Warum wird dieser PNP-Transistor nicht ausgelöst?

Die folgende Schaltung sollte ein 3,3-V-Signal von einer MCU auf MCU_LS12 nehmen und ein 12-V-High-Side-Signal ausgeben.

Der Ausgang ist immer 12V. Beim Scoping wird die Basis zum Ausgangstransistor nicht "genug" gegen Masse gezogen - nur 12 V, dann 11,5 V.

Was vermisse ich? Das Eingangssignal an LS12 ist 3,3 V von einer MCU und sendet zum Testen eine 50% ige Rechteckwelle. Warum lässt Q6 die Basis von Q8 nicht auf den Boden fallen? Was kann ich ändern? Ist es der Teiler?

Lassen Sie uns den Schaltplan mit dem EESE-Editor zeichnen (wie Sie es hätten tun sollen):

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schema erstellt mit CircuitLab}

Ich nehme an, Sie haben falsch verkabelt . Wie Andy betont, kann ein normaler PNP immer noch als PNP-Transistor fungieren, wenn Sie ihn umkehren. Aber normalerweise mit viel schlechterem β (aufgrund der Art und Weise, wie Dinge in einem BJT dotiert und physikalisch aufgebaut sind).$Q_8$$\beta$

Was Andy jedoch möglicherweise übersehen hat [vorausgesetzt, ich kann Sie ernst nehmen, dass Sie einen MJD127G ( Datenblatt ) verwenden], dann ist dies ein Darlington !! Sie kehren diese nicht um und erwarten viel. Sie müssen diese richtig arrangieren!

Da Sie erwähnt haben, dass Sie , ich werde damit gehen. Dies bedeutet lediglich I C 8 = $R_{LOAD}=200\:\Omega$ . Hier ist ein wichtiges Diagramm aus dem Datenblatt:$I_{C_8}=60\:\textrm{mA}$

Die bei diesem Strom. Sie können also nicht ernsthaft besser als etwa 11 erwarten$V_{CE_{SAT}}\approx 800\:\textrm{mV}$ über R L O A D . Je. Sie müssen das planen. Und weniger, wenn Ihr Kollektorstrom deutlich ansteigt.$11\:\textrm{V}$$R_{LOAD}$

Beachten Sie, dass sie ein für die Sättigung verwenden! Ziemlich bedeutsam. Aber das ist ein Darlington. Das ist also zu erwarten. Wenn Ihr Laststrom wirklich nur 60 beträgt$\beta=250$ dann muss Ihr Basisstrom nur noch$60\:\textrm{mA}$ .$250\:\mu\textrm{A}$

Jetzt ist es ziemlich klar, dass Sie auch einen Darlington für ! Was?? Naja. Das Ding hat ein Minimum von β = 5000 bei einem I C = $Q_6$ $\beta=5000$ ! Bist du gesund Der Basisstrom, der hier für Q 6 in dieser Emitterfolgerkonfiguration benötigt wird, beträgt$I_C=10\:\textrm{mA}$$Q_6$ (unter der Annahme, dass bei diesen niedrigen Strömen das β hält (wahrscheinlich nicht). In jedem Fall haben Sie keinen Basisstrom, über den Sie in Q 6 sprechen könnten.$50\:\textrm{nA}$$\beta$$Q_6$

Was ist der Wert für ? Es ist R 22 = $R_{22}$ . Berücksichtigt man jedoch beispielsweise$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}}=9200\:\Omega$ für R 25 würde ich eine$50\:\mu\textrm{A}$$R_{25}$ gibt. Der Wert von R 25 sollte höchstens$7.2\:\textrm{k}\Omega$$R_{25}$ , also würde ich etwas 22 stecken$50\:\mu\textrm{A}$ gibt. (Ich war sehr versucht, es viel größer zu machen. Aber was solls. Bleib dabei.) Also wieder R 22 = $22\:\textrm{k}\Omega$ .$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}+50\:\mu\textrm{A}}\approx 7.2\:\textrm{k}\:\Omega$

^{simulieren Sie diese Schaltung}

Wenn Sie die Last erhöhen, führen Sie einfach die Berechnungen durch.

Warum benutzt du Darlingtons? Ah. Jetzt erwähnen Sie, dass Sie möglicherweise eine Last von mehr als . Es macht also Sinn.$3\:\textrm{A}$

Lassen Sie uns die Dinge für diese Art von Last wiederholen:

^{simulieren Sie diese Schaltung}

Dieser Darlington wird mehr Spannung abfallen lassen und jetzt eine ganze Menge Strom verbrauchen. In der Tat wird es mehr zerstreuen, als Sie es wagen, sich zu bewerben !! Schauen Sie sich den Wärmewiderstand und auch die maximalen Betriebstemperaturen an! Angenommen, Sie tun nichts Besonderes auf dem Board selbst, um sich besser zu zerstreuen, können Sie nicht mehr als etwa zerstreuen$1.5\:\textrm{W}$

Während also alle Zahlen "halb in Ordnung" sind, haben Sie mehrere Probleme.

1. Die Verlustleistung Ihres Darlington ist einfach um ein Vielfaches zu hoch.
2. Sie werden etwa verlieren$1.5\:\textrm{V}$$10.5\:\textrm{V}$

Davon abgesehen scheint es in Ordnung zu sein.

Sie müssen mit Dissipation umgehen. Dies ist einer der Fälle, in denen ein MOSFET ziemlich gut aussieht.

$V_{BE}$$\approx 0.7V$$3.3V-0.7V=2.6V$$V_{CE}$ fast Null wäre (wie gesagt, in Ihrer Schaltung unmöglich), würde die Q8-Basis daher nicht auf Masse gezogen.

$V_{CE(sat)}$ an den CE-Anschlüssen von Q8, wahrscheinlich weniger als 200 mV ).

$I_C \approx I_E = \frac{V_B \;-\;0.7V}{R22} = \frac{3.3V \;-\;0.7V}{220\Omega}\approx 12mA$

Das Problem ist, dass diese Schaltung als Stromquelle arbeitet, solange sie einen Spannungsspielraum zur 12-V-Schiene hat. In Ihrer Schaltung werden diese 12 mA parallel zum BE-Übergang von Q8 in R25 (2,2 kΩ) gezwungen (vorausgesetzt, Sie schließen Q8 richtig an, dh Sie tauschen C und E in Ihrer Schaltung aus).

$\frac{0.7V}{2.2k\Omega}\approx 0.31mA << 12mA$

Ein Strom von 12 mA in seiner Basis ist mehr als ausreichend, um den Ausgangstransistor zu sättigen und ihn als eingeschalteten Schalter zu verwenden (was Sie benötigen). Die Basis wird jedoch nicht wie erwartet auf Masse gezogen, da der "Treiber" -Transistor Q6 nicht wie ein Schalter, sondern als (schaltbare) Stromquelle funktioniert.

Ich gehe davon aus, dass der PNP-Transistor (Q8) absichtlich mit dem Emitter verbunden ist und der Kollektor vertauscht wird, um bei Sättigung einen etwas niedrigeren Vce zu erzielen. Diese Technik wird ab und zu verwendet, hat jedoch potenzielle Probleme mit dem Spannungsausfall auf der Basis des umgekehrten Emitters. Berechnen Sie dies, wenn dies beabsichtigt ist. Wenn nicht, lesen Sie weiter.

Der Ausgang ist immer 12V.

Ohne Last und unter Verwendung eines hochohmigen Messgeräts UND bei einem kleinen Leckstrom durch Q8 wird der Ausgang leicht bis zu 12 Volt gezogen, und dies könnte das sein, was Sie sehen.

Beim Scoping wird die Basis zum Ausgangstransistor nicht "genug" gegen Masse gezogen - nur 12 V, dann 11,5 V.

Der Übergang zwischen 12 Volt und der Basis ist eine vorwärts leitende Diode und fällt bei einem moderaten Basisstrom wahrscheinlich nur zwischen 0,4 Volt und 0,7 Volt ab. Das ist kein Problem. Der Basisstrom wird durch die 3,3 Volt an der Basis von Q6 eingestellt - er "legt" ungefähr 2,7 Volt an den Emitter von Q6 und zwingt einen Strom von ungefähr 12 mA, durch R22 zu fließen - dieser Strom wird größtenteils durch die Basis von Q8 geleitet ( ca. 10 mA), um es einzuschalten.

Was vermisse ich?

Abgesehen von einer Ausgangslast und möglicherweise falsch verdrahteten Kollektoren und Emittern nicht viel.

Kommentar 1) Wenn Sie einen BJT-Transistor als Schalter (nicht als Verstärker) verwenden, schließen Sie den Emitter direkt an die Stromquelle an, ohne Schaltungselemente zwischen Emitter und Stromquelle. Bei NPN-Transistoren wird der Emitter direkt an die NEGATIVE Stromschiene (z. B. GROUND) angeschlossen, und bei PNP-Transistoren wird der Emitter direkt an die POSITIVE Stromschiene (z. B. 12V_IGN_ON, von der ich annehme, dass sie Ihre Stromquelle ist) angeschlossen. Schließen Sie den Kollektor an die Last an, die ein- und ausgeschaltet wird. [Schließen Sie bei MOSFET-Schaltern den SOURCE-Pin des MOSFET direkt an die Stromquelle an: N-MOS SOURCE an die NEGATIVE Stromquelle; P-MOS-QUELLE zur POSITIVEN Stromquelle. Verbinden Sie den DRAIN mit der Last.]

Kommentar 2) Der Ausgangstransistor in einem Darlington-Paar wird nicht gesättigt (vollständig eingeschaltet). es wird sich der Sättigung nähern, aber es wird niemals eine Sättigung erreichen. In diesem Sinne verbrauchen (verschwenden) die von Ihnen verwendeten Darlington-Transistoren mehr Leistung und werden viel heißer als ein "normaler" BJT-Transistor, der in Sättigung arbeitet. Daher steht bei Verwendung eines Darlington-Paares weniger Strom für die Lieferung an die Last zur Verfügung, wie hier ausgeführt wird. TL; DR: Verwenden Sie niemals Darlington-Paartransistoren zum Schalten von Schaltkreisen, die zwischen Abschaltung (AUS) und Sättigung (EIN) umschalten müssen.

Kommentar 3) IMO, es ist am einfachsten, mit aktuellen Berechnungen zu arbeiten, wenn BJT-Schaltkreise entworfen werden. Angenommen, die Ausgangslast zieht einen maximalen Strom von 100 mA. Angenommen, Sie ersetzen den Darlington-Transistor Q8 durch einen Kleinsignal-PNP-BJT (z. B. 2N3906) mit einer Beta-Sättigung von 10 (siehe Datenblatt). Für eine erste Näherungsberechnung verwenden wir:

Q8_IC_sat = Q8_Beta_sat * Q8_IB_sat

Deshalb,

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

Der Strom, der aus der Basis des Q8 austritt, muss also mindestens 10 mA betragen. Dieser Basisstrom wird über einen Strombegrenzungswiderstand R_X mit einem geeigneten Wert "programmiert", der in Reihe zwischen dem Kollektor von Q6 und der Basis von Q8 geschaltet ist. (nb Beseitigen Sie die Widerstände R22 und R25.)

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

Ersetzen Sie Q6 durch einen NPN BJT - z. B. ein Kleinsignal 2N2222A. Das Ziel ist nun, Q6 zu sättigen, wenn der digitale Ausgangspin des Mikrocontrollers so programmiert ist, dass er einen logischen HIGH-Ausgang erzeugt. Wenn wir uns das Datenblatt des 2N2222A noch einmal ansehen, sehen wir, dass die Beta-Sättigung 10 beträgt. Der erforderliche Strom, der aus dem digitalen Ausgangspin des Mikrocontrollers in die Basis des Q6 fließt, ist also

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

Dieser 1-mA-Strom kann über einen Strombegrenzungswiderstand R_Y mit entsprechendem Wert programmiert werden, der in Reihe zwischen dem digitalen Ausgangspin des Mikrocontrollers und der Basis des Q6 geschaltet ist:

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

Dabei ist 'VOH' die minimale Spannung für ein logisches HIGH-Ausgangssignal am digitalen Ausgangspin des Mikrocontrollers (Informationen zum VOH finden Sie im Datenblatt des Mikrocontrollers).

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

Sie müssen den Q6 mit einem Basiswiderstand richtig vorspannen. Derzeit ist es ein Emitter-Follower. Daher liegt der Emitter bei 3,3 V - Vbe = 2,6 V.

Das zweite bjt ist irgendwie in Sättigung