提高开关速度 -- 电容加速电路
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饱和开关的问题点：OFF延时时间
如图1所示，使场效应晶体管开关动作时，加给晶体管的基极电流IB：
IB=IC/hFE，决定的值大的电流。
这是由于晶体管的集电极一发射极饱和电压VCE(set)减小，使晶体管的ON时的电力损耗降低的缘故。
这样，晶体管饱和动作时，如图2所示，基极电流IB，即使为0，晶体管也不能立刻OFF，
集电极电流在积蓄(strage)时间tstg+上升时间tr，之后才变为0(toff=tstg=tr)。
&图1&基本的晶体管开关电路
图2 为使开关高速，减小toff很重要
用于OFF晶体管的时间莎。toff比用于ON的时间ton要长，而且根据驱动基极的条件变化很大，这在高速开关电路中必需注意。
如上图，问题是，输出端的波形下降沿和上升沿不可能是垂直的，有个斜率，
如何减小这个斜率（就是让边沿陡一点），我说把基极对地的电阻加大一点，
他说不对，还说让我加个东西就行了，想不出来，我想了一下不可能是电容，二极管也不太对，
真的没想到好的答案，晕死，这么简单的电路想不出来
谢谢各位了，哎，加个电容，我原来还看见过这种电路的，怎么就没有想起来呢，
说一句，那家单位是做伺服的，主要想想这么简单的东西不太会问的，疏忽了
BE间的电阻还有个很重要的作用，那就是泄放PN结电容存储的点荷，
使晶体管很快地从饱和区进入截止区，在高频或晶体管频率太低时，
这电阻尤为重要，对输出上升沿影响很大（假定是反相用法），电阻应该减小，
真正的高频电路中甚至小到几十欧。要加个东西，使边沿陡峭点，又没说是什么东西，那就再输出端加个门作缓冲器吧。
在基极限流电阻旁并一小电容，能加速三极管的开关动作。
另把集电极电阻减小，能显著加速输出的上升速度。
改变基极的两个电阻阻值，在特定条件下也有一定的效果。
集电极电阻取小主要是考虑电容负载的问题
根据内阻,要调整参数
有肖特基箝位
无肖特基箝位
从上面的讨论可否得这样的结论:要提高输出脉冲的前后沿速度,就要加大激励信号,又要避免晶体管深饱和造成存储延迟,于是:1.用电容加速,只在前后沿大激励,即提高了沿的速度,又不至深饱和2.整个脉冲大激励,提高沿的速度,用肖特基箝位来避免深饱和.就上面的电路参数仿真看,电容对沿的加速作用似乎更明显.
1、加速电容构成微分电路，利用电容两端电压不能突变的特性让输入瞬间的变化量直接引入到三极管基极，
用过冲加快三极管的状态变化。等过渡过程结束后又回归到两个电阻的直流分压，所以电容不影响饱和深度；&2、在基-集间加二极管箝位，可避免深饱和，给三极管节省了从深饱和退出的时间，使整个导通&截止的变化曲线平移提前了。
即使不用二极管箝位，根据输入电平适当计算两个基极电阻的比值，也能避免三极管深饱和
下面这个电路中，高速开关二极管（1N4148）与电阻R1的作用是当晶体管截止时，
为反向基极电流提供一个低阻抗的通路。这个为&开关&关的动作提供了尽可能快的支持，因为它迅速让电荷从三极管的pn势垒电容里释放掉。
脉冲电路中最常用的反相器电路
就拿脉冲电路中最常用的反相器电路（图 1 ）来说，从电路形式上看，它和放大电路中的共发射极电路很相似。
在放大电路中，基极电阻 R b2 是接到正电源上以取得基极偏压；而这个电路中，为了保证电路可靠地截止，
R b2 是接到一个负电源上的，而且 R b1 和 R b2 的数值是按晶体管能可靠地进入饱和区或止区的要求计算出来的。
不仅如此，为了使晶体管开关速度更快，在基极上还加有加速电容 C ，在脉前沿产生正向尖脉冲可使晶体管快速进入导通并饱和；
在脉冲后沿产生负向尖脉冲使晶体管快速进入截止状态。
除了射极输出器是个特例，脉冲电路中的晶体管都是工作在开关状态的，这是一个特点。
脉冲电路的另一个特点是一定有电容器（用电感较少）作关键元件，脉冲的产生、波形的变换都离不开电容器的充放电。
能把脉冲电压维持在某个数值上而使波形保持不变的电路称为箝位器。它也是整形电路的一种。例如电视信号在传输过
会造成失真，为了使脉冲波形恢复原样，接收机里就要用箝位电路把波形顶部箝制在某个固定电平上。
图 8 中反相器输出端上就有一个箝位二极管 VD 。
如果没有这个二极管，输出脉冲高电平应该是 12 伏，现在增加了箝位二极管，输出脉冲高电平被箝制在 3 伏上。
加速电容器(speed-up capacitors)
在要求快速切换动作的应用中，必须加快三极管开关的切换速度。
图7为一种常见的方式，此方法只须在RB电阻上并联一只加速电容器，
如此当Vin由零电压往上升并开始送电流至基极时，电容器由于无法瞬间充电，故形同短路，
然而此时却有瞬间的大电流由电容器流向基极，因此也就加快了开关导通的速度。
稍后，待充电完毕后，电容就形同开路，而不影响三极管的正常工作。
加速电路及其波形
加速电容器C和三极管输入电阻R组成微分电路。
在输入信号正跳变时，可提供比无加速电容大得多的正向基极电流，使三极管很快达到饱和，见图。
在输入信号下跳时，又可提供很大的反向基极电流，使基区存储的电荷消散，三极管迅速进入截止状态。
电容加速电路
电容加速电路也是经常在设计中用到的一种实用电路。如图1所示：
这是在脉冲放大器电路中的一种的应用。其中的三极管VT1是工作在开关状态下。
开头提到的所谓加速，就是加快响应速度，加快对输入信号的响应速度。
从图1中的三极管VT1来看，就是要求三极管在截止，饱和两种状态之间的转换速度越快越好。
那么图1中的电路是如何起到加速作用呢？
为了做一个比较与便于理解，先简单分析没有加入加速电容之前的电路，如图2所示。
在图2中，当输入Ui是矩形脉冲信号加到VT1基极时，
若Ui为高，VT1饱和导 通，若Ui为低，VT1截止。
在接入C1后，如图1所示，其可等效成如图3所示的微分电路：
此时还是加入同样的输入信号Ui：
当Ui从低 &&高时，由于微分电路的作用，使加到基极的电压出现一个尖顶脉冲，
使基极的电流很大，从而加快了VT1从截止进入导通的速度，缩短了时间。
在t0之后，对C1的充电很快就结束，这时Ui加到基极的电压较小，维持VT1导 通。
当Ui从高 &&低时，即t1时刻，由于C1上原先的电压极性为左正右负，
这一电压加到基极为负顶脉冲，加快了从基区抽出电荷，使VT1以更快的速度从饱和转换到截止，
缩短了VT1的截止时间。
上述的Ui和Uo的波形如图4所示，直观反映了电容加速电路的工作原理。
1．分析加速电容电路三要点
分析这一电路工作原理首先要搞清楚下列三个方面的问题，才能做到有的放矢：
(1)脉冲放大器中的三极管工作在开关状态下，即一种工作状态是饱和，另一种是截止。要求三极管从截止、饱和两种状态之间转换的速度愈快愈好，加速电容电路就是用来加速这种转换的电路，了解这一点对理解加速电容电路工作原理有益。
(2)了解微分电路工作原理。
(3)掌握电容两端不能突变的特性，这对分析加速电容的工作原理非常重要。掌握电容充电和放电特性，加速电容在工作过程中就是充电和放电的过程。
2．利用微分电路分析加速电容电路的方法
电路分析的基本方法和思路是：
当输入电压Ui是一个矩形脉冲信号，它是加到三极管VT1基极的电压，当Ui为高&电平时给三极管VT1正向偏置电压而使之饱和导通，当Ui为低电平时给VT1管反向偏置电压而使之状态。
第二步讨论接入加速电容C1之后的电路工作原理。
从电路中可以看出，加速如图14所示是脉冲放大器电路。电路中，VT1是三极管，构成脉冲放大管，C1并联在R1上，C1是加速电容。C1的作用是加快VT1管导通和截止的转换速度，所以称为加速电容，许多电路的名称是根据电路所起作用而来的。
第二步讨论接入加速电容C1之后的电路工作原理。
从电路中可以看出，加速电容Cl与三极管VT1的输入电阻Ri构成微分电路，如下图所示等效电路和波形示意图。
根据微分电路的有关特性可知，当输入信号电压Ui从OV跳变到高电平时，由于电容c1和Ri微分电路的作用，
使加到VTl管基极的电压出现一个尖顶脉冲，见输出电压UO波形所示，在t0时刻这一尖顶脉冲使VT1管基极电流很大，
这样VT1管迅速从截止状态进入饱和状态，加速了VT1管的饱和导通，缩短了VT1管饱和导通时间。
在t0之后，对Cl的充电很快结束，这时输入信号电压Ui加到VT1管基极的电压比较小，维持VT1管的饱和导通状态。
当输入信号电压Ui从高电平突然跳变到OV时，即t1时刻，由于C1上原先充到的电压极性为左+右一，见图中所示，这一电压加到VT1管基极电压，
为负尖项脉冲，由于加到VT1管基极的电压为负，加快了VT1管从基区抽出电荷，使VT1管以更快的速度迅速从饱和状态转换到截止状态，缩短了VT1管截止时间。
3．电路分析方法提示
(1)加速电容电路主要出现在电子开关电路或脉冲放大器电路中，对于音频放大器电路不用这种电路。在脉冲放大器中的输入信号为脉冲信号。
(2)通过对电路分析可知，由于接入电容C1，使VT1管以更快的迅速进入饱和状态，同样也是以更快的迅速进入截止，可见电容C1具有加速VT1管工作状态转换的作用，所以将C1称为加速电容。&
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打开技术之扣，分享程序人生！线圈炮多级加速时连接每个加速线圈的电容是同时放电吗_百度知道
线圈炮多级加速时连接每个加速线圈的电容是同时放电吗
线圈炮？？是不是电磁炮啊，如果是电磁炮，采用的是超级电容（F级）。需要瞬时大电流放电的。
谢谢，我想说当炮弹完成一次加速后，进去第二个线圈加速，此时又轮到第二个电容器放电，同理，，，这些电容器放电都要我们人工操作吗？我们能在这么短的时间里依次接通这些控制电容器放电的开关么？
不是的，我在北京集星科技工作过，他们是生产超级电容器的厂家，参与了军委的几个项目，我是比较了解的。电磁炮在1分钟内射出的炮弹设计为10000发，但在西安实验一次只能打6000发，是6000发同时打出去，然后，电容再次充电，超级电容可以大电流快速充电，用超过几十倍的电流充电，几万法拉的电容，2-3分钟就可以充满。
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53电容器充电放电问题
《电磁感应》中电容器充电、放电问题；一、电容器充电问题；1.如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨相距；运动，不计其他电阻和阻力，求：；（1）电容器中的电流;（2）t＝2s时外力的大小；解析：（1）电容器中电流IC＝?Q①?t图3-3；△U＝BL△V③；a＝?V④?t；－由上四式可得：IC＝CBLa＝1×109A；（2）当t＝2s时，V＝at＝10m/s，
《电磁感应》中电容器充电、放电问题 一、电容器充电问题1.如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨相距40cm，质量为0.1kg的金属杆ab垂直于导轨放于其上，导轨间接入电阻R＝20Ω和电容C＝500pF，匀强磁场方向垂直于导轨平面竖直向下，磁感应强度B＝1.0T，现有水平向右的外2力使ab从静止开始以加速度a＝5.0m／s向右做匀加速运动，不计其他电阻和阻力，求：（1）电容器中的电流;
（2）t＝2s时外力的大小．解析：（1）电容器中电流IC＝?Q
△Q＝C?△U
②△U＝BL△V
④ ?t－由上四式可得：IC＝CBLa＝1×109A（2）当t＝2s时，V＝at＝10m/s，电动势E＝BLV＝4V，通过R的电流I＝E/R＝0.2A，远大于电容器的充电电流。所以电容器电流可忽略不计。由牛顿第二定律：F－BIL＝ma解得：F＝0. 58N 2.如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为θ，上端接一电容为C的电容器。导轨上有一质量为m，长为L的导体棒平行于地面放置，导体棒离地面的高度为h，磁感应强度为B的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则：（
）A．导体棒先做加速运动，后作匀速运动B．导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a＝mgsin? m?CB2L2C．导体棒落地时瞬时速度v=2mgh m?CB2L2D．导体棒下落中减少的重力势能转化为动能，机械能守恒?qCBL?v??CBLa?t?t解析：设Δt时间内电容器的带电量增加Δq，则：I=
（1）mgsin??maBL又因为mgsin??BIL?ma得I=
（2）mgsin??ma?CBLaBL由（1）（2）得mgsin?22解得a＝m?CBL，所以B选项正确 1v?2aL?2由mgsinh2mgh??m?CB2L2sin?m?CB2L2，所以C选项正确。从能量转化角度看，导体棒下落中减少的重力势能一部分转化为动能，另一部分转化为电场能，贮藏在电容器中，所以机械能不守恒。 3.(2013年全国卷)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv
①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
②③ Q设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝
U联立①②③式得Q＝CBLv
④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F＝BLi ⑤⑥ ΔQ设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝
ΔtΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由④式得ΔQ＝CBLΔv
⑦ Δv式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有a＝金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN ⑧
⑨式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcos θ
⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－F－Ff＝ma
?? m?sin θ－μcos θ?联立⑤至?式得a＝m＋BLC由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．t时刻金属棒的速度大小 2m?sin θ－μcos θ?为 v＝gt m＋BLC二、电容器放电问题1.如图所示，在水平桌面上放置的U形金属导轨间串联一个充电量为Q0、电容为C的电容器，导轨间的宽度为L.现将一根质量为m的裸导体棒放在导轨上，方向与导轨垂直，整个装置处在竖直向上、大小为B的匀强磁场中，当闭合开关S后导体棒将向右运动，设导轨足够长，接触处的摩擦忽略不计。关于棒的运动情况下列说法中正确的是：A.由于电容器放电产生电流，导体棒先做匀加速运动，直到电量Q0放完后达到匀速运动B.导体棒先做匀加速运动，后做匀减速运动，直到停止C.导体棒先做加速度越来越小的加速运动，最后达到匀速运动BLQ0D.导体棒的最终速度大小为 m?CB2L2 解析：由于电容器放电产生电流，导体棒将受到安培力的作用，所以，导体棒先做加速运动。但是，一旦导体棒开始运动切割磁感线，将产生一个与电容器两端电势相反的感应电动势，这样，随着放电过程的进行，电容器两端的电势逐渐降低；但随着速度的增加，导体棒切割产生的感应电动势逐渐增加，所以，在电容器这个“电源”和导体棒这个“电源”的共同作用下，电路中的电流逐渐减小，导体棒所受安培力逐渐变小，因此导体棒先做加速度越来越小的加速运动，最后达到匀速运动，保持电容器两端、导体棒两端的电势差恒定不变。 设最后稳定时，导体棒的速度为V，对导体棒，由动量定理有：BIL△t=mV，而q=I△t，q=Q0BLQ0V?m?CB2L2。故，正确答案为－CBLV，联立上述主方程有：BL(Q0－CBLV)=mV，整理得：CD。 三、综合应用1.如图所示，一个金属杆被分为两部分，中间串联一个体积可忽略不计的电压表，两平行导轨间的距离为L，在导轨左端串联一个电容器，电容器没有充电，空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．将金属杆放置在光滑的金属导轨上，然后在外力的作用下让金属杆以速度v做匀速运动，导轨、金属杆的电阻均不计．求经过一段较长时间后电压表的示数？解析：本题的关键是理解电压表的工作原理和电容器的充电、放电条件．在金属杆运动的初始阶段，金属杆和电压表一起向右运动，切割磁感线，产生的电动势大于电容器两端的电压，电容器处于充电过程，随着电容器上的电荷数量的增加，电容器两极间电压也逐渐增大，当电容器两极板间电压等于金属杆两端电压时，电容器停止充电，此时电路中的电流为零，金属杆和电压表匀速运动，不再需要外力作用。 对于电压表，是因为通过线圈中的电流受到安培力作用而引起转动，其示数取决于电压表的内阻与流过电压表电流的乘积，设r为电压表内阻，则有：Uv=Ir， ，因为电路中电流 I为零，所以电压表的示数为零。 3所以，请注意，虽然图中电压表没有示数，但并不表示a、b两点间、电压表内线圈两端电压为零！ 2.如图所示，在虚线框内有一磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中的 PQ 和 MN 是两条光滑的平行金属导轨，其电阻不计，两导轨间距离为L，D它们都与水平面成α角。已知匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，放置在导轨上的金属棒ab与导轨垂直，其质量为m，电阻为r。在导轨的一端接着阻值为R的电阻 。C、D 为竖直放置、间距为d的平行板电容器，两板间的JK是与水平面成θ角的一条绝缘光滑直导轨。当金属棒ab 在导轨上匀速下滑时，一个穿在 JK 导轨上的带电小球恰能静止在 JK 导轨上。 求：(1)ab杆下滑的速度。 (2)带电小球所带电荷的电性。(3)带电小球的比荷。解析：(1)设ab杆下滑的速度为v，则E电动势?BLv
① I?电路中电流为E电动势②，导体棒所受安培力为F安?BIL
③ R?rB2L2v联立①②③得：F安? R?r对ab受力分析得：F安?mgsin?
④∴ab杆下滑的速度v?mgsin?(R?r)
B2L2(2)分析知小球带正电。(3)设小球的质量为M，电荷量为q， 对电路：U?RE电动势
d电容器中匀强电场：E电场强度?对小球受力分析得：qE
电场强度?Mgtan?联立⑤⑥⑦⑧得：带电小球的比荷qBLdtan??
MmRsin? 3.两相互平行且足够长的水平金属导轨MN、PQ放在竖直平面内，相距0.4m，左端接有平行板电容器，板间距离为0.2m，右端接滑动变阻器R。水平匀强磁场磁感应强度为10T，垂直于导轨所在平面，整个装置均处于上述匀强磁场中，导体棒CD与金属导轨垂直且接触良4好，棒的电阻为1Ω，其他电阻及摩擦不计。现在用与金属导轨平行，大小为2N的恒力F使棒从静止开始运动。已知R的最大阻值为2Ω，g=10m/s2。则：? 滑动变阻器阻值取不同值时，导体棒处于稳定状态时拉力的功率不一样，求导体棒处于稳定状态时拉力的最大功率？?当滑动触头在滑动变阻器中点且导体棒处于C 稳定状态时，一个带电小球从平行板电容器左侧，以某一速度沿两板的正中间且平行于两极板射入后，在两极板间恰好做匀速直线运动；当滑动触头位于最下端且导体棒处于稳定状态时，该带电小球以同样的方式和速度射入，小球在两极板间恰好做匀速圆周运动，则小球的速度为多大？ D 解：（1）当棒达到匀速运动时，棒受到的安培力F1与外力F相平衡，即F=F1=BIL
①此时棒产生的电动势E=BLv，则电路中的电流 I＝F(R＋r)
由①②式得此时棒的速度
BLF2 (R＋r)拉力功率
BL由④式知回路的总电阻越大时，拉力功率越大，当R=2Ω时，拉力功率最大，Pm=0.75(W)F(R＋r)(2)当触头滑到中点即R=1Ω时，由③式知棒匀速运动的速度v1＝＝0.25(m/s)
导体棒产生的感应电动势
E1=BLv1=10×0.4×0.25=1(V)ER电容器两极板间电压
U1 ＝0.5(V)
R＋r由于棒在平行板间做匀速直线运动，则小球必带正电，此时小球受向上的电场力、洛仑兹力和向下的重力，设小球的入射速度为v0，由平衡条件知：
F+f洛=G即 q U＋qv0B=mg
R＋r当滑头滑至下端即R=2Ω时，棒的速度F(R＋r)3V2＝ ＝
BL8导体棒产生的感应电动势
E2=BLV2=1.5(V)ER电容器两极板间的电压
U2＝＝1(V)
R＋r由于小球在平行板间做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，于是：q U＝mg
dU―U联立⑤⑥并代入数值解得
v0＝ ＝0.25(m/s)
Bd小球作圆周运动时洛仑兹力提供向心力，有v2qv0B＝m
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