¿Por qué no se dispara este transistor PNP?

Dibujemos el esquema usando el editor EESE (como deberías haber hecho):

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}

Supongo que estás conectado$Q_8$equivocado. Como señala Andy, un PNP normal aún puede actuar como un transistor PNP si lo invierte. Pero por lo general con mucho peor$\beta$(debido a la forma en que las cosas se dopan y construyen físicamente en un BJT).

Sin embargo, lo que Andy puede haberse perdido [suponiendo que pueda tomarte en serio que estás usando un MJD127G ( hoja de datos )], ¡entonces este es un Darlington! No los reviertes y esperas mucho. ¡Tienes que arreglarlos correctamente!

Ya que has mencionado que has usado$R_{LOAD}=200\:\Omega$, voy a ir con eso. Esto significa un mero$I_{C_8}=60\:\textrm{mA}$. Aquí hay un gráfico importante de la hoja de datos:

Él$V_{CE_{SAT}}\approx 800\:\textrm{mV}$en esta corriente. Así que no puedes esperar seriamente algo mejor que$11\:\textrm{V}$al otro lado de$R_{LOAD}$. Siempre. Tienes que planificar eso. Y menos, si su corriente de colector aumenta significativamente.

Tenga en cuenta que utilizan un$\beta=250$por saturación! Bastante significativo. Pero esto es un Darlington. Así que eso es de esperar. Si su corriente de carga es realmente solo$60\:\textrm{mA}$entonces su corriente base solo necesita ser$250\:\mu\textrm{A}$.

Ahora, está bastante claro que también está usando un Darlington para$Q_6$! ¿¿Qué?? Oh bien. Esa cosa tiene un minimo $\beta=5000$un bronceado$I_C=10\:\textrm{mA}$! ¿Estás cuerdo? La corriente base requerida para$Q_6$aquí, en esta configuración de seguidor de emisor es$50\:\textrm{nA}$(asumiendo que a estas corrientes bajas que el$\beta$tiene (probablemente no). En cualquier caso, no tiene ninguna base actual de la que hablar en$Q_6$.

Entonces, ¿cuál es el valor de$R_{22}$? Es$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}}=9200\:\Omega$. Sin embargo, teniendo en cuenta, digamos,$50\:\mu\textrm{A}$por$R_{25}$, usaría un$7.2\:\textrm{k}\Omega$allá. El valor de$R_{25}$debe obtener como máximo$50\:\mu\textrm{A}$, así que pegaría algo un$22\:\textrm{k}\Omega$allá. (Estuve muy tentado de hacerlo mucho más grande. Pero qué diablos. Quédese con esto). Así que, de nuevo,$R_{22}=\frac{3.3\:\textrm{V}-1\:\textrm{V}}{250\:\mu\textrm{A}+50\:\mu\textrm{A}}\approx 7.2\:\textrm{k}\:\Omega$.

^{simular este circuito}

Si aumenta la carga, siga con los cálculos.

¿Por qué estás usando Darlington? ah Ahora mencionas que podrías tener una carga de más de$3\:\textrm{A}$. Así que tiene sentido.

Rehagamos las cosas para ese tipo de carga:

^{simular este circuito}

Ese Darlington dejará caer más voltaje y ahora disipará una buena cantidad de energía. De hecho, se disipará más de lo que te atrevas a aplicar!! ¡Eche un vistazo a la resistencia térmica y también a las temperaturas máximas de funcionamiento! Suponiendo que no haga algo muy especial en el tablero para disipar mejor, no puede disipar más que aproximadamente$1.5\:\textrm{W}$en ese dispositivo.

Entonces, si bien todos los números funcionan "semi-bien", tiene varios problemas.

1. La disipación en su Darlington es simplemente varias veces demasiado alta.
2. perderás sobre$1.5\:\textrm{V}$desde su riel de suministro lateral alto, llegando a su carga. Si puedes vivir con aproximadamente$10.5\:\textrm{V}$, entonces eso puede no ser un problema. Pero ahí está, suponiendo que el Darlington no se queme solo primero.

Aparte de eso, parece estar bien.

Tienes que lidiar con la disipación. Este es uno de esos casos en los que un MOSFET empieza a verse bastante bien.

Incluso si Q6 pudiera encenderse por completo, que no es lo que sucede en este circuito, tendrá un$V_{BE}$soltar$\approx 0.7V$, por lo tanto, en su emisor encontrarías$3.3V-0.7V=2.6V$aproximadamente. Por lo tanto, incluso si$V_{CE}$fueran casi cero (como dije, imposible en su circuito), la base Q8 no se conectaría a tierra.

Deshágase del R22 del emisor y colóquelo en serie con la base Q6 para establecer un sesgo adecuado para que Q6 se encienda. Con este esquema modificado, Q6 actúa como un interruptor y puede acercar la base de Q8 a tierra (sin embargo, no exactamente: tendrá el voltaje de saturación más pequeño$V_{CE(sat)}$a través de terminales CE de Q8, menos de 200mV probablemente).

Como nota al margen, con R22 en el emisor, Q6 actúa como una fuente de corriente constante, siendo la corriente de salida su$I_C \approx I_E = \frac{V_B \;-\;0.7V}{R22} = \frac{3.3V \;-\;0.7V}{220\Omega}\approx 12mA$.

El problema es que ese circuito funciona como una fuente de corriente siempre que tenga un margen de voltaje hacia el riel de 12V. En su circuito, fuerza esos 12 mA en R25 (2.2kΩ) en paralelo con la unión BE de Q8 (suponiendo que conecte Q8 correctamente, es decir, intercambie C y E en su circuito).

Esa corriente se divide y fluye casi por completo en la unión BE polarizada hacia adelante de Q8. ¿Por qué? Porque si esa unión estuviera APAGADA, toda la corriente de 12 mA fluiría en R25, y esto requeriría una caída de 26 V, lo que no es posible con un riel de 12 V. Por lo tanto, la unión BE debe estar ENCENDIDA y, como tal, mostrará una caída de ~ 0,7 V, lo que impondrá una corriente muy pequeña en R25 ($\frac{0.7V}{2.2k\Omega}\approx 0.31mA << 12mA$).

Una corriente de 12mA en su base es más que suficiente para saturar el transistor de salida y hacer que funcione como un interruptor de encendido (que es lo que necesitas). Sin embargo, no obtendrá su base a tierra, como era de esperar, porque el transistor "controlador" Q6 no funciona como un interruptor, sino como una fuente de corriente (conmutable).

Supongo que el transistor PNP (Q8) está conectado intencionalmente con el emisor y el colector intercambiados para lograr un Vce ligeramente más bajo cuando está saturado. Esta técnica se usa de vez en cuando, pero tiene problemas potenciales con la ruptura inversa del voltaje de la base del emisor, así que haga los cálculos si esto es intencional. Si no, sigue leyendo.

La salida es siempre de 12V.

Sin una carga y usando un medidor de alta impedancia Y dada una pequeña corriente de fuga a través de Q8, la salida tenderá a elevarse ligeramente hasta 12 voltios y esto podría ser lo que ve.

Al examinar la base del transistor de salida, no se está conectando a tierra "lo suficiente", solo va 12V y luego a 11.5V.

La unión entre 12 voltios y la base es un diodo de conducción directa y es probable que solo caiga entre 0,4 voltios y 0,7 voltios para una corriente de base moderada. Esto no es un problema. La corriente de base está establecida por los 3,3 voltios en la base de Q6: "pondrá" alrededor de 2,7 voltios en el emisor de Q6 y obligará a una corriente de aproximadamente 12 mA a fluir a través de R22; esta corriente pasará en gran medida a través de la base de Q8 ( unos 10 mA) para encenderlo.

¿Qué me estoy perdiendo?

Aparte de una carga de salida y posiblemente un colector y emisor de cableado incorrecto, nada más.

Comentario 1) Cuando utilice un transistor BJT como interruptor (no como amplificador), conecte el emisor directamente a la fuente de alimentación, sin elementos de circuito entre el emisor y la fuente de alimentación. Para los transistores NPN, conecte el emisor directamente al riel de alimentación NEGATIVO (p. ej., TIERRA), y para los transistores PNP, conecte el emisor directamente al riel de alimentación POSITIVO (p. ej., 12V_IGN_ON, que supongo que es su fuente de alimentación). Conecte el colector a la carga que se está encendiendo|apagando. [Del mismo modo, para los interruptores MOSFET, conecte el pin SOURCE del MOSFET directamente a la fuente de alimentación: SOURCE de N-MOS a la fuente de alimentación NEGATIVA; FUENTE de P-MOS a la fuente de energía POSITIVA. Conecte el DRENAJE a la carga.]

Comentario 2) El transistor de salida en un par Darlington no se saturará (se encenderá completamente); se acercará a la saturación pero nunca alcanzará la saturación. Con esto en mente, los transistores Darlington que está utilizando disiparán (desperdiciarán) más energía y se calentarán mucho más que un transistor BJT "estándar" que funciona en saturación; por lo tanto, habrá menos energía disponible para entregar a la carga cuando se use un par Darlington como se está haciendo aquí. TL; DR: nunca use transistores de par Darlington para cambiar circuitos que deben cambiar entre corte (APAGADO) y saturación (ENCENDIDO).

Comentario 3) En mi opinión, es más fácil trabajar con cálculos actuales al diseñar circuitos de conmutación BJT. Suponga que la carga de salida consume una corriente máxima de 100 mA. Supongamos que reemplaza el transistor Darlington Q8 con un PNP BJT de pequeña señal (por ejemplo, 2N3906) cuya beta de saturación es 10 (consulte la hoja de datos). Para un cálculo de primera aproximación usamos,

Q8_IC_sat = Q8_Beta_sat * Q8_IB_sat

Por lo tanto,

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

Entonces, la corriente que sale de la base de Q8 debe ser de al menos 10 mA. Esta corriente base se "programa" a través de una resistencia limitadora de corriente R_X de valor apropiado conectada en serie entre el colector de Q6 y la base de Q8. (Nota: elimine las resistencias R22 y R25).

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

Reemplace Q6 con un NPN BJT, por ejemplo, un 2N2222A de pequeña señal. El objetivo ahora es saturar Q6 cuando el pin de salida digital del microcontrolador está programado para producir una salida lógica ALTA. Una vez más, mirando la hoja de datos del 2N2222A, vemos que la beta de saturación es 10. Entonces, la corriente requerida que sale del pin de salida digital del microcontrolador y entra en la base de Q6 es

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

Esta corriente de 1 mA se puede programar a través de una resistencia limitadora de corriente R_Y de valor apropiado conectada en serie entre el pin de salida digital del microcontrolador y la base de Q6:

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

donde 'VOH' es el voltaje mínimo para una señal de salida lógica ALTA en el pin de salida digital del microcontrolador (consulte la hoja de datos del microcontrolador para encontrar VOH).

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

Debe sesgar correctamente el Q6, con una resistencia base. Actualmente es un emisor seguidor. Por lo tanto, el emisor está a 3,3 V - Vbe = 2,6 V

El segundo bjt está de alguna manera en saturación.