Bu PNP Transistör neden tetiklemiyor?

Aşağıdaki devre MCU_LS12 üzerindeki bir MCU'dan 3.3V sinyal almalı ve 12V yüksek taraf sinyal vermelidir.

Çıktı her zaman 12 V'dir. Kaideyi çıkış transistörüne doğru toplamada yeterli "yere" çekilmiyor - sadece 12V sonra 11.5V'a gidiyor.

Neyi kaçırıyorum? LS12'deki giriş sinyali, bir MCU'dan 3,3V'dur ve test için% 50 kare dalga gönderir. Q6 neden Q8s tabanını yere düşürmüyor? Neyi değiştirebilirim? Bölücü mü?

EESE editörünü kullanarak şemayı çizelim (yapmanız gerektiği gibi):

^{bu devreyi simüle et - CircuitLab kullanılarak oluşturulan şematik}

Seni kablolu olarak topluyorum $Q_8$yanlış. Andy'nin işaret ettiği gibi, normal bir PNP, tersine çevirirseniz yine de PNP transistörü olarak işlev görebilir. Ama genellikle çok daha kötü$\beta$ (bir BJT'de işlerin doped edilmesi ve fiziksel olarak inşa edilmesi nedeniyle.)

Ancak, Andy ne kaçırmış olabilir [Eğer bir MJD127G ( veri sayfası ) kullandığınızı ciddiye alabilir varsayarak ], o zaman bu bir Darlington !! Bunları tersine çevirip fazla beklemiyorsunuz. Bunları doğru şekilde ayarlamanız gerekiyor!

Kullandığından bahsettiğinden beri $R_{LOAD}=200\:\Omega$, Onunla gideceğim. Bu sadece$I_{C_8}=60\:\textrm{mA}$. Veri sayfasından önemli bir grafik:

$V_{CE_{SAT}}\approx 800\:\textrm{mV}$bu akımda. Yani ciddi olarak hakkında daha iyisini bekleyemezsiniz$11\:\textrm{V}$ karşısında $R_{LOAD}$. Hiç. Bunu planlaman gerek. Ve daha az, toplayıcı akımınız önemli ölçüde artarsa.

Unutmayın ki $\beta=250$doygunluk için! Oldukça önemli. Ama bu bir Darlington. Bu beklenen bir şey. Yük akımınız gerçekten sadece$60\:\textrm{mA}$ o zaman temel akımınızın $250\:\mu\textrm{A}$.

Şimdi, bir Darlington $Q_6$! Ne?? Oh iyi. Bu şeyin minimum $\beta=5000$ bir $I_C=10\:\textrm{mA}$! Aklın yerinde mi? İçin gerekli temel akım$Q_6$ burada, bu yayıcı takipçi yapılandırmasında $50\:\textrm{nA}$ (bu düşük akımlarda, $\beta$ Her durumda, üzerinde konuşmak için herhangi bir temel akımınız yok $Q_6$.

Peki değeri ne $R_{22}$? Onun$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}}=9200\:\Omega$. Ancak, örneğin,$50\:\mu\textrm{A}$ için $R_{25}$, Bir $7.2\:\textrm{k}\Omega$Orada. Değeri$R_{25}$ en fazla kaynak olmalı $50\:\mu\textrm{A}$, bu yüzden bir şey yapıştırırım $22\:\textrm{k}\Omega$Orada. (Ben daha büyük yapmak için çok cazip olurdu. Ama ne halt. Buna sadık kal.) Yani, yine,$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}+50\:\mu\textrm{A}}\approx 7.2\:\textrm{k}\:\Omega$.

^{bu devreyi simüle et}

Yükü arttırırsanız, sadece hesaplamaları takip edin.

Neden Darlingtons kullanıyorsunuz ?? Ah. Şimdi, yükün yukarı doğru$3\:\textrm{A}$. Bu yüzden mantıklı.

Bu tür bir yük için işleri yeniden yapalım:

^{bu devreyi simüle et}

Darlington daha fazla voltaj düşecek ve şimdi oldukça fazla güç harcayacak. Aslında, uygulama cesaretinden daha fazla dağıtacak !! Termal dirence ve maksimum çalışma sıcaklıklarına bir göz atın! Daha iyi dağıtmak için tahtanın üzerinde çok özel bir şey yapmadığınızı varsayarsak, hakkında daha fazlasını dağıtamazsınız.$1.5\:\textrm{W}$ bu cihazda.

Yani tüm sayılar "yarı-tamam" olsa da, birkaç sorun var.

1. Darlington'ınızdaki dağılım sadece birkaç kat fazladır.
2. Hakkında kaybedeceksin $1.5\:\textrm{V}$yüksek yan besleme rayınızdan yükünüze ulaşır. Eğer ile yaşayabilirsen$10.5\:\textrm{V}$, o zaman böyle bir sorun olmayabilir. Ama işte burada, Darlington'ın önce sadece kendini yakmakla kalmayıp,

Bunun dışında, iyi görünüyor.

Dağılımla uğraşmanız gerekiyor. Bu, bir MOSFET'in oldukça iyi görünmeye başladığı durumlardan biridir.

Q6 tamamen açılsa bile, bu devrede olan şey bu değil, bir $V_{BE}$ düşürmek $\approx 0.7V$, bu yüzden yayıcısında bulabilirsin $3.3V-0.7V=2.6V$yaklaşık olarak. Bu nedenle,$V_{CE}$ neredeyse sıfırdı (dediğim gibi, devrenizde imkansız), Q8 tabanı toprağa çekilmeyecekti.

R22'den yayıcıdan kurtulun ve Q6'nın açılması için uygun bir önyargı ayarlamak için Q6 tabanı ile seri olarak yerleştirin. Bu modifiye şematik ile Q6 bir anahtar görevi görür ve Q8 tabanını yere çok yakın çekebilir (tam olarak değil, ancak: ufacık doygunluk voltajına sahip olacaksınız$V_{CE(sat)}$ Q8'in CE terminallerinde, muhtemelen 200mV'den az).

Bir yan not olarak, verici R22 ile Q6 sabit bir akım kaynağı olarak hareket eder, çıkış akımı $I_C \approx I_E = \frac{V_B \;-\;0.7V}{R22} = \frac{3.3V \;-\;0.7V}{220\Omega}\approx 12mA$.

Sorun şu ki, 12V rayına doğru voltaj boşluğu olduğu sürece devre bir akım kaynağı olarak çalışıyor. Devrenizde bu 12mA'yı Q8'in BE bağlantısına paralel olarak R25'e (2.2kΩ) zorlar (Q8'i doğru bağladığınızı varsayarsak, yani devrenizde C ve E'yi değiştirirsiniz).

Bu akım neredeyse tamamen tamamen Q8'in öne eğimli BE bağlantısında akar ve akar. Neden? Çünkü bu bağlantı KAPALI olsaydı, 12mA akımın tamamı R25'te akacaktı ve bunun için bir 12V ray ile mümkün olmayan bir 26V düşüş gerekiyordu. Bu nedenle BE bağlantısı AÇIK olmalıdır ve bu nedenle üzerinde ~ 0,7 V'luk bir düşüş gösterecektir, bu da R25'te çok küçük bir akım oluşturacaktır ($\frac{0.7V}{2.2k\Omega}\approx 0.31mA << 12mA$).

Tabanındaki 12mA akım, çıkış transistörünü doyurmak ve açık bir anahtar olarak çalışmasını sağlamak için fazlasıyla yeterlidir (ihtiyacınız olan şey budur). Ancak, "sürücü" transistörü Q6 bir anahtar gibi değil, (değiştirilebilir) bir akım kaynağı olarak, tabanını beklediğiniz gibi yere çekmeyeceksiniz.

PNP transistörünün (Q8) doygun olduğunda biraz daha düşük bir Vce elde etmek için değiştirilen verici ve toplayıcı ile kasıtlı olarak bağlandığını varsayıyorum. Bu teknik şimdi ve sonra kullanılır, ancak ters yayıcı-temel gerilim bozulması ile ilgili potansiyel problemleri vardır, bu yüzden kasıtlıysa matematik yapın. Değilse, okumaya devam edin.

Çıktı her zaman 12V'dir.

Yük olmadan ve yüksek empedans ölçer kullanarak VE Q8'den küçük bir kaçak akım verildiğinde, çıkış 12 volta kadar hafifçe çekilme eğilimi gösterir ve gördüğünüz şey bu olabilir.

Kaideyi çıkış transistörüne doğru toplamada yeterli "yere" çekilmiyor - sadece 12V sonra 11.5V'a gidiyor.

12 volt ve taban arasındaki bağlantı, ileri ileten bir diyottur ve ılımlı bir baz akımı için sadece 0.4 volt ile 0.7 volt arasında düşmesi muhtemeldir. Bu bir sorun değil. Baz akım Q6 tabanındaki 3.3 volt tarafından ayarlanır - Q6'nın yayıcısına yaklaşık 2.7 volt "koyar" ve yaklaşık 12 mA'lık bir akımı R22'den akmaya zorlar - bu akım büyük ölçüde Q8 tabanından geçirilir ( (yaklaşık 10 mA) açın.

Neyi kaçırıyorum?

Bir çıkış yükü ve muhtemelen yanlış kablolama toplayıcı ve verici dışında, fazla bir şey yok.

Yorum 1) BJT transistörünü anahtar (amplifikatör değil) olarak kullanırken, verici ile güç kaynağı arasında hiçbir devre elemanı olmadan vericiyi doğrudan güç kaynağına bağlayın. NPN transistörleri için vericiyi doğrudan NEGATİF güç rayına (örn., GROUND) bağlayın ve PNP transistörleri için vericiyi doğrudan POZİTİF güç rayına bağlayın (örneğin, güç kaynağınız olduğunu düşündüğüm 12V_IGN_ON). Kolektörü AÇILAN yüke bağlayın | KAPALI. [Benzer şekilde, MOSFET anahtarları için MOSFET'in SOURCE pinini doğrudan güç kaynağına bağlayın: N-MOS'un SOURCE'u NEGATİF güç kaynağına; P-MOS'un POZİTİF güç kaynağına KAYNAĞI. DRAIN'ı yüke bağlayın.]

Yorum 2) Bir Darlington çiftindeki çıkış transistörü doymaz (tamamen AÇIK duruma gelir); doygunluğa yaklaşır, fakat asla doygunluğa ulaşmaz. Bunu göz önünde bulundurarak, kullandığınız Darlington transistörleri daha fazla güç harcar (israf eder) ve doygunlukta çalışan "standart" BJT transistörden çok daha ısınır; bu nedenle, burada yapıldığı haliyle bir Darlington çifti kullanıldığında yüke teslim için daha az güç sağlanacaktır. TL; DR: Kesim (KAPALI) ve doygunluk (AÇIK) arasında geçiş yapması gereken devreleri değiştirmek için asla Darlington çifti transistörleri kullanmayın.

Yorum 3) IMO, BJT anahtarlama devreleri tasarlarken akım hesaplamaları ile çalışmak en kolay yoldur. Çıkış yükünün maksimum 100 mA akım çektiğini varsayalım. Diyelim ki Darlington transistör Q8'i, doygunluk beta değeri 10 olan küçük sinyalli bir PNP BJT (örn. 2N3906) ile değiştirdiğinizi varsayalım (veri sayfasına bakın). Kullandığımız ilk tahmin hesaplaması için,

Q8_IC_sat = Q8_Beta_sat * Q8_IB_sat

Bu nedenle,

=> IB_sat = IC_sat / Beta_sat
= (-100 mA) / (10)
=> IB_sat = -10 mA

Dolayısıyla Q8'in tabanından çıkan akım en az 10 mA olmalıdır. Bu temel akım, Q6 toplayıcısı ile Q8 tabanı arasında seri olarak bağlanmış uygun değerli bir akım sınırlayıcı direnç R_X aracılığıyla "programlanır" . (nb R22 ve R25 dirençlerini ortadan kaldırın.)

R_X = ((12V_IGN_ON) - (Q8_VBE(SAT) @ Q8_IC=100mA) - (Q6_VCE(SAT) @ Q6_IC=10mA)) / 10mA

Q6'yı bir NPN BJT ile değiştirin - örn. Küçük sinyal 2N2222A. Şimdi amaç mikrodenetleyicinin dijital çıkış pimi bir mantık YÜKSEK çıkış üretmek üzere programlandığında Q6'yı doyurmaktır. Bir kez daha, 2N2222A'nın veri sayfasına baktığımızda doygunluk beta'nın 10 olduğunu görüyoruz. Böylece mikrodenetleyicinin dijital çıkış piminden Q6'nın tabanına gerekli akım akıyor

Q6_IB_sat = Q6_IC_sat / Q6_Beta_sat
= (10 mA) / (10)
=> IB_sat(Q6) = 1 mA

Bu 1 mA akım, mikrodenetleyicinin dijital çıkış pimi ile Q6'nın tabanı arasına seri olarak bağlanmış uygun değerli bir akım sınırlayıcı direnç R_Y ile programlanabilir:

R_Y = ( (microcontroller VOH) - (Q6_VBE(Sat) @ Q6_IC(sat)=10mA) ) / 1 mA

burada 'VOH' mikrodenetleyicinin dijital çıkış piminde bir mantıksal YÜKSEK çıkış sinyali için minimum voltajdır (VOH'u bulmak için mikrodenetleyicinin veri sayfasına bakın).

VOH <= uC digital output pin logic HIGH voltage < 3.3V

Q6'yı bir temel dirençle düzgün bir şekilde eğmeniz gerekir. Şu anda bir yayıcı takipçisi. Bu nedenle verici 3.3V - Vbe = 2.6 V

İkinci bjt bir şekilde doygunlukta