ESERCIZIO 1 Su un transistor BJT pnp caratterizzato da NE

ESERCIZIO 1
Su un transistor BJT pnp caratterizzato da
NE = 1018 cm−3
NB = 1016 cm−3
NC = 1015 cm−3
A = 1mm2
vengono effettuate le seguenti misure:
• Tensione VCB negativa, emettitore aperto: IC = 10nA
• Tensione VEC positiva, VEC > VEB base aperta: IC = 100nA
• Tensione VEB negativa, collettore aperto: IE = −1nA
Determinare LE , W , LC .
Soluzione
Per risolvere il problema utilizzo il modello di Ebers-Moll, grazie al quale
potrò calcolare LE , W , LC , infatti so che
DB
DE
+
]
NB W
NE L E
DC
DB
+
]
= qAni 2 [
NB W
NC LC
IF 0 = qAni 2 [
IR0
Prima di tutto analizzo i risultati delle tre misure in modo da ottenere
delle equazioni per IF 0 ,IR0 ,αF ,αR .
PRIMA MISURA: so che VCB < 0, il che significa che la giunzione CB
è polarizzata in inversa. Questa informazione è utile perchè ci permette di
VCB
scrivere IR = −IR0 , in quanto in generale abbiamo IR = IR0 (eq kT − 1).
Inoltre, poichè l’emettitore è aperto, so che IE = 0, e il testo mi dice che
IC = 10nA.
Delle equazioni del modello di Ebers-Moll
IE = IF − αR IR
IC = αF IF − IR
IB = (1 − αF )IF + (1 − αR )IR
utilizzo innanzitutto quella su IE ,che so essere nulla, e quindi ottengo
0 = IF − αR IR
→
IF = −αR IR0
dopodichè utilizzo quella su IC ,che conosco e vale 10 nA, e sostituisco
l’espressione appena ricavata per IF , ottenendo
10nA = αF IF − IR = αF (−αR IR0 + IR0 )
1
l’equazione che ottengo è dunque
10nA = (1 − αR αF )IR0
in pratica devo cercare di ottenere per ognuna delle tre misure un’equazione
che contenga le sole IF 0 ,IR0 ,αF ,αR .
SECONDA MISURA: in questo caso la base è aperta, e quindi IB = 0.
Devo vedere in quale stato di polarizzazione si trovano le giunzioni. So che
VEC > 0 e che VEC > VEB , e poichè VEC = VEB + VBC , allora significa che
VEC = VEB + VBC > VEB
VBC > 0
→
ovvero la giunzione CB è ancora una volta in inversa (infatti dire che VBC >
0 è equivalente a dire che VCB < 0).
Questa condizione applicata alla formula per IR mi fornisce IR = −IR0
adesso uso come prima l’equazione sulla corrente che so di essere nulla,
in questo caso quella di base:
0 = (1 − αF )IF + (1 − αR )IR
IF = (
→
1 − αR
)IR0
1 − αF
che sostituirò nell’equazione per IC = 100nA:
100nA = αF IF − IR = αF (
αF − αF αR + 1 − αF
1 − αR
)IR0 + IR0 = (
)IR0
1 − αF
1 − αF
1 − αF αR
)IR0
1 − αF
TERZA MISURA: adesso ho la giunzione EB in inversa, infatti so che VEB <
0. Quindi posso semplificare l’equazione per IF :
100nA = (
IF = IF 0 (eq
VEB
kT
− 1) = −IF 0
adesso ancora una volta uso l’equazione per la corrente nulla, in questo caso
IC perchè il collettore è aperto.
0 = αF IF − IR
→
IR = −αF IF 0
l’equazione su IE = −1nA infine mi fa trovare
−1nA = IF − αR IR = −IF 0 − αR (−αF IF 0 )
−1nA = (αR αF − 1)IF 0
Ho adesso tre equazioni, più quella di reciprocità, in 4 incognite:
10nA = (1 − αR αF )IR0
2
100nA = (
1 − αF αR
)IR0
1 − αF
−1nA = (αR αF − 1)IF 0
αF IF 0 = αR IR0
Posso risolvere il sistema come preferisco. Ad esempio dal rapporto tra la
prima e la seconda ricavo direttamente αF
10
(1 − αR αF )IR0
= 1 − αF
= 1−αF αR
100
( 1−αF )IR0
αF = 0.9
Poi uso ancora la prima equazione per ottenere
IR0 =
10
1 − αF αR
e poi lo metto nella quarta
IF 0 =
αR
αR
10
IR0 =
·
αF
αF 1 − αF αR
e sostituisco IF 0 nella terza equazione, ottenendo cosı̀ αR (αF lo conosco):
−1 = (αR αF − 1)IF 0 = (αR αF − 1)
10
αR
αR
·
= − 10
αF 1 − αF αR
αF
αR = 0.09
Notare che sia αR che αF sono dei numeri puri, non hanno unità di misura,
perchè indicano dei rapporti tra correnti.
Restano da calcolare IF 0 e IR0 :
IR0 =
10
= 10.88nA
1 − αF αR
IF 0 =
αR
IR0 = 1.088nA
αF
Quindi noti i valori delle IF 0 e IR0 , ho due equazioni ma tre incognite:
DB
DE
IF 0 = qAni 2 [
+
]
NB W
NE L E
DC
DB
+
]
IR0 = qAni 2 [
NB W
NC LC
per risolvere il problema devo fare delle approssimazioni. Ad esempio noto
che, poichè NB << NE , allora nell’espressione di IF 0 pesa molto di più il
3
primo termine rispetto al secondo (è circa 1000 volte più grande). Inoltre
αF ≃ 1, per cui posso dire che
αF IF 0 ≃ qAni 2
DB
NB W
da cui posso ricavare W:
W ≃
1.6 · 10−19 · 1020 · 10
qAni 2 DB
= 16
= 1.6 · 10−7 cm
NB αF IF 0
10 · 0.9 · 1.088 · 10−9
A questo punto, per ricavare LE , riutilizzo l’espressione completa
IF 0 = qAni 2 [
DB
DE
+
]
NB W
NE L E
ma sostituisco al posto di qAni 2
αF IF 0 . Ho quindi
IF 0 = αF IF 0 + qAni 2
DB
l’approssimazione fatta prima, ovvero
NB W
DE
NE LE
da cui ricavo
qAni 2
DE
= IF 0 −αF IF 0
NE L E
LE =
→
qAni 2 DE
= 8.8·10−9 cm
NE (IF 0 − αF IF 0
Infine per ricavare LC faccio uso della relazione di reciprocità, infatti, poichè
αF IF 0 = αR IR0 , allora posso scrivere anche che
αR IR0 = αF IF 0 ≃ qAni 2
DB
NB W
e mettere αR IR0 nella formula
IR0 = qAni 2 [
DB
DC
+
]
NB W
NC LC
ottenendo
IR0 ≃ αR IR0 +
DC
NC L C
da cui, esattamente come prima, posso ricavare LC :
DC
= IR0 − αR IR0
NC L C
→
LC =
4
qAni 2 DC
= 6.47 · 10−7 cm
NC (IR0 − αR IR0
ESERCIZIO 2
Si consideri il seguente circuito di amplificazione in cui è inserito un BJT
npn, con;
VBB = 5.7V
VCC = 10V
RB = 500kΩ
RC = 4kΩ
(il cerchio giallo è un generatore di piccolo segnale orientato come il
generatore continuo VBB ). Determinare le condizioni di polarizzazione statica. Supponendo inoltre che β = 100, determinare il rapporto tra l’ampiezza
del segnale di uscita e quella del segnale di ingresso.
Soluzione
Siamo in condizioni di polarizzazione statica quando non ho il generatore di
piccolo segnale. Quindi lo elimino dal circuito e risolvo il problema. Devo
determinare le correnti e le tensioni di ingresso e di uscita. Per sapere quali
sono devo vedere se sono a base comune o a emettitore comune. Dall’analisi
del circuito in figura noto che la VBB è applicata tra base ed emettitore
(con in mezzo la resistenza RB ), mentre la VCC è applicata tra collettore ed
emettitore (con in mezzo la resistenza RC ). Quindi il terminale comune è
l’emettitore, e di conseguenza abbiamo come corrente di ingresso IB e come
corrente di uscita IC . La tensione di ingresso è VBE e quella di uscita è VCE .
Per determinale tutte, imposto delle equazioni alle maglie:
VBB − RB IB − VBE = 0
5
VCC − RC IC − VCE = 0
so inoltre che IC = βIB perchè sono in configurazione amplificante, e, poichè
sono in regione attiva, VBE ≃ 0.7V . Quest’ultima informazione è generale,
infatti il valore di VBE (oppure di V EB se abbiamo un BJT pnp) non
cambia praticamente nulla una volta entrati in zona attiva. Quindi ogni
volta che ci serve un valore per VBE possiamo prendere 0.7 se siamo in zona
attiva. Ci restano come incognite nelle nostre due equazioni solo IB e VCE ,
che troviamo subito:
IB =
5.7 − 0.7
VBB − VBE
=
= 10µA
RB
500 · 103
VCE = VCC − RC IC = 10 − 4 · 103 · 10−3 = 6V
vout
vin
(attenzione, non ci interessa il loro esatto valore ma solo il valore del loro
rapporto). Devo quindi reinserire il generatore di piccolo segnale, eliminare
i generatori di tensione continui inserendo al loro posto un corto circuito (se
avessia vuto generatori di corrente avrei dovuto mettere un circuito aperto),
e utilizzare il modello π. Faccio ancora l’equazione alle maglie
Il secondo punto dell’esercizio ci chiede di determinare il rapporto
vin − RB iB −
vout = RC iC
con
1
gEB
iB = 0
→ vin = (RB +
iC = gm · vEB
e
1
gEB
vEB =
)iB
1
gEB
iB
infatti la corrente che scorre nella resistenza RC è quella generata dal
generatore di corrente controllato in tensione gm · vEB , in cui la tensione
vEB è quella che cade ai capi di gEB .
Ho dunque ricavato le vin e vout in funzione dei parametri di piccolo segnale
e della corrente iB :
1
)iB
vin = (RB +
gEB
6
vout = RC gm ·
1
gEB
iB
e il loro rapporto vale
1
RC gm · gEB
iB
gm
vout
RC gm
= RC
=
=
1
RB gEB +1
vin
R
g
(RB + gEB )iB
gEB gEB
B EB + 1
Adesso devo calcolare i valori delle conduttanze di piccolo segnale e poi potrò
ricavare il risultato cercato:
gm =
q
10−3
IC =
= 3.8 · 10−2 S
kT
0.026
dove IC è quella calcolata in condizioni di polarizzazione statica.
gEB =
q
10−5
IB =
= 3.8 · 10−4 S
kT
0.026
E ottengo in definitiva
4 · 103 · 3.8 · 10−2
gm
vout
=
= RC
= 0.8
vin
RB gEB + 1
500 · 103 · 3.8 · 10−4
ESERCIZIO 3
Un transistor bipolare nella configurazione ad emettitore comune ha i seguenti parametri relativi al modello π:
gm = 2S
gBE = 8.5mS
rCE = 100kΩ
rB = 10Ω
Supponendo che tra emettitore e collettore sia connesso un carico di 1kΩ,
valutare l’amplificazione di corrente di piccolo segnale e l’ampiezza massima
del generatore di piccolo segnale posto in ingresso perchè la corrente di collettore di piccolo segnale sia uguale alla metà della corrente di polarizzazione
(la corrente di polarizzazione è la corrente che si avrebbe senza il piccolo segnale). La resistenza interna del generatore è di 30Ω e la temperatura è 300K.
Soluzione
Il generatore di piccolo segnale avrà in serie la sua resistenza rg = 30Ω, e sarà
collegato tra il terminale B e il terminale E (base ed emettitore, possiamo
vedere la rB come una resistenza serie della base). Il carico rL invece sarà
connesso in parallelo a rCE . Il testo chiede di determinare l’amplificazione
di corrente di piccolo segnale, che sarà quindi il rapporto
iout
iin
7
La corrente di ingresso è quella che passa nella rg e quella di uscita sarà quella
che attarversa il carico rL . Utilizzo le equazioni di Kirchoff per determinarle:
1- Equazione alla maglia col generatore
v(t) − iB rg − iB rB −
1
gBE
iB = 0
dove la corrente iB è la corrente di ingresso iin . Ho quindi che
iin = iB =
v(t)
rg + rB +
=
1
gBE
v(t)
v(t)
=
30 + 10 + 120
160
2-Equazione al nodo C
Adesso per determinare la corrente iout = iL uso
vCE
vCE
gm vB ′ E −
−
rCE
rL
dove vrCE
è appunto iL . Quindi mi serve vCE perchè la resistenza di carico
L
rL la conosco. Dall’equazione precedente ottengo
gm vB ′ E
vCE = 1
1
rCE + rL
dove vB ′ E è la tensione tra il punto B’ e il punto E, che vale quindi
vB ′ E = iB
1
v(t)
=
· 120 = 0.75v(t)
gBE
160
8
Abbiamo dunque
vCE =
gm 0.75v(t)
1
1 = vCE =
rCE + rL
2 · 0.75v(t)
= 1.49 · 106 v(t)
1
1
+
100·103
103 ·103
da cui la corrente attraverso il carico
iL =
1.49 · 106 v(t)
vCE
=
= 1.49v(t)
rL
103 · 103
E l’amplificazione di corrente vale
iout
1.49v(t)
= v(t) = 224
iin
160
L’ultima parte dell’esercizio ci chiede di determinare l’ampiezza massima del
IL
generatore di piccolo segnale per avere iL =
. Per ottenere questo valore
2
mi serve innanzitutto IL = IC , che determino facilmente dalla definizione di
gm :
q
IC
→
IC = 0.026 · 2 = 52[mA]
gm =
kT
e quindi devo avere
iL (vmax ) = 26[mA]
e poichè so che
iL = 1.49v(t)
1.49vmax = 26 · 10−3
→
ottengo finalmente
vmax = 17.44mV
ESERCIZIO 4
Si consideri un BJT pnp del quale è noto che la distribuzione dei droganti
in base ha andamento esponenziale decrescente rispetto alla distanza dalla
giunzione tra base ed emettitore. All’interno della base il campo elettrico ha
modulo costante pari a E = 5000 V/cm. In corrispondenza della giunzione
base emettitore la densità di droganti è pari a N0 = 1017 cm−3 , mentre la
base è larga W = 0.3 µm. Determinare il valore della densità di droganti in
corrispondenza della giunzione base collettore e la corrente di collettore per
una polarizzazione con VEB = 0.5 V e VCB = −0.5 V supponendo: area di
giunzione A = 1 mm2 , ni = 1010 cm−3 , DB = 5 cm2 /s (può essere considerata costante in tutta la base).
Suggerimento: guardare a pagina 8 delle dispense (modulo 1) per il campo
elettrico, e successivamente considerare che il prodotto W · NB nell’espressione della corrente di saturazione inversa è la densità di droganti per cm2
in base
9
Soluzione
La distribuzione dei droganti in base può essere espressa nel seguente modo:
NB (x) = N0 e−αx
in cui N0 = 1017 cm−3 e x è la distanza dalla dalla giunzione base emettitore.
Poiché in base Jn ≪ Jp si ottiene che il campo elettrico è circa pari a:
E≃−
kT 1 dNB (x)
q NB (x) dx
Si può quindi ricavare α, poiché
E = 5000 =
kT
1
kT
αN0 e−αx =
α
q N0 e−αx
q
da cui α = 1.9231 · 105 cm−1 . In corrispondenza della giunzione base collettore la densità di droganti vale:
NB (W ) = 1017 exp −1.9231 · 105 · 0.3 · 10−4 = 3.1219 · 1014 cm−3
Per calcolare la corrente di collettore bisogna notare che si è in zona attiva,
quindi essa sarebbe circa pari, in condizioni di drogaggio uniforme in base,
a:
DB
qVEB
IC ≃ qAn2i
exp
W NB
kT
Tuttavia, poiché il drogaggio non è uniforme, invece di W NB bisogna utilizzare la seguente espressione:
Z
0
W
NB (x) dx =
Z
0
W
N0 e−αx dx =
i
N0 h
1 − e−αW = 5.1837 · 1011 cm−2
α
Segue che IC = 3.4695 · 10−4 A
10