سوال ۵۶ کنکور ارشد مهندسی برق ۱۴۰۴

چون $\beta = \infty$ است، جریان بیس همهٔ ترانزیستورها صفر است؛ بنابراین جریان امیتر هر ترانزیستور با جریان کلکتور آن برابر می‌شود و از گرهی که بیس را تغذیه می‌کند هیچ جریانی کشیده نمی‌شود. همین موضوع اجازه می‌دهد زنجیرهٔ بایاس DC را از انتها به ابتدا، یعنی از $R_7$ به سمت $R_3$، دنبال کنیم.

گام ۱ — جریان $R_7$ از روی توان خواسته‌شده

$P_{R_7} = I_{E3}^{2} R_7 \;\Rightarrow\; I_{E3} = \sqrt{\frac{P_{R_7}}{R_7}} = \sqrt{\frac{150\times 10^{-6}}{600}} = \sqrt{2.5\times 10^{-7}} = 0.5\ \text{mA}$

افت ولتاژ روی $R_7$ برابر است با $0.5\ \text{mA}\cdot 0.6\ \text{k}\Omega = 0.3\ \text{V}$، پس

$V_{E3} = -2.5 + 0.3 = -2.2\ \text{V}$

گام ۲ — بیس $Q_3$ (همان گرهٔ کلکتور $Q_2$)

ترانزیستور $Q_3$ از نوع npn و در ناحیهٔ فعال است، بنابراین $V_{B3} = V_{E3} + 0.7$:

$V_{B3} = -2.2 + 0.7 = -1.5\ \text{V}$

این گره را $N$ می‌نامیم. چون $I_{B3} = 0$ است، تمام جریان $I_{C2}$ از $R_5$ عبور می‌کند:

$I_{C2} = \frac{V_N - (-2.5)}{R_5} = \frac{-1.5 + 2.5}{0.3\ \text{k}\Omega} = \frac{1.0\ \text{V}}{300\ \Omega} = \frac{10}{3}\ \text{mA}$

گام ۳ — امیتر و بیس ترانزیستور pnp یعنی $Q_2$

با $\beta = \infty$ داریم $I_{E2} = I_{C2} = \tfrac{10}{3}\ \text{mA}$ و این جریان از منبع $+2.5\ \text{V}$ و از میان $R_4$ کشیده می‌شود:

$V_{E2} = 2.5 - I_{E2} R_4 = 2.5 - \frac{10}{3}\ \text{mA}\cdot 0.6\ \text{k}\Omega = 2.5 - 2.0 = 0.5\ \text{V}$

در ترانزیستور pnp، پتانسیل امیتر ۰٫۷ ولت بالاتر از بیس است ($V_{EB} = +0.7\ \text{V}$):

$V_{B2} = V_{E2} - 0.7 = 0.5 - 0.7 = -0.2\ \text{V}$

گام ۴ — کلکتور $Q_1$ مقدار $I_{C1}$ را تعیین می‌کند

گره $V_{B2}$ همان کلکتور $Q_1$ است و چون $I_{B2} = 0$، تمام جریان $I_{C1}$ از $R_2$ می‌گذرد:

$V_{C1} = 2.5 - I_{C1} R_2 = -0.2 \;\Rightarrow\; I_{C1} = \frac{2.7\ \text{V}}{3\ \text{k}\Omega} = 0.9\ \text{mA}$

گام ۵ — امیتر $Q_1$ مقدار $R_3$ را می‌دهد

هیچ جریان بیسی از $R_1$ عبور نمی‌کند، پس روی آن افت ولتاژی وجود ندارد و $V_{B1} = 0\ \text{V}$ است. برای ترانزیستور npn یعنی $Q_1$:

$V_{E1} = V_{B1} - 0.7 = -0.7\ \text{V}$

بنابراین ولتاژ دو سر $R_3$ برابر $-0.7 - (-2.5) = 1.8\ \text{V}$ است و $I_{E1} = I_{C1} = 0.9\ \text{mA}$:

$R_3 = \frac{1.8\ \text{V}}{0.9\ \text{mA}} = 2\ \text{k}\Omega$

بازبینی (حل رو به جلو)

همهٔ ترانزیستورها در ناحیهٔ فعال باقی می‌مانند: رابطهٔ $V_{C1} = -0.2\ \text{V} > V_{B1} = 0\ \text{V} - V_{BE}$ پیوند کلکتور–بیس $Q_1$ را در بایاس معکوس نگه می‌دارد، مقدار $V_{C2} = -1.5\ \text{V} < V_{B2} = -0.2\ \text{V}$ برای ترانزیستور pnp یعنی $Q_2$ درست است، و $Q_3$ به ازای هر $R_6$ به اندازهٔ کافی کوچک که $V_{C3} > V_{B3} = -1.5\ \text{V}$ شود فعال است (پس اصلاً نیازی به $R_6$ نیست).

پاسخ: گزینهٔ ۲ — $R_3 = 2\ \text{k}\Omega$.

نکتهٔ کنکوری: سعی نکنید مدار را رو به جلو و از $R_3$ حل کنید؛ کمیت هدف ($P_{R_7}$) در انتهای دیگر مدار قرار دارد. ابتدا مشخصهٔ توان را به جریان تبدیل کنید ($I = \sqrt{P/R}$) و سپس مرحله‌به‌مرحله به عقب پیش بروید. با $\beta=\infty$ هر طبقه صرفاً به این حکم خلاصه می‌شود که «$\pm 0.7\ \text{V}$ روی پیوند بیس–امیتر افت می‌کند و کل جریان امیتر وارد مقاومت گرهٔ بعدی می‌شود»؛ بنابراین کل زنجیره یک حساب ساده است.

تلهٔ رایج: ترانزیستور $Q_2$ از نوع pnp است — امیتر آن به اندازهٔ $0.7\ \text{V}$ بالاتر از بیس قرار دارد و مقاومت امیتری‌اش $R_4$ به ریل مثبت بسته شده است. اگر آن را npn در نظر بگیرید به $R_3 \approx 1.64\ \text{k}\Omega$ می‌رسید که با هیچ گزینه‌ای جور در نمی‌آید.