellenállás)!
A következő példák jól illusztrálják az eljárást.
DE TTK
49
Example 5.14
Határozzuk meg a fesz. erősítést!
β=100,
Megoldás: (A módszer alkalmazásával)
IB=(VBB-VBE)/RBB = (3-0.7)/100k = 0.023mA,
IC= β ・IB = 100x0.023mA = 2.3mA,
VC = VCC-ICRC = 10-2.3x3 = 3.1V
A fentiek alapján:
re=VT/IE = 25mV/(2.3/0.99)mA = 10.8Ohm,
gm = IC/VT = 2.3mA/25mV = 92mA/V,
rπ = β/gm = 100/92 = 1.09kOhm,
Ezek az értékek láthatók az ábrán:
DE TTK
50
Example 5.14
A modell:
(a választás okainak mellőzésével)
A fesz. források rövidzárral helyettesítve!
Analízis:
v be = v i
rπ
1.09
= vi
= 0.011v i ,
rπ + RBB
101.09
v o = −gm v be RC = −92 • 0.011v i • 3 = −3.04v i ,
€
€
Av =
vo
= −3.04,
vi
(Minusz előjel: fázisfordítás)
DE TTK
51
Example 5.16
Mekkora az erősítés, milyenek a jelalakok?
Megoldás:
DC munkapont
(C:open)
A T modell
alkalmazásával
(C:short)
DC munkapont:
IE = (10-VE)/RE = (10 - 0.7)/10 = 0.93mA
Legyen: β=100 è α=0.99,
IC = 0.99IE = 0.92mA
VC = -10 + ICRC = -10 + 0.92x5 = -5.4V
(Ell: Aktív mód?)
VC változás aktív módban: -5.4V...+0.4V (szat.határ)
DE TTK
ill.: -5.4V...-10V.
α=0.99
re= VT/IE = 25mV/0.93mA =27Ohm,
Av = vo/vi = 183.3 (pozitív)
52
Example 5.16
A kimeneti kivezérelhetőség
a BJT szaturációs és cut-off
határáig.
(A jelátvitel már nemlineáris,
túlléptük a kis jel limitet.)
A kis jel limit a bemeneten:
kb. 10mV peak.
Az adott erősítéssel (183.3)
a kimenő jel:
DE TTK
53
5.6.10 Az Early-hatás a helyettesítő modellben
Az ideális áramgenerátorok helyett:
ro =
(VA + VCE ) VA
≅ ,
IC
IC
Természetesen a kimeneti fesz. változik:
€
€
v o = −gm v be (RC ro ),
DE TTK
54
Example 5.40
Adatok:
I=1mA, β=100, VA=100V, Rsig=2k, RL=8k,
Kérdések:
a.: VB, VE, VC :?
b.: gm, rπ, ro :?
c.: Hat. meg a π modell-t (a. vált.), ha Z földelve van.
A bemeneten a vezérlő generátor forrás
ellenállása és a terhelő ellenállás adott.
d.: Mekkora a teljes fesz. erősítés? (vy/vsig)
e.: ro elhagyása mekkora hibát okoz az erősítésben?
HF1.
Mindenkinek kötelező megoldani, a megoldást kézírásos formában beadni!
DE TTK
55
5.7 Egyfokozatú BJT erősítők
Három lehetséges struktúra:
1. Közös emitteres (Common emitter)
2. Közös bázisú (Common base)
3. Közös kollektoros (Common collector)
Mindhárom struktúrát azonos munkapontbeállítással üzemeltetjük.
5.7.1 Az alapáramkör – azonos munkapontbeállítás
Az I, RB, RC, β ismeretében minden számítható
DE TTK
56
Exercise 5.41
Határozzuk meg a munkaponti U és I értékeket!
Mekkora a VC változási tartománya?
Adjuk meg a kisjelű helyettesítő modelleket! (π és T)
a. β=100,
b. β= 50, HF !
c. β=200, HF !
Adott: RC=8kΩ, RB=100kΩ, VCC=+10V, VEE=-10V,
VA=100V (Early feszültség)
Megoldás: Az előző ábrán az egyenletekbe behelyettesítve:
Az áramköri egyenletek:
Az U és I β=100-nál:
VC swing:
+ irányba:
VC nő: Amíg a tranzisztor lezár,
Vcmax=+10Vè ΔVC= 8V
- irányba:
VC csökken: Amíg a tranzisztor
szaturál (VCB nyit 0.4V-ig),
Vcmin=-0.6Vè ΔVC= 3.4V
DE TTK
57
Exercise 5.41
Kisjelű helyettesítő modellek ( π és T )
Az 5.4 táblázat alapján:
€
€
gm =
IC
V
= 40mA /V, re = T = 25Ω,
VT
IE
rπ =
V
VT
= 2.5kΩ, ro = A = 100kΩ,
IB
IC
DE TTK
58
5.7.2 BJT-s erősítők minősítése
Az erősítő valóságos jelforrással és terheléssel:
Az 5.5 táblázat alapján a mennyiségek definíciói:
DE TTK
59
BJT-s erősítők minősítése
DE TTK
60
Ekvivalens áramköri modellek
Összefüggések:
Ri, Ro, Avo, Ais, Gm : az erősítő saját értékei, nem függnek Rsig, ill. RL értékektől.
Rin, Rout, Av, Ai, Gvo, Gv : függnek vagy az egyik, vagy mindkét értéktől (Rsig, RL).
DE TTK
61
Mikor melyik modell használható, milyen paramétert számítsunk?
Az áramkör környezetének ismeretében lehet csak a választ megadni.
Bármely modell használata ugyanarra az ereményre kell vezessen.
Néha csak a saját értékek kellenek. pl. erősítő tervezés
Néha a teljes erősítőre vonatkozó paraméterek fontosa.k pl. erősítő felhasználás
DE TTK
62
5.7.3 Közös emitteres (CE) erősítő
Az áramkör:
CC1, CC2: be ill. kimeneti csatoló.
DC: szakadás, AC: rövidzár
CE: bypass kapacitás:
AC: rövidzárèjó föld az E-nél
(az á.g. ∞ ellenállását söntöli)
valóságos érték:1..10..100μF
Hatásuk vizsgálata az erősítőre: később.
Ekvivalens áramkör a π helyettesítő modellel:
Készítés: „AC szemüveg”
DE TTK
63
A CE erősítő terminal paraméterei
Bemenő ellenállás:
Az erősítés (saját):
€
A nyílthurkú erősítés:
RL=∞
Rin =
vi
= RB Rib = RB rπ ,
ii
vo
= −gm (ro RC RL ),
vi
€
v
Avo = o
= −gm (ro RC ), ha ro ››RC :
v i R =∞
€
Avo = −gm RC ,
L
Rout =
vo
io
v sig=0
= RC ro ,
€
DE TTK
€
€
Rin ≅ rπ ,
Av =
€
A kimeneti ellenállás:
ha RB ››rπ :
ha ro ››RC :
Rout ≅ RC ,
64
5.7.5 Közös bázisú (CB) erősítő
Bemenő ellenállás:
Az erősítés (saját):
€
A nyílthurkú erősítés:
RL=∞
€
vi
Rin = = re ,
ii
A kimeneti ellenállás:
Rout =
v o −α ie (RC RL ) α
Av = =
= (RC RL ) = gm (RC RL ),
vi
−ie re
re
vo
Avo =
vi
vo
io
= RC ,
v sig=0
mint CE erősítő
€
= gm RC ,
R L =∞ DE TTK
65
5.7.5 Közös kollektoros (CC) erősítő - Emitterkövető
Az áramkör:
Egyszerűsítés:
ro párhuzamos RL-el
A T modell:
DE TTK
66
CC erősítő
Az egyszerűsített T modell:
A paraméterek számítása
lényegesen összetettebb!
A számításhoz:
a bemeneten ib, a kimeneten ie folyik.
Áramkörszámításhoz: ezt át kell alakítani
az ie – ib kapcsolat alapján!
Thevenin
átalakítással:
DE TTK
67
DE TTK
68
DE TTK
69
DE TTK
70
CC erősítő erősítésének analízise
Teljes erősítés:
ha RB ››Rsig és ro ››RL ,
€
€
Gvo =
ha RL = ∞,
€
€
(ro RL )
vo
RB
Gv =
=
•
,
R
+
R
v sig Rsig + RB
sig
B
+ re + (ro RL )
β +1
RL
Gv ≅
,
Rsig
+ re + RL
β +1
RB
ro
•
,
Rsig + RB Rsig RB
+ re + ro
β +1
Ha a nevezőben RL ill. re melett lévő mennyiségek azokhoz képest kicsik:
az erősítés ≅ 1. (tipikusan a FC erősítő erősítése)
€
A kimeneti ellenállás:
Rout
v
= o = ro
io
#
Rsig RB &
% re +
(,
%
β + 1 ('
$
mivel ro nagy:
DE TTK
Rout
#
Rsig RB &
(,
= %% re +
β + 1 ('
$
71
5.7.7 Az erősítők összehasonlítása
1. A CE erősítőnek nagy erősítése van, egy erősítő rendszerben ez adja az erősítés többségét.
2. A CE erősítő kiegészítése RE ellenállással javít az áramkör tulajdonságain,
az erősítés csökkenés árán. (nem analizáltuk)
3. A CB erősítőnek kis bemeneti ellenállása van.
Jók a nagyfrekvenciás tulajdonságai is.
4. Feszültség követő alkalmazás, a nagy jelforrás ellenállás
és a kis értékű terhelés izolálása a feladata.
DE TTK
72
CE amplifier, using RE
DE TTK
73
Rin and Rout:
DE TTK
74
Voltage gain:
gm
DE TTK
75
5.8 A BJT belső kapacitásai és nagyfrekvenciás modellje
Nagyfrekvenciás π modell:
Cμ: CB kiürített réteg kapacitása
Cπ = Cde + Cje,
Cde: A bázisréteg diffúziós kapacitása
Cje: A BE kiürített réteg kapacitása
Cµ 0
A CB dióda kiürített réteg kapacitása:
(záróirányban előfeszített dióda)
Cµ =
A BE dióda diffúziós kapacitása:
(nyitott)
Cde = τ F
A BE dióda kiürített réteg kapacitása:
€
€
pontosabb:
€
C je =
" VCB %
$1+
'
# V0c &
m ,
IC
,
VT €
C je 0
€m ,
# VBE &
%1 −
(
$ V0e '
C je = 2C je0 ,
Cµ 0 : 0V − on,
V0c :"built − in voltage : 0.75V,
m : grading coeff : 0.2 − 0.5
τ F : forward base transit time,
C je 0 : 0V − on,
V0e : EBJ built − in voltage : 0.9V,
m : EBJ grading coeff : 0.5
76
€
Az áramerősítés frekvencia függése, fT áramfüggése
Cμ és Cπ értékeket nem szokták megadni de hFE (ill. β) frekvenciafüggéséből számíthatók.
Levezetés nélkül:
h fe = β =
Az egységnyi erősítés sávszélesség:
gm rπ
β0
=
,
1+ s(Cπ + C µ )rπ 1+ s(Cπ + C µ )rπ
ωT = β 0ω β ,
fT =
€
STC hálózat
€
€
gm
,
2π (Cπ + C µ )
fT: 100MHz...10GHz
A töréspont:
ωβ =
1
,
(Cπ + C µ )rπ
DE TTK
€
77
BJT datasheets
•
•
•
•
•
•
BC182
BC212
2N2222
BJT parameters
Robtron
Farnell
DE TTK
78
5.9 A CE erősítő átvitele
Kapacitív csatolású erősítő
Az átvitel:
3 részre szeparálható
Sávszélesség: (BW)
-3dB értékekkel
BW = fH – fL
Gyakorlatban:
BW ≅ fH , (fH ›› fL)
DE TTK
79
CE frekvenciafüggése
Közepes frekvenciákon: a kapacitások elhanyagolhatók, fr. független az átvitel.
Nagy frekvencián: a csatoló C-k, CE rövidzárnak vehetők.
Nagyfrekvenciás modell:
Egyszerűsítés után:
DE TTK
80
CE nagyfrekvencián
Cπ helyettesítése:
A helyettesítés során Cμ -t
a bemenetre transzformáljuk.
A transzformáció során a Cμ a bemenetnél
nagyobbnak látszik (1+gmRL) faktorral.
(erősítés a sávközépen)
Ezt a hatást Miller-hatásnak nevezzük.
A bemeneten lévő transzformált C: Miller kapacitás
A HF átvitel a Miller-kapacitással:
Vo
AM
=
,
Vsig 1+ s
ω0
ω
1
fH = 0 =
,
,
2π 2πCin Rsig
AM = −
RB
rπ
gm RL, ,
RB + Rsig rπ + rx + ( RB Rsig )
€
€
Az fH alacsony a Miller kapacitás miatt.
€(100KHz..MHz)
DE TTK
81
Example 5.18
Határozzuk meg a sávközépi erősítés és fH értékét!
Adatok: VCC=VEE=10V, I=1mA, RB=100kΩ,
RC=8kΩ, Rsig=5kΩ, RL=5kΩ, β0=100, VA=100V,
Cμ=1pF, fT=800MHz, rx=50Ω.
Megoldás:
A π modell paraméterei:
gm =
IC
1mA
=
= 40mA /V,
VT 25mV
Cπ + Cµ =
€
€
gm
= 8 pF,
ωT
β0
100
=
= 2.5kΩ,
gm 40mA /V
€
Cπ = 7 pF,
€
VA 100V
=
= 100kΩ,
IC 1mA
€
RB
rπ
gm RL, ,
RB + Rsig rπ + rx + ( RB Rsig )
Cin = Cπ + C µ (1+ gm RL, ) = 128 pF,
€
ro =
Cµ = 1pF,
€
A sávközépi erősítés:
€ AM = −
fH:
rπ =
[
]
Rsig = rπ rx + ( RB Rsig ) = 1.65kΩ,
DE TTK
€
RL, = ro RC RL = 3kΩ,
fH =
AM = −39,
1
=€754 kHz,
,
2π Cin Rsig
82
5.9.3 A CE erősítő kisfrekvencián
Az áramkör a DC források
eltávolítása után:
(Igen : szakadás
VCC : rövidzár )
Analízis a C-k szeparációjával:
1: CC1 hatása
DE TTK
83
A CE erősítő kisfrekvencián
2: CCE hatása
3: CC2 hatása
DE TTK
84
A CE erősítő kisfrekvencián
A három hatás összege:
Az átvitel:
$ s '$ s '$ s '
Vo
= −AM &
)&
)&
),
Vsig
s
+
ω
s
+
ω
s
+
ω
%
P1 (%
P 2 (%
P3 (
Általában a CE hatása adja a legmagasabb fP-t
€
A -3dB-es fL frekvenciára közelítő számításhoz:
1 $ 1
1
1 '
fL ≅
+
+
&
),
2π %CC1RC1 CE RE CC 2 RC 2 (
(RC1 és RC2: a CC1 és CC2 által „látott” ellenállások)
Ezzel ekvivalens leírás:
€
f L = f P1 + f P 2 + f P 3 ,
DE €
TTK
85
Example 5.19
Adott egy CE erősítő (5.18 példa).
RB=100kΩ, RC=8kΩ, RL=5kΩ, Rsig=5kΩ, β0=100, gm=40mA/V, rπ=2.5kΩ
Hat. meg CC1, CC2, CE értékeit, hogy: fL=100Hz.
Megoldás:
1: A C-által látott R-ek:
€
RC1 = ( RB rπ ) + Rsig = 7.44kΩ,
R R
RE = re + B sig = 72Ω,
β +1
RC 2 = RC + RL = 13kΩ,
2: CE a domináns: 80%-ban járul hozzá fL-hez
€
€
1
= 0.8 • 2π •100, → CE = 27.6µF,
CE • RE
3: CC1 10%-ban járul hozzá fL-hez:
€
1
= 0.1• 2π •100, → CC1 = 2.1µF,
CC1 • RC1
3: CC2 10%-ban járul hozzá fL-hez:
€
1
= 0.1• 2π •100, → CC 2 = 1.2µF,
CC 2 • RC 2
DE TTK
( C választás standard értékekből: fL‹100Hz )86
5.10 Bipoláris tranzisztoros inverterek
Alapkapcsolás:
Az inverter a tranzisztor cutoff ill szaturált üzemmódjában működik.
DE TTK
87
Feszültségátvitel:
(Részletes analízis a könyvben)
DE TTK
88
Szaturált – nemszaturált üzemmódok
Az előző áramkör szaturált üzemmódjából az aktív módba átváltáshoz nagyon sok idő kell.
(a bázisrétegben felhalmozott töltéshordozókat el kell távolítani: nagy tPLH idő.)
Az alap TTL áramkörök szaturált módban működnek: ma nem használunk ilyen áramköröket, (pl.7400, 10ns)
(módosított áramkör a szaturáció elkerülésére: “S” változat (pl.74S00, 3ns)
Nem szaturált üzemmódú BJT inverter: áram üzemmódú emittercsatolt (ECL) logika.
Ezek a leggyorsabban működő logikai áramkör családok. (1ns)
TTL NAND kapu
(szaturált BJT mód)
ECL AND és NAND kapu
(nemszaturált BJT mód)
DE TTK
89
5.11 SPICE BJT modellek és szimuláció
(Wikipedia transistor models)
Modelltípusok:
Modellek az eszköztervezéshez:
Szimulálják a gyártás közben zajló fizikai-kémiai folyamatokat
Modellek az áramkörtervezéshez:
Nagyjelű, nemlineáris modellek:
•Fizikai
(Fizikai működés alapján)
•Empírikus (mért adatokra illesztett görbék ill. ezek extrapolációja)
•Táblázatos (táblázatban lévő adatok ill belőlük extrapoláció)
Kisjelű lineáris modellek: (lineáris átvitelű áramkörökhöz)
•Ebers–Moll model
•Gummel–Poon model
•BSIM3 (see BSIM)
•BSIM4
•BSIMSOI
•EKV MOSFET Model (its web site at EPFL)
•PSP
•HICUM
•MEXTRAM.
•Hybrid-pi model
•H-parameter model
90
€
BJT SPICE Ebers-Moll modell
€
€
€
iBE =
IS v BE
e
(
βF
iBC =
IS v BC
e
(
βR
iCE = IS (e v BE
n F VT
−1),
n R VT
−1),
n F VT
− e v BC
n R VT
),
iB = iBE + iBC ,
iC = iCE − iBC ,
iE = iCE + iBE ,
€
Különleges effektusok kezelése:
pl: Early-effektus
iCE = IS (e
v BE n F VT
−e
v BC n R VT
€
€
# v BC &
)%$1− V (',
A
VA : Early voltage (15 V to 150 V
91
Ebers-Moll modell kapacitásokkal
Sokkal finomabb, másodlagos effektusokat is figyelembe vevő modell:
Gummel-Poon model
92
Modellparaméterek
Tipikus értékek
93
Tina - demo
94