Por que esse transistor PNP não é acionado?

O circuito abaixo deve receber um sinal de 3,3V de um MCU no MCU_LS12 e emitir um sinal do lado superior de 12V.

A saída é sempre 12V. No escopo, a base do transistor de saída não está sendo puxada para o terra "o suficiente" - indo apenas de 12V para 11,5V.

o que estou perdendo? O sinal de entrada no LS12 é de 3,3V de um MCU, enviando uma onda quadrada de 50% para teste. Por que Q6 não está deixando cair a base de Q8s no chão? O que eu posso mudar? É o divisor?

Vamos desenhar o esquema usando o editor EESE (como você deveria ter feito):

^{simular este circuito - esquemático criado usando o CircuitLab}

Acho que você errado. Como Andy aponta, um PNP normal ainda pode atuar como um transistor PNP se você o inverteu. Mas geralmente com muito pior (devido à maneira como as coisas são dopadas e construídas fisicamente em um BJT.)$Q_8$$\beta$

No entanto, o que Andy pode ter perdido [supondo que eu possa levá-lo a sério que você está usando um MJD127G ( folha de dados )], então este é um Darlington !! Você não as inverte e espera muito. Você precisa organizá-las corretamente!

Como você mencionou que usou , eu irei com isso. Isso significa um mero . Aqui está um gráfico importante da folha de dados:$R_{LOAD}=200\:\Omega$$I_{C_8}=60\:\textrm{mA}$

O nessa corrente. Portanto, você não pode esperar seriamente melhor que em . Sempre. Você precisa planejar isso. E menos, se a corrente do seu coletor aumentar significativamente.$V_{CE_{SAT}}\approx 800\:\textrm{mV}$$11\:\textrm{V}$$R_{LOAD}$

Observe que eles usam a para saturação! Bastante significativo. Mas este é um Darlington. Então isso é de se esperar. Se a sua corrente de carga for realmente apenas , a corrente básica precisará ser apenas .$\beta=250$$60\:\textrm{mA}$$250\:\mu\textrm{A}$

Agora, está bem claro que você também está usando um Darlington para ! O que?? Ah bem. Essa coisa tem no mínimo em um ! Você é são? A corrente de base necessária para aqui, nesta configuração de seguidor de emissor, é (assumindo que nessas correntes baixas que o mantém (provavelmente não.) Em qualquer caso, você não tem nenhuma base atual para falar em .$Q_6$ $\beta=5000$$I_C=10\:\textrm{mA}$$Q_6$$50\:\textrm{nA}$$\beta$$Q_6$

Então, qual é o valor para ? É . No entanto, contabilizando, digamos, para , eu usaria um lá. O valor de deve ter no máximo , então eu colocaria algo como lá. (Eu tentara muito aumentá-lo. Mas que diabos. Fique com isso.) Então, novamente, .$R_{22}$$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}}=9200\:\Omega$$50\:\mu\textrm{A}$$R_{25}$R 25$7.2\:\textrm{k}\Omega$$R_{25}$$50\:\mu\textrm{A}$R 22 = $22\:\textrm{k}\Omega$$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}+50\:\mu\textrm{A}}\approx 7.2\:\textrm{k}\:\Omega$

^{simule este circuito}

Se você aumentar a carga, basta seguir com os cálculos.

Por que você está usando Darlingtons ?? Ah Agora você mencionou que pode ter uma carga acima de . Então faz sentido.$3\:\textrm{A}$

Vamos refazer as coisas para esse tipo de carga:

^{simule este circuito}

Que Darlington diminuirá mais tensão e agora dissipará uma quantidade razoável de energia. De fato, ele se dissipará mais do que você ousa aplicar !! Veja a resistência térmica e também as temperaturas máximas de operação! Supondo que você não faça algo muito especial no próprio painel para se dissipar melhor, não poderá dissipar mais do que nesse dispositivo.$1.5\:\textrm{W}$

Portanto, enquanto todos os números funcionam "semi-ok", você tem vários problemas.

1. A dissipação no seu Darlington é simplesmente várias vezes muito alta.
2. Você perderá cerca de do seu trilho de suprimento lateral alto, alcançando sua carga. Se você pode viver com cerca de , isso pode não ser um problema. Mas aí está, supondo que o Darlington não se queime primeiro.$1.5\:\textrm{V}$$10.5\:\textrm{V}$

Fora isso, parece bom.

Você precisa lidar com a dissipação. Este é um daqueles casos em que um MOSFET começa a parecer muito bom.

Mesmo que o Q6 pudesse ser ligado completamente, o que não é o que acontece neste circuito, ele terá uma queda de , portanto, em seu emissor, você encontrará aproximadamente. Portanto, mesmo que fosse quase zero (como eu disse, impossível no seu circuito), a base Q8 não seria puxada para o chão.$V_{BE}$$\approx 0.7V$$3.3V-0.7V=2.6V$$V_{CE}$

Livre-se do R22 do emissor e coloque-o em série com a base Q6 para definir um viés adequado para a ativação do Q6. Com este esquema modificado, o Q6 atua como um comutador e pode puxar a base do Q8 para muito perto do solo (no entanto, não exatamente: você terá a pequena tensão de saturação terminais CE do Q8, menos de 200mV provavelmente) .$V_{CE(sat)}$

Como observação lateral, com R22 no emissor, Q6 atua como uma fonte de corrente constante, com a corrente de saída sendo .$I_C \approx I_E = \frac{V_B \;-\;0.7V}{R22} = \frac{3.3V \;-\;0.7V}{220\Omega}\approx 12mA$

O problema é que esse circuito funciona como uma fonte de corrente, desde que tenha um headroom de tensão em direção ao trilho de 12V. No seu circuito, força esses 12mA em R25 (2,2kΩ) em paralelo com a junção BE do Q8 (assumindo que você conecta o Q8 corretamente, ou seja, você troca C e E no seu circuito).

Essa corrente se divide e flui quase inteiramente na junção BE enviesada para a frente do Q8. Por quê? Como se essa junção estivesse desligada, toda a corrente de 12mA fluiria em R25, e isso exigiria uma queda de 26V através dela, o que não é possível com um trilho de 12V. Portanto, a junção BE deve estar LIGADA e, como tal, mostrará uma queda de ~ 0,7V através dela, o que imporá uma corrente muito pequena em R25 ( )$\frac{0.7V}{2.2k\Omega}\approx 0.31mA << 12mA$

Uma corrente de 12 mA em sua base é mais que suficiente para saturar o transistor de saída e fazê-lo funcionar como um interruptor ligado (que é o que você precisa). No entanto, você não terá sua base puxada para o chão, como seria de esperar, porque o transistor "driver" Q6 não funciona como um comutador, mas como uma fonte de corrente (comutável).

Estou assumindo que o transistor PNP (Q8) esteja intencionalmente conectado com o emissor e o coletor trocados para obter um Vce ligeiramente mais baixo quando saturado. Essa técnica é usada de vez em quando, mas apresenta problemas em potencial com a quebra de tensão de base reversa do emissor, assim como a matemática, se for intencional. Caso contrário, continue a ler.

A saída é sempre 12V.

Sem carga e usando um medidor de alta impedância E dada uma pequena corrente de vazamento no Q8, a saída tenderá a ser levemente puxada até 12 volts e isso pode ser o que você vê.

No escopo, a base do transistor de saída não está sendo puxada para o terra "o suficiente" - indo apenas de 12V para 11,5V.

A junção entre 12 volts e a base é um diodo de condução direta e é provável que caia apenas entre 0,4 volts e 0,7 volts para uma corrente de base moderada. Isto não é um problema. A corrente de base é definida pelos 3,3 volts na base do Q6 - "colocará" cerca de 2,7 volts no emissor do Q6 e forçará uma corrente de cerca de 12 mA a fluir através do R22 - essa corrente será amplamente passada através da base do Q8 ( 10 mA) para ligá-lo.

o que estou perdendo?

Além de uma carga de saída e possivelmente conectar incorretamente o coletor e o emissor, nada demais.

Comentário 1) Ao usar um transistor BJT como um comutador (não um amplificador), conecte o emissor diretamente à fonte de energia, sem elementos de circuito entre o emissor e a fonte de energia. Para transistores NPN, conecte o emissor diretamente ao barramento de força NEGATIVO (por exemplo, GROUND), e para transistores PNP conecte o emissor diretamente ao barramento de energia POSITIVO (por exemplo, 12V_IGN_ON, que eu suponho ser sua fonte de energia). Conecte o coletor à carga que está sendo ligada | OFF. [Da mesma forma, para comutadores MOSFET, conecte o pino SOURCE do MOSFET diretamente à fonte de energia: SOURCE do N-MOS à fonte de energia NEGATIVA; FONTE do P-MOS à fonte de energia POSITIVA. Conecte o DRENO à carga.]

Comentário 2) O transistor de saída em um par de Darlington não satura (liga totalmente); ele se aproximará da saturação, mas nunca alcançará a saturação. Com isso em mente, os transistores de Darlington que você está usando dissiparão (desperdiçam) mais energia e ficarão muito mais quentes que um transistor BJT "padrão" que esteja operando em saturação; portanto, menos energia estará disponível para entrega à carga ao usar um par de Darlington, como está sendo feito aqui. TL; DR: Nunca use transistores de pares Darlington para comutação de circuitos que devem alternar entre corte (OFF) e saturação (ON).

Comentário 3) Na IMO, é mais fácil trabalhar com os cálculos de corrente ao projetar circuitos de comutação BJT. Suponha que a carga de saída consuma uma corrente máxima de 100 mA. Vamos supor que você substitua o transistor Q8 de Darlington por um PNP BJT de pequeno sinal (por exemplo, 2N3906) cuja beta de saturação é 10 (consulte a folha de dados). Para um primeiro cálculo de aproximação, usamos,

Q8_IC_sat = Q8_Beta_sat * Q8_IB_sat

Portanto,

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

Portanto, a corrente que sai da base do Q8 deve ser de pelo menos 10 mA. Esta corrente de base é "programada" através de um resistor limitador de corrente de valor apropriado R_X conectado em série entre o coletor de Q6 e a base de Q8. (nb Eliminar resistores R22 e R25.)

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

Substitua Q6 por um NPN BJT - por exemplo, um sinal pequeno 2N2222A. O objetivo agora é saturar Q6 quando o pino de saída digital do microcontrolador estiver programado para produzir uma saída lógica ALTA. Mais uma vez, olhando a folha de dados do 2N2222A, vemos que a saturação beta é 10. Portanto, a corrente necessária que flui do pino de saída digital do microcontrolador e para a base do Q6 é

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

Essa corrente de 1 mA pode ser programada através de um resistor limitador de corrente com valor apropriado R_Y conectado em série entre o pino de saída digital do microcontrolador e a base do Q6:

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

onde 'VOH' é a tensão mínima para um sinal de saída HIGH lógico no pino de saída digital do microcontrolador (consulte a folha de dados do microcontrolador para encontrar o VOH).

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

Você precisa influenciar adequadamente o Q6, com um resistor de base. Atualmente, é um seguidor de emissor. Portanto, o emissor está em 3.3V - Vbe = 2.6 V

O segundo bjt está de alguma forma saturado