Il transistor bipolare

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Il transistor bipolare
Il transisitor bipolare e' un dispositivo a tre morsetti.
Emettitore
Base
Collettore
Capitolo III
Il transistor bipolare
Esistono due tipi di transistor bipolare:
• Transistor NPN
Indice
C
drogato n
C
VCB
Q_NPN
B
Il transistor bipolare
Funzionamento in regione attiva
La polarizzazione del transistor bipolare
L' impedenza differenziale
Il circuito equivalente per piccolo segnale
Stadi di guadagno con un transistore
L'inseguitore di emettitore
Lo stadio a base comune
Lo stadio a emettitore comune
Impedenze di ingresso di un transistor bipolare
2
3
6
13
17
20
21
49
57
78
B
E
drogato p
drogato n
VBE
I portatori sono elettroni
E
•
E
Transistor PNP
E
drogato p
VEB
B
Q_PNP
B
C
drogato n
drogato p
VBC
I portatori sono lacune
C
III - 1 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Funzionamento in regione attiva
III - 2 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Le caratteristiche di un transistor
Un transistor bipolare opera in regione attiva se:
• Transistor NPN
VBE > 0 V
C
C
B
(VBE ≈ 0.7 V)
IC
September 25, 2000
In
IB
IC
VCE
Out
VBE
IB
E
VCB > 0V
Q_NPN
B
La caratteristica di ingresso
IB + IC = IE
IE
E
IB
IC = IS · exp(VBE/VT)
IB =
•
Transistor PNP
VEB > 0 V
• Il transistor e'
spento per
VBE<0.7V
E
(VEB ≈ 0.7 V)
IE
IB
Q_PNP
B
VBC > 0V
IC
• E' molto non-lineare
IE = IB + IC
VBE
IC = IS · exp(VEB/VT)
La caratteristica di uscita
C
Relazioni tra le correnti:
IC = α · IE
1
IB = IE – IC = IC · 
α


– 1 =


IC
1 – α
1
· IC = · IC
α
β
Regione di
saturazione
IC = β · IB
Regione
attiva
Valori tipici:
α = 0.99
<=>
β=
Il transistor entra in
regione di
saturazione se,
fissata la VBE, si
forza VCE<VCEsat
VBE
α
=100
1 – α
VCE
Effetto della temperatura (come nel diodo):
dVBE
dT ≈ – 2.5mV/°C
III - 3 -
IS
· exp(VBE/VT)
β
•
September 25, 2000
Valore tipico: VCEsat ≈0.3V (cioe' con la giunzione CB
leggermente polarizzata in diretta)
III - 4 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
L' effetto Early
La polarizzazione del transistor
bipolare
L'espressione della corrente in regione attiva non dimostra la
variazione della corrente al variare di VCE in regione
attiva.
Per analizzare la polarizzazione di un circuito (cioe' il punto di
lavoro) e' necessario:
1. Fare un' ipotesi di regione di funzionamento del
dispostivo attivo (transistor)
2. Risolvere l' esercizio
3. Verificare l' ipotesi
Esempio 1
0V
β = 100
VB = 4V
IC = IS · exp(VBE/VT)
IC
RC
VBE
B
RC = 4.7kΩ
RE = 3.3kΩ
=>
β
= 0.99
α=
β+1
C
E
–VA
•
RE
VCE
L'espressione della corrente in regione attiva viene quindi
modificata come non dimostra la variazione della
corrente al variare di VCE in regione attiva.

IC = IS · exp(VBE/VT) ·1 +

VCE
VA



•
VA e' la tensione di Early
Valore tipico: VA =100V
•
L'andamento della curva in regione attiva e' molto
'lineare'
III - 5 -
Ipotesi: il transistor NPN opera in regione attiva (VBE = 0.7V)
VE = VB – VBE = 3.3V
VE
==>>
IC = α· IE = 0.99mA
IE = RE = 1mA
IC
IB = = 0.01mA
β
VC = 10V – RC·IC ≈ 5.3V
Si verifica ora la validita' dell'ipotesi:
VCB = 5.3V – 4V = 1.3V > 0V
Quindi la giunzione BC e' polarizzata in inversa e l'ipotesi e'
valida.
*** Quesito: quale e' il valore massimo di RC per cui il
transistor opera ancora i regione attiva ( RCMAX=2.5kΩ)
September 25, 2000
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La polarizzazione del transistor
bipolare
III - 6 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
La polarizzazione del transistor
bipolare
Esempio 3
Esempio 2
VB = 6V
RC
VB
VC
RE
Ipotesi: il transistor NPN opera in regione attiva
=> VBE = 0.7V
VE = VB – VBE = 5.3V
VE
IE = RE = 1.6mA
VB
VE
RC = 1kΩ
RE = 2kΩ
=>
β
= 0.99
α=
β+1
VC
RC
–10V
Ipotesi: il transistor PNP opera in regione attiva
=> VEB = 0.7V
VE = VB + VEB = 0.7V
10V – V E
IE =
= 4.65mA
RE
IC = α· IE = 1.59mA
IC
IB = = 0.015mA
β
IC = α· IE = 4.60mA
IC
IB = = 0.05mA
β
VC = 10V – RC·IC ≈ 2.48V
Si verifica ora la validita' dell'ipotesi:
VCB = 2.48V – 6V = 3.52V < 0V
Quindi la giunzione BC e' polarizzata in diretta e l'ipotesi e' di
operazione in regione attiva e' falsa.
*** Quesito: quale e' il valore minimo di VB per cui il transistor
opera ancora i regione attiva ( VBmin=–2.675kΩ)
III - 7 -
VB = 0V
RE
RC = 4.7kΩ
RE = 3.3kΩ
=>
β
α=
= 0.99
β+1
VE
β = 100
10V
β = 100
10V
September 25, 2000
September 25, 2000
VC = –10V + RC·IC ≈ –5.4V
Si verifica ora la validita' dell'ipotesi:
VBC = 0V – (–5.4V) = 5.4V > 0V
Quindi la giunzione BC e' polarizzata in inversa e l'ipotesi e'
valida.
III - 8 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
La polarizzazione del transistor
bipolare
La polarizzazione del transistor
bipolare
Esempio 4-bis
Esempio 4
β = 100
5V
10V
RB
RB
C
RB = 200kΩ
RC = 1.8kΩ
=>
β
α=
= 0.99
β+1
RB = 100kΩ
RC = 2kΩ
=>
β
= 0.99
α=
β+1
RC
VB
β = 100
Vcc=10V
VC
VE
•
Ipotesi: il transistor NPN opera in regione attiva
=> VBE = 0.7V
VB = 0.7V
5V – V B
= 0.043mA
IB = RB
Il circuito diventa interessante quando si puo' usare
un'unica tensione di alimentazione per polarizzare il
transistor
Ipotesi: il transistor NPN opera in regione attiva (VBE = 0.7V)
VB = 0.7V
10V – V B
IB =
= 0.0465mA
RB
IC = β· IB = 4.3mA
IE = IC + IB ≈ 4.343mA
VC = 10V – RC·IC ≈ 1.4V
Si verifica ora la validita' dell'ipotesi:
VCB = 1.4V – 0.7V = 1.4V > 0V
IC = β· IB = 4.65mA
Quindi la giunzione BC e' polarizzata in inversa e l'ipotesi e'
valida.
IE = IC + IB = 4.6965mA
VC = 10V – RC·IC ≈ 1.5463 V
Si verifica ora la validita' dell'ipotesi:
VCB = 1.4V – 0.7V = 1.4V > 0V
Quindi la giunzione BC e' polarizzata in inversa e l'ipotesi e'
valida.
III - 9 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 10 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
La polarizzazione del transistor
bipolare
La polarizzazione del transistor
bipolare
Esempio 5
Esempio 5 (II)
β = 100
5V
B2
RB1 = 100kΩ
RB2 = 50kΩ
RC = 1kΩ
RE = 3kΩ
C
C
B
E
B1
•
Si fa l'ipotesi di operazioni in regione attiva (VBE = 0.7V)
•
Si scrive l'equazione di Kirchoff alla maglia:
VTH = RTH · IB + VBE + RE · IE
E
IE = IC + IB = β·IB + IB = (β+1) · IB
Si puo' applicare il teorema di Thevenin
15V
RB2
Circuito
equivalente
di
Thevenin
RC
VB
VC
=>
VTH
RTH VB
VE
RB1
15V
RC
VC
VE
RE
RE
VTH = RTH · IB + VBE + RE · (β+1) · IB
V TH – V B E
IB =
= 27.6µA
R T H + R E · (β+ 1 )
VB = VTH – IB ·RTH = 9.08V
IE = (β+1) · IB = 27.9mA
VE = RE · IE = 3kΩ · 2.83mA = 8.38V
IC = β·IB = 27.65mA
VC = 15V – IC · RC = 12.23V
•
Si calcolano i parametri del circuito equivalente di
Thenevenin:
RB1
VTH = 15V · RB1+RB2 = 10V
R B1 · RB2
R TH = RB1+RB2 = 33.3kΩ
III - 11 -
Si puo' infine calcolare
15V – V B
= 118.43µA
RB2
VB
IRB1 = RB1 = 90.78µA
IRB2 =
September 25, 2000
III - 12 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
La polarizzazione del transistor
bipolare
Capitolo III - Il transistor bipolare
L' impedenza differenziale
•
E' l'impedenza che vede un segnale iniettato tra due
morsetti
•
Se sono i morsetti di ingresso si definisce Impedenza di
ingresso
Se sono i morsetti di uscita si definisce Impedenza di
uscita
Esempio 6
0V
RC = 5kΩ
C
B
RE = 3kΩ
C
B
IB = 10µA
•
β = 100
E
E
La IB forza la corrente di base ad essere 10µA
Ne consegue che:
IC = β · IB = 1mA
IE = (β+1) · IB = 1.01mA
•
Per valutare l'impedenza differenziale, a seconda
dell'opportunita' del circuito, si possono utilizzare due
metodi
•
Caso 1: si applica
una corrente di
segnale di test
(Itest) e si legge Itest
la tensione ai
capi (Vtest)
La tensione su VE risulta essere:
VE = IE · RE = 3.03V
La tensione su VB si calcola come:
•
VB = VE + VBE = 3.03V + 0.7V = 3.73V
La tensione su VC risulta essere:
VC = 10V – IC·RC = = 5V
Il transistor opera in regione attiva in quanto
Blocco
generico
Vtest
Itest
Caso 2: si applica
una tensione di
segnale di test
(Vtest) e si
legge la
corrente
provocata
(Itest)
Blocco
generico
Vtest
VCB = 2.27V > 0V
III - 13 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Modellizzazione dell'impedenza
di ingresso / uscita
III - 14 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Effetto
dell'impedenza di ingresso/uscita
•
•
September 25, 2000
Effetto dell'impedenza di uscita (Rout)
Con amplificatore di tensione in uscita
(Eq. di Thevenin)
Blocco generico
R out
Vs
In R in
Vin
A·Vin
Out
RL VL
Blocco generico
Rout
n
in
A·Vin
in
RL
VL = A·Vs· RL+Rout
Out
Rout dovrebbe essere la piu' piccola possibile
•
•
Con amplificatore di transconduttanza in uscita
(Eq. di Norton)
Effetto dell'impedenza di ingresso (Rin)
Nell'ipotesi di Rout = 0
Blocco generico
s
out
Blocco generico
s
n
in
·Vin
in
Out
L
L
·Vin
n
in
Out
in
out
Rin
Vin = Vs· Rs+Rin
Rin
VL = A·Vin = A·Vs· Rs+Rin
Rin dovrebbe essere la piu' grande possibile
III - 15 -
September 25, 2000
III - 16 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Il circuito equivalente per piccolo
segnale
La composizione di blocchi in
cascata
C
IC
•
B
Calcolo del guadagno
Transistor NPN
Q_NPN
V C E

Ic = Is · exp(VBE/VT) · 1+ VA 


E
Amplificatore_1
s
s
Amplificatore_2
out1
n
out2
1·Vin1
in1
in2
2·Vin2
in2
L
L
•
Transconduttanza
dIc
1
Ic 1
gm = dVBE = Is · exp(VBE/VT) · VT = VT = re
•
Resistenza di base (rπ)
–1 1
β
dIc  –1 1 Ic 
 dIb 

rπ = dVBE =  · dVBE =  ·VT = gm
β

β







Rin1
Rin1
Rin2
RL
VL
Vs = Rin1+Rs · A1 · Rin2+Rout1 · A2 · R L + R out2
•
Rin2 
 Rin1  

, 
,
 Rin1+Rs  Rin2+Rout1
•
RL


e R L + R out2 sono termini di


perdita
Impedenza di uscita
–1
–1
VA
 dIc 
 Ic 
ro = dVCE = VA = Ic




B
vbe
•
Rini dovrebbe essere la piu' alta possibile
•
Rino dovrebbe essere la piu' bassa possibile
C
rπ
gm·vbe
ro
E
β = gm·rπ
III - 17 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Il circuito equivalente per piccolo
segnale
III - 18 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Circuito equivalente a parametri h
•
E
Transistor PNP
B
Q_PNP
Un altro possibile circuito equivalente (a parametri h) e'
mostrato in figura.
B
V C E

Ic = Is · exp(–VBE/VT) · 1+ VA 


IC
September 25, 2000
ib
C
hie
hfe·i b
hoe
E
C
Viene usato nei datasheet dei dispositivi discreti
Il circuito equivalente e' IDENTICO a quello dell'NPN
•
•
Transconduttanza
dIc
1
Ic 1
gm = dVBE = Is · exp(VBE/VT) · VT = VT = re
Resistenza di base (rπ)
–1
β
dIc  –1 1 Ic 
 dIb 
1
rπ = dVBE =  · dVBE =  ·VT = gm
β

β







•
Si possono rapportare i parametri h con quelli a gm
B
vbe
C
rπ
gm·vbe
ro
E
hie = rπ
•
Impedenza di uscita
–1
–1
 dIc 
 Ic 
VA
ro = dVCE = VA = Ic




B
vbe
hfe = β
hoe = ro
C
rπ
gm·vbe
ro
E
III - 19 -
September 25, 2000
III - 20 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
L'inseguitore di emettitore
Stadi di guadagno con un
transistore
•
Collettore comune
Ingresso : Base
Uscita :
Emettitore
(Collettore comune)
Vcc
Rb1
Ci
In
Q
Out
•
Base comune
Ingresso : Emettitore
Uscita :
Collettore
•
Rb2
Rb1 = 5 kΩ
Out
•
In
(
)
Guadagno in tensione (corrente)
•
Impedenza di ingresso
•
Impedenza di uscita
RL = 1 kΩ
VE = VB – VBE = 5V – 0.7V = 4.3V
VE 4.3V
= 1mA
IE = RE =
4.3kΩ
OK!!
Verifica IB trascurabile:
IE
IB =
= 9.9µA << IRb2
β+1
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
OK!!
III - 22 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Inseguitore di emettitore
Inseguitore di emettitore
Vcc
cc
b1
Rb1
Ci
in
Co
Q
o
b2
E
Rb2
L
Osservazioni
• Ci e Co sono condensatori di disaccoppiamento.
Il segnale di ingresso (Vi) e quello di uscita (Vo ) sono
centrati attorno a massa (0 V)
Avere due possibili tensioni di polarizzazione per Vi e VB
ed anche per VE e Vo permette di polarizzare al meglio
il transistor
• Ci realizza una funzione di trasferimento di tipo passa-alto
1
con frequenza di taglio fH = 2·π·Ci·Rin
Per frequenze superiori a fH il condensatore si comporta
da corto circuito
Rb1 e Rb2 polarizzano VB. Non e' possibile polarizzare la
base con un generatore di tensione collegato
direttamente sulla base, altrimenti non puo' passare il
segnale.
III - 23 -
Co
vo
vi
i
•
VA = 100V
RE = 4.3 kΩ
VC = VCC = 10 V
Verifica zona attiva:
VCB = 10V – 5V = 5V
III - 21 -
i
RL
Polarizzazione
Si suppone di trascurare IB
VB si puo' allora calcolare come partitore
Rb2
VB = VCC · R b1 + R b 2 = 5V
5V
= 1mA
IRb2 =
5kΩ
Caratterizzazione
di una configurazione
•
RE
β = 100
Rb2 = 5 kΩ
VCC = 10 V
Emettitore comune (anche con R di
degenerazione)
Ingresso : Base
Uscita :
Collettore
vo
vi
Out
In
Co
September 25, 2000
•
RE
RL
Circuito equivalente di piccolo segnale
Si fanno i conti a centro-banda, cioe' per frequenze tali
per cui i condensatori sono gia' dei corto-circuiti
Ci
vi
Rb1
B
C
rπ
Rb2 vbe
ro
gm·vbe
E
Co
RE
vo
RL
IC 1mA
gm = VT = 25mV = 0.04 A/V
β
100
rπ = gm = 0.04 A/V = 2.5kΩ
VA 100V
ro = IC = 1mA = 100kΩ
III - 24 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Inseguitore di emettitore
•
Inseguitore di emettitore
Calcolo del guadagno
Ci
vi
•
B
Rb1
Calcolo del guadagno
Ci
C
rπ
Rb2 vbe
ro
gm·vbe
E
vi
B
Rb1
E
RL
Equazione di Kirchoff al nodo E
vbe
vo
rπ + gm·vbe = RT
Approx.1:
vi – vo
vo
rπ + gm·(vi – vo) = RT
1

1
1
vi·rπ + g m  = vo · rπ + g m + RT




1

+ gm 

vo
 rπ

=
vi
1
1
+ g m + R T

 rπ

RE = 4.3 kΩ
gm=0.04A/V

1
+ g m + R T

ro = 100kΩ
RT= RE//RL = 0.81kΩ
gm·RT
1 + g m · R T = 0.97
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Dinamica del segnale
Vcc
gm·RT
1 + gm ·RT
Rb1
Ci
Il caso di accoppiamento in dc (cioe' Co non c'e' e sul
carico passa la corrente di polarizzazione) corrisponde
ad avere il carico totale (RT) uguale alla resistenza di
degenerazione di polarizzazione (R).
Nella valutazione seguente si suppone RL=∞ e quindi
RT = RE
Ic 
gm= VT

Ic
VT ·R E
VRE
= V RE + VT
Ic
1 + VT ·R E
Q
Co
vo
vi
Rb2
RE
RL
Per dinamica di un segnale si intende l'ampiezza massim
(a grandi segnali) del segnale che puo' essere elaborato da
un circuito senza alcuna variazione nella forma del segnale.
Tipicamente si hanno limitazioni al segnale sia verso l'alto
che verso il basso.
Quindi per avere un guadagno molto prossimo all'unita',
si deve avere un'alta caduta di tensione in continua su
RE (VRE)
vo
vi
0.95238
0.97561
0.98361
0.98765
0.99010
0.99174
0.99291
0.99379
VRE
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4

+ gm 
III - 26 -
Considerazioni sul guadagno
vo
vi =
RL = 1 kΩ
rπ=2.5kΩ
September 25, 2000
Inseguitore di emettitore
Si puo' scrivere
1

 rπ
RL
1 gm 
1
rπ = β , cioe' g m >>rπ => si trascura rπ
vo
vi =
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

 essendo

1

 rπ
vo
Approx.2: si puo' trascurare nel parallelo di RT la parte
di ro (ro>>RE//RL)
RT e' quindi la resistenza sull'emettotore: RT= RE//RL
vo
gm·RT
vi = 1 + g m · R T
con RT=RE // RL // ro
III - 25 -
Co
RE
vo
vi =
ro
gm·vbe
vo
vb = vi
ve = vo
vbe = vi – vo
vo
vi =
rπ
Rb2 vbe
Co
RE
•
C
Con un alto VRE si riduce la dinamica del segnale sul nodo di
base. Infatti, per una certa VRE =V E , VB =V E +V BE , il
segnale sulla base puo' avere un'escursione:
• verso l'alto di V C C – V B (fissata dalla base e
corrisponde ad arrivare a VCB=0)
• verso il basso di VRE (fissata dall' emettitore e
corrisponde ad arrivare a VE=0)
Tra le due, vale di volta in volta il valore piu' basso.
*** Quesito: studiare l'effetto di Ci finito
III - 27 -
September 25, 2000
III - 28 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Dinamica del segnale
Vcc
Rb1
Ci
Q
Co
vo
vi
Rb2
RE
RL
Con un'alimentazione VCC = 10V, la dinamica al variare di
VRE (che influenza anche il guadagno) e' la seguente:
VB
VRE
vo
vi
Dinamica
Dinamica
verso l'alto verso il basso
VB
VB–VBE
gm·RE
1+gm·RE
VCC–VB
VRE
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0.3
1.3
2.3
3.3
4.3
5.3
6.3
7.3
8.3
0.9231
0.9811
0.9892
0.9925
0.9942
0.9953
0.9960
0.9966
0.9970
9
8
7
6
5
4 <=
3 <=
2 <=
1 <=
0.3 <=
1.3 <=
2.3 <=
3.3 <=
4.3 <=
5.3
6.3
7.3
8.3
Da notare che la dinamica influenza anche il guadagno.
Per avere alta dinamica sul nodo di uscita e' necessario
sacrificare un po' di guadagno
III - 29 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 30 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Inseguitore di emettitore
•
September 25, 2000
Inseguitore di emettitore
Impedenza di ingresso (dalla base)
•
Impedenza di uscita (dall'emettitore)
in_B
in
B
C
test
Rb1
Vtest
b1
b2
be
π
Rb2 vbe
rπ
ro
gm·vbe
Rout
o
m·v be
E
E
E
Rin_E
RE
Itest
RL
Vtest
L
Applico Vtest e calcolo Itest
Rin = Rb1 // Rb2 // Rin_B
Calcolo di Rin_B
V test – v e
Irπ =
rπ
Ma si e' calcolato prima che:
gm·RT
ve
Vtest = 1 + g m · R T
Vtest 
gm·RT
Vtest
1

Irπ = rπ · 1 – 1 + g m · R T  = rπ · 1 + g m · R T


Vtest
Rin_B = Irπ = rπ·(1+gm·RT) ≈ β·RT = 81kΩ
Dalla Base si vede un'impedenza (Rin_B) che e' β volte la
resistenza collegata sull'emettitore (RT)
Rout = RL//RE//Rin_E
Calcolo Rin_E (trascuro ro)
vb = 0
ve = Vtest
vbe = –Vtest
ve
Vtest
1

Itest = rπ – gm·vbe = rπ + gm·Vtest = Vtest·gm+rπ


β
1
Essendo gm= rπ >> rπ, trascuro rπ
Itest = gm·Vtest
Vtest 1
=> Rin_E = Itest = gm = 25Ω
Rin_E e' una resistenza bassa
Rin_B e' una resistenza alta
III - 31 -
September 25, 2000
III - 32 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Inseguitore di emettitore
Uso del buffer di tensione
(Collettore comune)
•
Si vuole pilotare un carico RL=1kΩ con un amplificatore di
guadagno A avente Rout=10kΩ
•
Su RL si vuole avere
Vcc
VL = A·Vin
Rb1
Ci
Q
Amplificatore
Co
out
vo
vi
Rb2
RE
Vs
RL
•
in
·Vin
in
L
VL
In realta', su RL si ha
RL
VL = A · Vin · RL+Rout = A · Vin · 0.09
Caratteristiche generali
gm·RTE
Av = 1+gm·RTE
≈1
Rin = Rin_B = β·RT
1 VT
Rout = Rin_E = gm = IC
Alta
Bassa
•
Per ovviare a cio' si puo' inserire un buffer di tensione che
presenta RinB molto alta e RoutB molto bassa
Amplificatore
Buffer di tensione
out
Vs
•
n
In
in
in
outB
·Vin
inB
inB
·VinB
L
Utile per disaccoppiare gli stadi
RinB
RL
VL = A·Vin·RinB+Rout · 1 · RL+RoutB
•
Essendo RinB>>Rout e RoutB<<RL si ottiene
VL ≈ A·Vin
III - 33 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 34 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Compromesso
Bassa potenza-precisione
Compromesso
Bassa potenza-precisione
•
cc
September 25, 2000
Circuito equivalente di piccolo segnale e calcolo del
guadagno
B
b1
i
vi
o
Rb1
C
rπ
Rb2 vbe
o
E
ro
E
i
b2
gm·vbe
vo
L
RL
VCC = 10 V
Rb1 = 5 kΩ
•
β = 100
Rb2 = 5 kΩ
VA = 100V
IE = 1mA
RL = 1 kΩ
VE = 4.3V
IRb2 = 1mA
III - 35 -
IC IE
gm = VT = VT
IE
dipende dal livello di corrente del generatore
=> Piu' e' alta IE, piu' Av tende al valore desiderato 1
Polarizzazione (come nel caso precedente)
VB = 5V
gm·RL
Av = 1+gm·RL
IB = 10µA
September 25, 2000
vo
vi
0.95238
0.97561
0.98361
0.98765
0.99010
0.99174
0.99291
0.99379
IE [mA]
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
III - 36 -
September 25, 2000
L
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio
Collettore comune
cc
Vcc
b1
i
RL
I
o
vo
Ci
o
i
b2
Q Co
L
E
vi
Dimensionare i componenti in modo da avere un guadagno
minimo di 0.99 con transistor avente β=100, per un
carico di RL=100Ω. Usare VCC=10V.
Soluzione
Il livello di corrente di Q entra nel guadagno secondo la
formula:
IE
VT · R L
gm·RL
= 0.99
Av = 1+gm·RL =
IE
1 + VT ·R L
Da cio' si ottiene:
A v ·V T
IE = R L ·(1 – A v ) = 24.75mA
La corrente nel ramo di polarizzazione deve essere
dimensionata in modo da risultare trascurabile la
corrente di base data da:
IE
IB = = 0.2475mA
β
VCC = 5V
β = 100
Rb
Rb = 100 kΩ
I = 2 mA
RL = 1 kΩ
•
E' un inseguitore di emettitore con un transistor pnp
•
Polarizzazione
IE = I = 2mA
IB =
IE
= 0.0198 mA
β+1
VB = IB·Rb = 1.98 V
VE = VB + VEB = 1.98V + 0.7V = 2.68V
La corrente dovra' quindi essere almeno 20mA. Supponendo
di piazzare VB=5V (cosi' da avere Rb1=Rb2), si ottiene:
5V
Rb2 = Rb1 = 20mA = 250Ω
III - 37 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 38 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Collettore comune
Vcc
(Circuiti alternativi)
RL
I
vo
Ci
I circuiti presentati di seguito sembrano molto simili a quello
appena studiato (di seguito indicato come caso 0)
Q Co
vi
Rb
Vcc
Vcc
RL
I
•
B
v be
vo
Ci
Q Co
Q Co
vi
vi
I
vo
Ci
Circuito per piccolo segnale
Rb
September 25, 2000
C
rπ
gm·v be
E
vi
Rb
ro
Caso 0
Caso 1
vo
Vcc
RL
Vcc
L
Ci
I
o
vo
Ci
Q
vi
IC 2mA
gm = VT = 25mV = 0.08 A/V
β
100
rπ = gm = 0.08 A/V = 1.25kΩ
VA 100V
ro = IC = 2mA = 50kΩ
•
RL
Rb
vi
Rb
Caso 2
VCC = 5V
β = 100
RL
Rb
Caso 3
Rb = 100 kΩ
I = 2 mA
RL = 1 kΩ
Guadagno per piccolo segnale
gm·RL
0.08·1000
vo
vi = 1 + g m ·R L = 1+0.08·1000 = 0.987
III - 39 -
September 25, 2000
III - 40 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Collettore comune
(Circuiti alternativi)
(Circuiti alternativi)
Caso 1
Vcc
Caso 1
Vcc
I
Q Co
vo
Ci
vi
Q Co
vi
•
Rb
E' stata spostata la connessione del carico R L
dall'alimentazione a massa.
Polarizzazione
Il carico RL e' accoppiato in ac (cioe' con un condensatore
di disaccoppiamento Co)
RL e' quindi ininfluente per la polarizzazione del transistor
che rimane quella del caso 0
Circuito per piccolo segnale
Il condensatore e' comunque connesso ad
un'alimentazione (massa) che viene annullata per il
piccolo segnale
=> il circuito equivalente non cambia ne' come
configurazione ne' come valori dei componenti a
piccolo segnale (la polarizzazione e' la stessa)
B
C
Rb
IE = I = 2mA
RL
Rb
RL
•
•
vo
Ci
I
IB = 19.8 µA
VB = 1.98 V
vi
VE = 2.68V
v be
rπ
ro
gm·v be
E
vo
RL
•
III - 41 -
Guadagno per piccolo segnale
Anche il guadagno di piccolo segnale rimane quello del
Caso 0
gm·RL
vo
vi = 1 + g m ·R L = 0.975
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 42 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Collettore comune
(Circuiti alternativi)
(Circuiti alternativi)
Caso 2
Caso 2
Vcc
Vcc
RL
I
vo
Ci
RL
I
vo
Ci
Q
vi
VCC=5V
β = 100
•
Q
vi
Rb
•
Rb = 100 kΩ
I = 2 mA
RL = 1 kΩ
Polarizzazione
Il carico RL e' accoppiato in ac (in continua) quindi
interviene anche nel calcolo del punto di lavoro
VCC–VE
IE = I + IRL = I + RL
IE = IB·(β+1)
VB = IB·Rb
VCC = RL·IRL + VEB + VB = RL·(IE–I) + VEB + IB·Rb =
= RL·(IB·(β+1) – I)+VEB+IB·Rb
IB =
V CC – V EB + I·R L
= 31.3 µA
RL·(β+1)+Rb
IE = IB·(β+1) = 3.1mA
IRL = IE – I = 1.1mA
Rb
Circuito per piccolo segnale
La configurazione del circuito equivalente di piccolo
segnale risulta uguale a quella di Caso 0 e 1
B
Rb
vi
v be
C
rπ
gm·v be
E
ro
vo
RL
Il carico RL interviene nella polarizzazione e quindi
modifica anche i valori dei componenti del circuito del
piccolo segnale.
IC 3.1mA
gm = VT = 25mV = 0.124 A/V
β
100
rπ = gm = 0.124 A/V = 800 Ω
VA 100V
ro = IC = 3.1mA = 32.25 kΩ
VE = VCC – RL·IRL = 3.83V
VB = VE – VEB = 3.13 V
III - 43 -
September 25, 2000
III - 44 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Collettore comune
(Circuiti alternativi)
(Circuiti alternativi)
Caso 2
• Guadagno per piccolo segnale
Caso 3
cc
I
B
C
Rb
vi
v be
rπ
E
RL
ro
gm·v be
i
VCC=5V
β = 100
vo
RL
•
•
•
o
i
La configurazione e' la stessa di caso 0 e 1, pertanto
l'espressione del guadagno di piccolo segnale e' la
stessa
vo
gm·RL
vi = 1 + g m ·R L
Cambiano pero' i valori
gm·RL
0.124·1000
vo
vi = 1 + g m ·R L = 1 + 0.124·1000 = 0.992
b
I = 2 mA
Rb = 100 kΩ
RL = 1 kΩ
Polarizzazione
Anche in questo caso, il carico e' connesso in dc e quindi
interviene nella polarizzazione
Suppongo il Q acceso
VE
I = IE + IRL = (β+1)·IB + RL
VE = VEB + IB·Rb
VEB + IB·Rb
I = (β+1)·IB +
RL
VE B
I – RL
IB =
Rb ≈ 6.5µA
1+β+RL
IE = (β+1)·IB = 653µA
IRL = I – IE = 1.35mA
VE = RL·IRL = 1.35 V
VB = VE – VEB = 1.35 V – 0.7 V = 0.65V
Verifica VB = Rb·IB = 0.65V OK !!!!
III - 45 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 46 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Collettore comune
(Circuiti alternativi)
Caso 3
• Guadagno per piccolo segnale
Caso 3
Vcc
I
vo
Ci
Q
vi
September 25, 2000
B
Rb
RL
vi
v be
C
rπ
gm·v be
Rb
E
•
Circuito per piccolo segnale
La configurazione del circuito equivalente di piccolo
segnale risulta uguale a quella di Caso 0, 1 e 2
B
Rb
vi
ro
v be
C
rπ
gm·v be
E
•
ro
vo
•
RL
I valori dei componenti del circuito del piccolo segnale sono:
vo
RL
La configurazione e' la stessa di caso 0, 1 e 2, pertanto
l'espressione del guadagno di piccolo segnale e' la
stessa
vo
gm·RL
vi = 1 + g m ·R L
Cambiano pero' i valori
vo
gm·RL
0.026·1000
vi = 1 + g m ·R L = 1 + 0.026·1000 = 0.962
IC 653µA
gm = VT = 25mV = 0.026 A/V
β
100
rπ = gm = 0.026 A/V = 3830 Ω
VA 100V
ro = IC = 653µA = 153.14 kΩ
III - 47 -
September 25, 2000
III - 48 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Effetto di Rs
(Circuiti alternativi)
VCC = 10 V
β = 100
VA = 100V
Vcc
Vcc
Vcc
RL
I
vo
Ci
Q Co
Q Co
vi
Rb1
Rs Ci
I
vo
Ci
o
Rb
vi
Rb2
Caso 0
L
IE
Caso 1
IC = 2mA
vo
vi = 0.987
IC = 2mA
vo
vi = 0.987
cc
Vcc
L
I
o
Ci
vo
Ci
Q
vi
Rb1 = 5 kΩ
Rb2 = 5 kΩ
IE = 1mA
RL = 1 kΩ
o
Rin_B
vi
Rb
x
RL
vi
b
RL
Rb
VE = 4.3V
IRb2 = 1mA IB = 10µA
VB = 5V
La struttura puo' essere studiata con due passi:
vo vo vx
vi = vx · vi
vo
vo
gm·RL
• vx e' gia' stato calcolato =>
vx = 1 + g m ·R L
vx
• Calcolo di vi
s
Circuito equivalente di
x
piccolo segnale
Caso 3
Caso 2
IC = 3.1mA
vo
vi = 0.992
VCC = 5V
β = 100
i
b2
IC = 653µA
vo
vi = 0.962
I = 2 mA
Rb = 100 kΩ
b1
in_B
Rin_B = β·RL
R b2 // R b1 // R i n _ B
vx = vi· R b2 // R b1 // R in_B + R s
RL = 1 kΩ
R b2 // R b1 // β·R L
vx
vi = R b 2 // R b 1 // β ·R L + R s
R b2 // R b1 // β·R L
vo vo vx
gm·RL
vi = vx · vi = 1 + g m ·R L · R b 2 // R b 1 // β ·R L + R s
III - 49 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 50 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Collettore comune
Lo stadio a base comune
(Circuiti alternativi)
(Inseguitore di corrente)
VCC
Caso 3-bis
Vcc
out
i
RL
vin
September 25, 2000
b
VCC=5V
β = 100
Rb = 100 kΩ
I = 2 mA
RL = 100 Ω
Rc
vo
Rs
Q
Cc
I
vi
Polarizzazione
Il carico e' connesso in dc e quindi interviene nella
polarizzazione
Suppongo il Q acceso
VE
I = IE + IRL = (β+1)·IB + RL
VE = VEB + IB·Rb
VEB + IB·Rb
I = (β+1)·IB +
RL
VE B
I – RL
IB =
Rb ≈ – 4.54µA <= ASSURDO (IB deve essere >0)
1+β+RL
–VEE
•
=> Allora Q e' spento
VE = I·RL = 200mV
IB = 0
VB = 0
Ingresso:
Emettitore
Uscita: Collettore
VCC = 10 V
Rs = 50 Ω
•
β = 100
I = 1mA
VA = 100V
RC = 5 kΩ
Polarizzazione
VB = 0V
VE = –0.7V
IE = I = 1mA
β
IC = α·IE =
· IE = 0.99mA
β+1
VC = VCC – IC·RC = 10V – 0.99mA· 5 kΩ = 5.05 V
VEB = 200mV cioe' il transistor e' effettivamente spento
III - 51 -
September 25, 2000
III - 52 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Base comune
Base comune
(Inseguitore di corrente)
•
VCC
Calcolo del guadagno
B
Rc
vbe
C
rπ
gm·vbe
RC
vo
Rs
Rs
Q
Cc
Vo
ro
E
Vi
I
vi
vi – ve
ve
Rs + gm·(vb–ve) = rπ ma vb=0
ve
vi = ve + gm·Rs·ve + rπ
vi
ve =
Rs
1+gm·Rs+ rπ
–VEE
•
Circuito equivalente di piccolo segnale
B
C
rπ
vbe
Vo
ro
gm·vbe
vo = – gm·RC·vbe = gm·RC·ve = gm·RC ·
RC
Rs
E
vi
Rs
1+gm·Rs+ rπ
Trascuro rπ
Vi
vo
gm·RC
vi ≈ 1 + g m ·R s = 100
IC 1mA
gm = VT = 25mV = 0.04 A/V
β
100
rπ = gm = 0.04 A/V = 2.5kΩ
VA 100V
ro = IC = 1mA = 100kΩ
III - 53 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 54 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Base comune
•
Base comune
Impedenza di ingresso
•
VCC
Rc
vo
Rs
Q
Cc
I
vi
Rin_E
–VEE
E' l'impedenza che si vede in emettitore.
E' gia' stata calcolata
1
Rin_E = gm
•
Impedenza di uscita
Rin_C
B
vbe
R out
Itest
C
rπ
gm·vbe
ro
September 25, 2000
Vtest
RC
E
Calcolo di Rin_C
V test – v e
ve ve
+ gm·(vb–ve) = Rs + rπ ma vb = 0
ro
ro
ro

Vtest = ve·1 + g m ·r o + Rs + rπ =


ro 

= ve·1 + g m ·r o + Rs//rπ


Vtest
ve =
ro 

 1 + g m ·r o +
Rs//rπ

V test – v e
Itest =
– gm·ve =
ro
1
1
1

=Vtest ·  ro – (ro + g m ) ·
ro  

 1 + g m ·r o +

Rs//rπ


ro


Vtest 1+gm·ro+Rs//rπ – (1+g m ·r o )
= ro · 
=
ro
1+gm·ro+Rs//rπ


r
o


Vtest
Rs//rπ
Vtest
= ro · 
ro  ≈ gm·ro·(Rs//rπ)
1+gm·ro+Rs//rπ
Rin_C =
ro·(rπ+Rs)+(1+gm·ro)·rπ·Rs
≈ gm·ro·(rπ//Rs)
rπ + R s
per Rs = 0
=>
Rin_C = ro
Rs
Rout = RC // Rin_C
III - 55 -
Rin_C e' una resistenza molto alta
September 25, 2000
III - 56 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
FINOQUI
Base comune
Base comune
Vcc
Essendo il nodo di ingresso (emettitore) a bassa impedenza
e' naturale usare come segnale di ingresso una
corrente (che tende ad entrare nei nodi a bassa
impedenza)
Vcc
RE
Rb1
Q
ii
Rb2
•
•
vo
RE
Rb1
iRE
Rb1 = 1kΩ
Rb2 = 1kΩ
RL = 1kΩ
RE = 1kΩ
β = 100
VCC = 5V
RC
Da notare: Ii e' generatore di corrente di segnale e NON
ha bisogno del condensatore di disaccoppiamento, in
quanto quando esso viene spento (per il calcolo della
polarizzazione) diventa un circuito aperto e non
influenza il punto di lavoro.
Concetto: la corrente di segnale ii vede una biforcazione tra
l'impedenza di emettitore (=1/gm e quindi bassa) e RE.
La quasi totalita' entra nell'emettitore. Di questa parte α
volte esce dal collettore ed arriva sul carico RL ove
diventa tensione di uscita.
Il transistor opera quindi da buffer di corrente
• Circuito equivalente
B
vbe
C
rπ
RC
E
III - 57 -
RE
I valori dei componenti del circuito del piccolo segnale sono:
IC 1.8mA
gm = VT = 25mV = 0.072 A/V
β
100
rπ = gm = 0.026 A/V = 1390 Ω
VA 100V
ro = IC = 1.8mA = 55.5 kΩ
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 58 -
Lo stadio a emettitore comune
cc
Calcolo del guadagno (di transresistenza Rout = vo/ii)
B
C
rπ
g m ·vbe
RC
vo
RC
L
i
RE
E
ve
v e v e –v o
= RE + rπ +
ro – g m ·(v b –v e )
ve–vo
vo
ro – g m ·(v b –v e ) = RC
vo
RC·RE·(1+gm·ro)·rπ
ii = (RC+ro)·RE+(RC+RE)·rπ+ro·rπ·(1+ gm·RE) = 976Ω
vo
Rout = ii ≈ RC = 1000Ω
Valutazione approssimata
ve
ii·(Rin_E//RE)
RE
ie = Rin_E =
= ii · Rin_E+RE = ii·0.986
Rin_E
β
· ie = 0.97654 · ii
ic =
β+1
vo = ic·RC = 976Ω·ii
vo
Rout = ii = 976Ω
Per evitare la partizione di corrente su RE, bisogna alzare
l'impedenza di RE, usando, ad esempio, un generatore
di corrente come fatto nel primo schema studiato
III - 59 -
vo
Q
September 25, 2000
E
VEE
•
Il bipolare e' polarizzato da una sorgente di corrente
costante IE.
•
Il condensatore CE ha una reattanza piccola per le
frequenze di interesse e quindi connette l’emettitore a
massa (condensatore di bypass).
•
•
Il generatore di ingresso vi ha una resistenza serie Rs ed
e' connesso alla base.
v i ed Rs possono rappresentare o una sorgente di
segnale o l’equivalente di Thevenin di uno stadio
precedente.
•
Il segnale di uscita vo e' preso sul collettore.
•
Co e' il condensatore di disaccoppiamento.
E' un guadagno di Transimpedenza
•
o
s
ro
E
ii
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Base comune
•
vo
ro
g m ·vbe
ii
 i i


ii
RC
Polarizzazione
vbe
vo
α·iE
Rb2
Rb2
VB = VCC · Rb1+Rb2 = 2.5V
VE = VB + VEB = 2.5V + 0.7V = 3.2V
V CC – V E
= 1.8mA
IE =
RE
VC = IE·α·RC = 1.782 V
•
iE
Q
III - 60 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
•
Emettitore comune
vo
Calcolo del guadagno di tensione, Av = vi
Calcolo dell’impedenza di ingresso Ri
s
vo
be
i
rπ
Rs
m ·vbe
o
C
vo
L
vi
E
Ri
be
rπ
m ·vbe
o
C
L
E
Ri
Ri = Vbe/ib=rπ
vo = – gm·vbe· (ro//RC//RL)
•
Effetto di Rs: la frazione di vi che appare alla base e' vπ:
vbe
rπ
vi = R s + r π
Assumendo R’L=RC//RL
Il guadagno di tensione fra la base ed il collettore e' dato da:
vo
vbe = – gm· (ro//R’L)
III - 61 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 62 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
•
vo
Calcolo del guadagno di tensione, Av = vi
Calcolo del guadagno di corrente, Ai=io/ib
Rs ib
s
B
C
io
vo
vo
be
i
rπ
m ·vbe
vi
o
C
gm·vbe
ro
RC
RL
E
Il guadagno di tensione complessivo Av:
vo
rπ
ro//R’L
Av = vi = – r π + R S · gm· (ro//R’L) = – β · r π + R S
•
rπ
L
E
Ri
•
vbe
se RS>>rπ, il guadagno Av sara' altamente dipendente dal
valore di β
vo
ro//R’L
Av = vi = – β · RS
ro
io = – gm·vπ· r o + R’ L
vπ
ib = rπ
ro
io – g m ·v π · r o + R’ L
ro
Ai = ib =
= – β · r o + R’ L
vπ
rπ
Per R’L<<ro:
Ai = – β
se RS<<rπ
vo
Av = vi = – gm· (ro//R’L)
β = guadagno di corrente di corto-circuito (R’L=0)
•
Per circuiti discreti, R’L e' usualmente piu' basso di ro e ro
puo' essere trascurata.
•
Se R’L= ∞ (generatore di corrente o carico attivo)
IC VA
VA
Avmax = – gm·ro = – VT · IC = – VT
(indipendente da IC)
III - 63 -
September 25, 2000
III - 64 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
Esempio 1
Calcolo dell’impedenza di uscita Ro
Rs
B
C
rπ
vbe
vi
Vcc
gm·vbe
ro
RC
Ro
RB
vo
CI
vi
RC
Co
vo
Q
RL
RL
E
β = 100
RB = 1.43 MΩ RC = 5 kΩ
VCC = 15 V
Si pone vi=0, quindi anche vbe=0, quindi :
Ro=ro//R’L
•
VA = 100V
RL = 1 kΩ
Polarizzazione
VBE = 0.7 V
V CC – V B
14.3V
IB =
=
= 10µA
RB
1.43MΩ
IC = β · IB = 1mA
VC = VCC – IC·RC = 10V
VCE = (10 – 0) V = 10V
• Verifica zona attiva:
VCB = VCE – VBE=(10 – 0.7)V = 4.3V
OK!!
Importante: Se cambio β cambia la polarizzazione: IB rimane
costante ma IC=β·IB
β
IC
100
1 mA
50
0.5 mA
... e la dipendenza dalla temperatura ?
III - 65 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 66 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
Esempio 1
Esempio 1
CI
B
Vcc
RB
vi
vi
RC
September 25, 2000
Co
B
vbe
o
C
π
m·v be
o
o
C
RL
vo
CI
Q
RL
vBE = vi
vo= – gm · vi · RT
Circuito equivalente per piccoli segnali:
Si fanno i conti a centro-banda, cioe' per frequenze tali
per cui i condensatori sono gia' dei corto-circuiti.
I
B
B
i
vbe
m·v be
o
o
C
RL
Da notare che:
vo
IC
Av = vi = – VT · (RC//RL) = – 33.32
vo
IC
VCC – VBE
·β· (RC//RL)
Av = vi = – VT · (RC//RL) = – VT·RB
IC 1mA
gm = VT = 25mV = 0.04 A/V
Il guadagno Av dipende linearmente da β che e' molto
variabile:
β
100
rπ = gm = 0.04 A/V = 2.5kΩ
β
IC
Av
VA 100V
ro = IC = 1mA = 100kΩ
III - 67 -
vo
Av = vi = – gm · (RC//RL) = – 33.32
o
C
π
RT=RC//RL//ro ≈ RC//RL
September 25, 2000
100
1mA
–33.32
III - 68 -
50
0.5mA
–16.6
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
Esempio 2: Polarizzazione automatica
Esempio 2
Vcc=15V
Vcc=15V
RB1
vi
RC
•
RB1
vo
Q
vi
RL
RE
RB2
RB1 = 5 kΩ
RB2 = 5 kΩ
Co
CI
Q
RB2
VCEsat=0
VA=100V
Co
CI
CE
RC = 5 kΩ RL = 1 kΩ
RE = 6.8 kΩ β=100
RC
RE
vo
RL
CE
Osservazione:
•
Polarizzazione
Trascuro IB (al termine e' necessario verificare tale ipotesi)
β non influenza la polarizzazione in quanto si e' supposto:
IB<<IB1,B2
Infatti se si supponesse che β vari:
RB2
VB = VCC · R B1 + R B 2 = 7.5V
VBE = 0.7V (ipotesi di zona attiva da verificare)
β
IB
VE = VB – VBE = 7.5V – 0.7V = 6.8V
V E – 0V
IE = RE
β
IC =
· IE = 0.95mA ≈ 1mA
β+1
VC = VCC – IC·RC = 10V
100
10µA
50
20µA (<<1.5mA)
La polarizzazione e' indipendente da β.
... e la temperatura ?
Verifica:
IB =
IC
VC
= 10µA << RB1+RB2 = 1.5mA
β
OK!
VCE = 10V – 6.8V = 3.2V > VCEsat OK!
III - 69 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 70 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
Esempio 2
Esempio 2
Vcc=15V
RT =
RB1
vi
RC
RL // RC // ro = 1kΩ // 5kΩ // 100kΩ
e' possibile quindi trascurare ro,
vo
CI
se si trascura ro
Q
RE
RB2
•
Co
RL
RT = 826.4 Ω
se non si trascura ro RT = 833
CE
Ω
Il guadagno risulta:
Av = –40mA/V · 833Ω = –33.32
Guadagno di piccolo segnale: circuito equivalente a
piccolo segnale
In generale:
CI
vi
B
vbe
RB1//RB2
C
rπ
gm·vbe
ro
Co
vo
RC
RL
Av= – gm·RT = – (IC/VT)·RT
quindi Av aumenta con l’aumentare di Ic.
Se si varia β il guadagno in questa situazione, non varia.
E
RE
Osservazione
Si supponga VA=∞ (il che implica che ro=∞) e RL =oo
Av=–gm·RC=200
Se si vuole un guadagno maggiore si puo' aumentare RC
Ma aumentando RC, si cambia la polarizzazione di VC che
puo' variare fino a VCEsat
CE
vi=vπ
RT=ro//RC//RL
vo = – gm·RT·vi
vo
Av= vi = – gm·RT
Per avere i valori numerici devo sostituire a gm, ro, rπ i dati
derivati dalla polarizzazione:
gm = IC/VT = 40mA/V
(VT = 25mV)
ro = VA/IC = 100kΩ
rπ = β/gm = 2.5kΩ
III - 71 -
September 25, 2000
Vcmin = VE + VCEsat = 6.8V
15V – 6.8V
R cmax =
= 7.2kΩ
1mA
Si puo' quindi calcolare il guadagno massimo:
Avmax = – 40mA/V·7.2kΩ = 288
III - 72 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
Esempio 3: Effetto della resistenza RE
Esempio 3: Effetto della resistenza RE
Vcc=15V
RB1


1 + β
vo = – gm·RC·v i – v i ·
=
π
r


1
+
β
+
RE

rπ
RE
gm·RC
– gm·RC·
rπ · vi ≈ –
R E · vi
1 + β + RE
1 + β· rπ
RC
vo
CI
Q
vi
RE
RB2
vo
vi ≈ –
• La polarizzazione e' identica al circuito precedente
• Cambia il circuito equivalente per piccolo segnale per il
calcolo del guadagno.
CI
B
C
rπ
vbe
vi
gm·vbe
R B1//RB2
•
Per gm·RE >> 1
RC
Av = – RE
vo
ro
IC
VRE
gm·RE = VT ·RE = VT >>1
RC
E
•
RE
gm·RC
RE
1 + β· rπ
Esempio numerico:
IC=1mA;
RC=5kΩ;
RE=6.8kΩ
VCC=15V;
v i – v e v i – v e = v b e
ve
 rπ + g m ·(v i – v e ) = RE
 v o = – (v i – v e )·g m ·R C
RB1=RB2
40mA/V·3kΩ
vo
vi = – 10mA/V·6.8kΩ = 0.732
III - 73 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 74 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Emettitore comune
Esempio 4: Effetto della resistenza Rs
Esempio 5
VEE = 6V
Vcc=15V
S
I
ZL
CI
RC
B1
o
ZI
Q
o
vi
L
i
RB
vo
RC
E
B2
VCC = –6V
RB = 133 kΩ
RB1 = 5 kΩ
RB2 = 5 kΩ
RC = 5 kΩ
RE = 6.8 kΩ
RL = 1 kΩ
β=100
ro = ∞
β=100
RC = 1 kΩ
RS = 500 Ω
Polarizzazione:
VBE= – 0.7V (da verificare)
• RS non influenza la polarizzazione che rimane quella dei
casi precedenti.
VB = VBE + VEE = –0.7V + 6V = 5.3V
VB
5.3V
IB = RB =
= 0.0398mA ≈ 0.04mA
133kΩ
ZI = rπ = β/gm = 2.5kΩ
ZL = rπ//RB1//RB2 = 1.25kΩ
IC = β·IB=4mA
vs
ZL
vi = Rs+ZL = 0.714
Verifica:
VCE = RC·IC + VCC = –2V
VCB = VCE – VEB = – 2V – 0.7V = – 2.7V OK!!
vo vs
Ao = vs · vi
vo
vs = – gm·RT = – 40mA/V·(1k//5k) = – 33.33
Ao = 0.714·(–33.33) = –23.8
III - 75 -
September 25, 2000
III - 76 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Emettitore comune
Dinamica del segnale
Esempio 5
Analisi per piccoli segnali
Vcc
RB
VEE = 6V
CI
vi
Q
vi
RB
β = 100
RB = 1.43 MΩ RC = 10 kΩ
•
Ri
B
C
rπ
vo
VA = 100V
RL = 1 kΩ
Polarizzazione
VB = 0.7V
VCC–VB
IC = β · RB = 1mA
VC = VCC – IC·RC = 10V
Ro
vbe
RL
RC
Il circuito equivalente per piccoli segnali e' il seguente:
vi
vo
Q
vo
VCC = –6V
RB
Co
CI
VCC = 15 V
CI
RC
•
Guadagno
vo
IC
Av = vi = – VT · (RC//RL) = – 36.36
gm·vbe
RC
E
Quale e' il massimo segnale in ingresso prima che il
transistor entri in zona di saturazione per VCB=0V ?
IC
gm = VT = 160 mA/V
Applicando il segnale, la tensione sulla base e sul collettore
risultano essere la somma del valore di polarizzazione
e del segnale:
VBtot = VB + vib
VCtot = VC + vic
Ma il segnale sulla base (vib) e' uguale al segnale in ingresso
vib = vi
β
rπ = gm = 625Ω
Guadagno:
Av= – gm·RC= – 160
Impedenza di ingresso:
Ri = RB//rπ ≈ rπ
Impedenza di uscita:
Ro=RC
III - 77 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 78 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Dinamica del segnale
Guadagno massimo
di un transistor bipolare
Il segnale sul collettore viene calcolato sapendo il guadagno
ed e' dato da:
vic = Av · vi
VDD
Vcc
I
RC
VCtot
September 25, 2000
vo
Q
Q
VBtot
vi
Si nota che, essendo Av negativo, quando VBtot sale VCtot
scende.
Si deve trovare il valore di vi per cui VBtot=VCtot
VBtot= VB + vi
VCtot = VC + Av · vi
Uguagliando i due termini (per viMAX) si ottiene:
VB + viMAX = VC + Av · viMAX
V C – VB 10 – 0.7
v iMAX = 1 – A v = 1 + 33.32 = 0.115 V
Per verifica, si ha che per il valore di viMAX = 0.115 V si ha che
VBtot= VB + viMAX = 0.815 V
VCtot = VC + Av · viMAX = 0.815 V
Vo
IC VA
VA
Vi = – gm·ro = – VT · IC = – VT
•
Il guadagno e' costante al variare della corrente
*** Quesito 1: risolvere l'esercizo per RC = 5 kΩ
*** Quesito 2: Qual e' il valore ottimo di RC per massimizzare
la dinamica
III - 79 -
September 25, 2000
III - 80 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Impedenze di ingresso di un
transistor bipolare
Impedenza di ingresso dalla base
Impedenze di ingresso di un
transistor bipolare
Impedenza di ingresso dal collettore
Rin_C
DD
C
vt
B it
rπ
vbe
in_B
RB
ro
g m·v be
rπ
vbe
Q
E
RB
RE
RE
RE

v t = r π ·i t + v e
vt
ro
g m·v be
RC
E
E
it C
B
C
C
– R B · i b = i b r π + R E (i b +i t )


v t = (i t – g m ·v b e ) r o + (i t + i b ) R E  =>
β ro + rp + R B
v
=> Rin_C = i t = ro + RER B + R E + r
t
p
vc – ve
v e = [g m ·v b e +
+ i t] R E 
ro
 =>
vc – ve
vc

+ g m ·v b e + RC = 0

ro
β
gm = rπ
(1+β)·ro + RC
vt
=> Rin_B = it = rπ + RE·r o + (R C +R E )
β ·r o >> r π + R B 
=> Rin_C ≈ ro + gm·ro RE
r π >> R B +R E

(1+β)·r o >> R C 
=> Rin_B = rπ + β·RE
r o >> R C +R E 
III - 81 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Impedenze di ingresso di un
transistor bipolare
III - 82 -
September 25, 2000
Capitolo III - Il transistor bipolare
Impedenze di ingresso di un
transistor bipolare
Impedenza di ingresso dall'emettitore
VDD
B
RC
RB
Tabella Riassuntiva
C
rπ
vbe
gm·vbe
ro
RC
Q
RB
it
E
vt
E
Rin_E
vt

ib = – rπ + R B

vc – vt
vc

g m ·v b e +
+
=
0
ro
RC
 =>
vc
i c = – RC


it = – i b – i c
Ingresso: Base
Approssimazioni
Rin = rπ + β · RE
 (1+β) · r o >> R C

r o >> R C +R E
Ingresso: Emettitore
1 RB
Rin = gm +
β
Approssimazioni
 (1+β)

r o >>
· r o >> R C +R B +r π
RC

vt
( R B + r π ) (R C + r o )
=> Rin_E = it =
( 1 + β ) ro + R C + R B + rπ
β
gm = r π
Ingresso: Collettore
Approssimazioni
Rin = ro · (1+ gm · RE)
· ro > > r π + R B
>> R B +R E
 β

r π
1 RB
(1+β) r o >> R C +R B +r π 
=> Rin_E = gm +
r o >> R C

β
III - 83 -
September 25, 2000
III - 84 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio
Esercizio
Esempio di transitorio (I)
Esempio di transitorio (II)
Vcc
Vcc
CL
CL
RL
Rb1
Ci
Q
T
1V
0V
RE
vin
Rb2
t=0
Rb1 = 5 kΩ
Rb2 = 5 kΩ
RE
t=0
VCC = 10V
RL = 5 kΩ
RE = 8.6 kΩ
β=100
CL = 100pF
T=1µs
Valutare la forma d'onda in uscita considerando l'effetto di CL
(Ci venga considerato come condensatore di by-pass)
•
vout
Q
T
1V
0V
vin
Rb2
RL
Rb1
Ci
vout
Si tratta pertanto di un' onda quadra di livelli di corrente
[0.5mA, 0.62mA, 0.5mA].
Per 0<t<T, l'uscita ha un andamento espresso dalla formula:
VC(t) = 7.5 – 0.6·1–e
–t/τ

Per t=T il valore raggiunto e'
VC(T) = 7.5 – 0.6·1–e
–T/τ

Polarizzazione
VB = 5V
= 6.9812V
A questo punto, si ha un gradino in direzione opposta.
L'uscita ha allora un andamento del tipo:
–(t–T)/τ
VC(t) = 7.5 – (7.5–6.9812)·e
V B – VBE 5V – 0.7V
IE =
=
= 0.5mA
RE
8.6kΩ
1V
VC = VCC – RL·IC = 7.5V
Vin
0V
• Comportamento in transitorio
Il transistor non ha limitazioni in frequenza.
Il segnale di 1V viene aggiunto alla tensione di base e quindi
viene subito trasmesso sull'emettitore.
La relativa corrente IE ha la stessa forma del segnale di
ingresso.
6V
VB
5V
0.62mA
IE≈IC
0.5mA
7.5V
τ = RL·CL
Vc
6.9V
III - 85 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 86 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio (I)
Esercizio (II)
(Lo stadio Darlington)
VCC
1
Rin
B
R3
2
B’
vo
Q1
i
1
2
4
2
(Lo stadio Darlington)
VCC=15V
I = 2mA
R=10kΩ
R1=3.5kΩ
R2=10kΩ
R3=1.5kΩ
R4=3kΩ
βQ1=20
βQ2=50
a - punto di lavoro del circuito
b - determinare in media frequenza le resistenze di ingresso
RB', RB, Rin e quella di uscita Rout.
c - determinare in media frequenza il guadagno di tensione di
piccolo segnale vo/vi
d - Nell'ipotesi C2–>∞, determinare il valore di C1 tale che la
funzione di trasferimento del circuito sia di tipo passaalto con taglio a 1000Hz.
Determinare poi l'uscita v o quando all'ingresso e'
applicata una sinusoide di frequenza 1kHz ed
ampiezza 100mV
• a
Su C1-R non passa corrente di polarizzazione.
Trascurando la corrente di base di Q1, I passa tutta su R1.
VB1 = VCC – I·R1 = 15V – 2mA·3.5kΩ= 8V
Q1 e Q2 operano in regione attiva => VBE1 = VBE2 = 0.7V
VE2 = VB1 – VBE1 – VBE2 = 6.6V
III - 87 -
September 25, 2000
September 25, 2000
VCC
1
R in
RB
2
3
B’
o
Q1
C1
vi
R
2
4
C2
La corrente di emettitore di Q2 e':
VE2 6.6V
IE2 = R4 =
= 2.2mA
3kΩ
Da cui:
IC2 = IE2 ·
IB2 =
βQ2
= 2.156mA
βQ2+1
IE2
= 0.043mA= IE1
βQ2+1
VC2 = VCC – R3·IC2 = 11.766V
Si ricava ora:
IB1 =
IE1
= 2.0541µA << 2mA
βQ1+1
Essendo IB1 <<I, l'approssimazione di trascurare IB1 e'
corretta.
IC1 = IE1 ·
βQ1
= 40.952µA
βQ1+1
VC1 = VCC – R2·IC1 = 14.59V
III - 88 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio (III)
Esercizio (IV)
(Lo stadio Darlington)
(Lo stadio Darlington)
VCC
La polarizzazione del circuito e' quindi la seguente:
15V
R2
R1
VCC
15V
R3
40.9µA
2.156mA
14.59V
R2
R1
R3
40.9µA
2.156mA
14.59V
8V
7.3V
7.3V
•
Q2
6.6V
I=2mA
Q2
2.2mA
R4
42.9µA
I=2mA
11.766V
42.9µA
11.766V
2µA
vo
Q1
2µA
C1 R
vo
Q1
C1 R
8V
6.6V
2.2mA
R4
Si puo' notare che la struttura dei due transistor Q1 e Q2
viene detta a Darlington. Con essa si riesce ad alzare il
β del transitor con cui si opera. Infatti con due transistor
i cui β valgono β1 e β2, si ottiene una struttura il cui βT
vale βT=β1·β2. Nel caso dell'esercizio, β1=20, β2=50,
βT=50·20=1000. Infatti IBQ1 (2µA) ≈ ICQ2/βT (2.1mA).
Tale struttura presenta lo svantaggio di avere una VBE
globale che e' data dalla serie di due VBE e quindi
richiede 1.4V
• b
In media frequenza, cioe' a frequenze piu' alte di
f z =1/(2·π·C 2 ·R 4 ) il circuito equivalente per piccolo
segnale e' il seguente.
RB’
in
R
x
i
1
1
be1
1
rπ1
2
m1·v be1
B
1
2
be2
2
π2
o
3
m2 ·v be2
2
I valori dei componenti del transistor sono:
gm1 = IC1/VT = 40.9µA/25mV = 1.636mA/V
rπ1 = βQ1/gm1 = 20 / 1.636mA/V = 12.225kΩ
gm2 = IC2/VT = 2.15mA/25mV = 86mA/V
rπ2 = βQ2/gm1 = 50 / 86mA/V = 581 Ω
III - 89 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
III - 90 -
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio (V)
Esercizio (VI)
(Lo stadio Darlington)
(Lo stadio Darlington)
RB’
in
R
x
i
1
RB’
in
1
be1
R
1
rπ1
x
i
2
m1·v be1
September 25, 2000
1
B
1
be1
1
rπ1
2
m1·v be1
B
1
2
be2
2
π2
m2 ·v be2
o
3
1
2
be2
2
π2
o
3
m2 ·v be2
2
L'emettitore di Q2 risulta, dal punto di vista del segnale,
collegato a massa.
L'impedenza vista dalla base di un transistor bipolare e' data
dalla sua r π piu' β volte l'impedenza che ha
sull'emettitore.
L'impedenza sull'emettitore di Q1 e' uguale all'impedenza di
ingresso di Q2 che in configurazione di emettitore
comune corrisponde alla rπ2. Ne consegue che si puo'
scrivere:
RB' = rπ1 + β1·rπ2 = β1/gm1 +β1·β2/gm2 = 18.035kΩ
RB e' dato dal parallelo di RB' e di R1:
RB'·R1
RB = RB'//R1 = RB'+R1 = 2.931kΩ
Rin e' data dalla serie di RB e di R:
Rin = R + RB = 12.931kΩ
•
c
L'approssimazione di media frequenza implica che i
condensatori operino come dei corti circuiti. Si fara'
quindi riferimento allo schema di piccolo segnale usato
prima.
Conviene dividere l'amplificazione in termini piu' semplici da
calcolare, e cioe' scrivere:
vo
vo vbe2 vx
vi = vbe2 vx vi
Ora si puo' scrivere:
vo
vbe2 = – gm2 R3 = –129
vx = vbe2 + vbe1
vbe1 = vx – (gm1 vbe1 + vbe1/rπ1) rπ2
vx
vbe1 = 1 + g m 1 r π 2 + r π 2 /r π 1
L'impedenza di uscita e' data dal parallelo di R3 con
l'impedenza di uscita di Q2. Essendo l'impedenza vista
dal collettore di Q2 (=ro=VA/IC) molto maggiore di R3, ne
consegue che, con buona approssimazione:
Rout = R3
III - 91 -
2
September 25, 2000
g m1 r π2 + r π2 /r π 1
vbe2=vx – vbe1= vx · 1 + g m 1 r π 2 + r π 2 /r π 1
Essendo rπ2=β2/gm2=β2 VT/I2, rπ1=β1/gm1=β1 VT/I1 e I2=β2
I1, si ottiene che rπ2/rπ1=1/β1.
III - 92 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio (VII)
Esercizio (VIII)
(Lo stadio Darlington)
(Lo stadio Darlington)
RB’
in
R
x
i
1
RB’
in
1
R
1
rπ1
be1
2
m1·v be1
1
B
1
x
i
be1
1
rπ1
2
m1·v be1
B
1
2
be2
2
π2
m2 ·v be2
1
o
3
2
2
π2
be2
m2 ·v be2
2
o
3
2
Inoltre, gm1 rπ2=(I1/VT) (β2 VT/I2)=1. Ne consegue che
1 + 1/β 1
1
vbe2=vx ·
≈ · vx
1 + 1 + 1/β 1 2
vbe2 1
vx ≈ 2
• d
Il polo determinato da C1 e' quello relativo ad un circuito che
puo' essere cosi' schematizzato:
C1
vo
vi
Rin
Infine:
vx
RB
vi = R B + R = 0.2266
Pertanto:
vo
vo vbe2 vx
1
RB
vi = vbe2 · vx · vi = – gm2 · R3 · 2 · R B + R = – 14.62
1
Pertanto il polo corrisponde a fp=2·π·R in· C 1 = 1kHz.
Da cui:
1
C1 = 2·π·Rin·1kHz = 12.308nF
L'uscita alla frequenza del polo avra' un'ampiezza pari ad
(vo/vi)
ed una fase di 45° a cui va sottratta la fase di
2
√
–180° dovuta all'inversione di segno presente
nell'espressione del guadagno.
III - 93 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
I1
Esercizio (II)
(Folded cascode)
VEE = –6V
Q2
C
Capitolo III - Il transistor bipolare
(Folded cascode)
I0
Q1
September 25, 2000
Esercizio (I)
Vcc
vi1
III - 94 -
vo
vi2
R
VBB
Vcc
R = 1 kΩ
I0 = 2 mA
I1 = 2 mA
VCC = 10 V
VBB = 5 V
|VBE|=0.7V
I0
Q1
vi1
C
a.
Si faccia l'ipotesi che entrambi i transistori siano polarizzati in
zona attiva.
La tensione di base di Q1 e' nulla; pertanto la tensione
all'emettitore di Q1 e':
VE1 = 0 – 0.7 V = –0.7 V
La tensione di base di Q2 e' VBB = 5 V; pertanto la tensione
all'emettitore di Q2 e':
VE2 = (5 + 0.7) V = 5.7 V = VC1
Essendo β → ∞, le correnti di base sono nulle; pertanto la
corrente in Q1 e' I1=1mA, mentre la corrente in Q2 e':
I2 = I0 – I1 = 1 mA
La tensione al nodo di uscita e':
Vo = VC2 = R·I2 = 1 V
September 25, 2000
vo
vi2
R
VBB
VEE = –6V
β→∞
a - il punto di lavoro dei due dispositivi per vi1 = vi2 = 0;
vo vo
b - le amplificazioni vi1 e vi2 a centro banda;
vo
c - la frequenza inferiore di taglio fL di vi1 per C=10µF.
III - 95 -
I1
Q2
Si verifica immediatamente che con i valori di tensione trovati
entrambi i transistori sono in zona attiva, come si era
supposto.
b.
Si calcolino anzitutto i parametri del modello equivalente per
piccoli segnali.
Essendo β → ∞, per entrambi i transistori rπ → ∞. Inoltre,
poiche' le correnti nei due transistori sono uguali, anche
le transconduttanze sono uguali e date da:
IC 1 mA
gm1 = gm2 = VT = 25 mV = 40 mA/V
vo
vi1 = – gm1·α·R
vo
gm2
vi2 = – 1+gm2·ro1 · R ≈ 0
c.
Assumendo C=10µF, il guadagno si puo' scrivere come:
vo
gm1
s·C·R
vi1 = –
1 ·α·R = –
s·C ·α·R
1+ g m 1 · s·C
1 + gm1
Ne segue che:
1
fL = 2·π·C/gm1 = 636 Hz
III - 96 -
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Capitolo III - Il transistor bipolare
Esercizio (I)
Esercizio (II)
Si assuma di utilizzare un transistor 2N2222A (il datasheet e'
dato in appendice).
Si dimensioni la rete di polarizzazione in figura in modo da
ottenere un guadagno di tensione a centro banda sia
vo
AV = vi = –20, sul carico RL di 1kΩ.
Si progetti lo stadio in modo che la massima variazione della
corrente di collettore sia del 20% quando la
temperatura passa da 25° a 65°.
Per ottenere la stabilizzazione del punto di funzionamento, si
impone ad IC la variazione del 20% a cause delle
dVBE
variazioni di VBE ( dT = – 2.5mV/°C). La variazione ∆T
relativa ad un'escursione della temperatura da 25°C a
65°C e' di 40°C. La corrispondente ∆VBE risulta essere:
|∆VBE| = – 2.5mV/°C · 40°C = – 100mV
|∆VBE|
Dalla relazione ∆IC/IC = RE·IC , segue che:
Vcc
RE =
R1
vi
RC
C2
vo
C1
Q
R2
RL
RE
CE
Dal datasheet si evince che viene consigliato il punto di
funzionamento:
IC = 1mA
VCE = 10V
In questo punto risulta
hfe = β = 50
hie
hfe
≈ 500 Ω
β hfe
gm = rπ = hie = 35mA/V
max
8kΩ
300
mean
5kΩ
175
III - 97 -
Si ricava quindi:
@ 1kHz
September 25, 2000
A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica
Esercizio (III)
Si sceglie per RC il valore di 1.2kΩ che esiste a componente
discreto.
Si puo' ora stabilire la tensione di alimentazione VCC.
VCC = IC·RC + VCE + IC·RE = 11.67V
Si sceglie quindi VCC=12V.
Si deve infine dimensionare il partitore di polarizzazione della
R2
base. Ponendo VB ( =R1+R2 ·VC C ) e RB ( = R 1 //R 2 )
l'equivalente di Thevenin del partitore, si puo' ricavare
la tensione VB che deve essere:
 RB

+ R E ·IC + VBE ≈ 1.35V
VB = RB·IB + VBE + RE·IE = 
 β



Si suppone di porre:
RB = 30·RE = 14.1 kΩ
Essendo:
R 2 R1
1
VB = R1+R2 ·R1 · VCC = RB · R1 · VCC
Si ricava quindi R1:
R1 = 125.3kΩ
Per R1 si sceglie il valore di 120kΩ, esistente a componenti
discreti
Si ricava quindi R2:
1
R2 = 1
1 = 15.9kΩ
RB – R1
Per R2 si sceglie infine il valore di 15kΩ , esistente a
componenti discreti
III - 99 -
∆IC
IC ·IC
Si sceglie il valore di 470Ω che e' possibile con un
componente discreto.
Il guadagno in tensione del circuito in esame e':
vo
1
AV = vi = – gm · (RC//RL) = – 20 = – gm · 1
1
RC + RL
La transconduttanza gm si estrae da dati hie e hfe
precedetemente estratti dal datasheet (si noti che
risulta essere un poco differente dal valore teorico
IC/VT):
ed inoltre si ha che:
min
2kΩ
50
|∆VBE|
September 25, 2000
1
RC = – 1
g m = 1.33kΩ
+
AV
RL
III - 98 -
September 25, 2000
2N2218-2N2219
2N2221-2N2222
HIGH-SPEED SWITCHES
DESCRIPTION
The 2N2218, 2N2219, 2N2221 and 2N2222 are silicon planar epitaxial NPN transistors in Jedec
TO-39 (for 2N2218 and 2N2219) and in Jedec
TO-18 (for 2N2221 and 2N2222) metal cases. They
are designed for high-speed switching applications
at collector currents up to 500 mA, and feature useful current gain over a wide range of collector current, low leakage currents and low saturation voltages.
2N2218/2N2219 approved to CECC 50002100, 2N2221/2N2222 approved to CECC
50002-101 available on request.
TO-39
TO-18
INTERNAL SCHEMATIC DIAGRAM
ABSOLUTE MAXIMUM RATINGS
Symbol
Parameter
Value
Unit
V CBO
Collector-base Voltage (I E = 0)
60
V
V CEO
Collector-emitter Voltage (I B = 0)
30
V
V EBO
Emitter-base Voltage (I C = 0)
5
V
0.8
A
2 N22 19
2 N22 22
0.8
0.5
W
W
2 N22 19
2 N22 22
3
1.8
W
W
IC
Pt o t
Collector Current
Total Power Dissipation at T amb ≤ 25 °C
for 2N2 21 8 and
for 2N2 22 1 and
at T c as e ≤ 25 °C
for 2N2 21 8 and
for 2N2 22 1 and
T st g
Storage Temperature
– 65 to 200
°C
Tj
Junction Temperature
175
°C
January 1989
1/5
2N2218-2N2219-2N2221-2N2222
THERMAL DATA
R t h j- cas e
R t h j-amb
Thermal Resistance Junction-case
Thermal Resistance Junction-ambient
Max
Max
2 N22 18
2 N22 19
2N 222 1
2N 222 2
50 °C/W
187.5 °C/W
83.3 °C/W
300 °C/W
ELECTRICAL CHARACTERISTICS (T amb = 25 °C unless otherwise specified)
Symbol
Parameter
Test Conditions
Min.
Typ.
Max.
Unit
10
10
nA
µA
10
nA
I CBO
Collector Cutoff Current
(I E = 0)
V CB = 50 V
V CB = 50 V
I E BO
Emitter Cutoff Current
(I C = 0)
VE B = 3 V
Colllector-base Breakdown
Voltage (I E = 0)
I C = 10 µA
60
V
V (BR)CE O *
Collector-emitter Breakdown
Voltage (I B = 0)
I C = 10 mA
30
V
V ( BR)
Emittter-base Breakdown
Voltage (I C = 0)
I E = 10 µA
5
V
V ( BR)
CBO
EBO
T am b = 150 °C
V CE
(s at )*
Collector-emitter Saturation
Voltage
I C = 150 mA
I C = 500 mA
I B = 15 mA
I B = 50 mA
0.4
1.6
V
V
VB E
(s at )*
Base-emitter Saturation
Voltage
I C = 150 mA
I C = 500 mA
I B = 15 mA
I B = 50 mA
1.3
2.6
V
V
DC Current Gain
for 2N 221 8 and 2N 22 21
I C = 0.1 mA
V CE = 10 V
I C = 1 mA
V CE = 10 V
I C = 10 mA
V CE = 10 V
I C = 150 mA
V CE = 10 V
I C = 500 mA
V CE = 10 V
I C = 150 mA
V CE = 1 V
for 2N 221 9 and 2N 22 22
I C = 0.1 mA
V CE = 10 V
I C = 1 mA
V CE = 10 V
I C = 10 mA
V CE = 10 V
I C = 150 mA
V CE = 10 V
I C = 500 mA
V CE = 10 V
I C = 150 mA
V CE = 1 V
h F E*
fT
20
25
35
40
20
20
35
50
75
100
30
50
120
300
Transition Frequency
I C = 20 mA
f = 100 MHz
V CE = 20 V
C CBO
Collector-base Capacitance
IE = 0
f = 100 kHz
V CB = 10 V
8
pF
R e (h ie )
Real Part of Input
Impedance
I C = 20 mA
f = 300 MHz
V CE = 20 V
60
Ω
* Pulsed : pulse duration = 300 µs, duty cycle = 1 %.
2/5
250
MHz
2N2218-2N2219-2N2221-2N2222
TO-18 MECHANICAL DATA
mm
inch
DIM.
MIN.
A
TYP.
MAX.
MIN.
TYP.
12.7
MAX.
0.500
B
0.49
0.019
D
5.3
0.208
E
4.9
0.193
F
5.8
0.228
G
2.54
0.100
H
1.2
0.047
I
1.16
0.045
L
45o
45o
D
A
G
I
E
F
H
B
L
C
0016043
3/5
2N2218-2N2219-2N2221-2N2222
TO39 MECHANICAL DATA
mm
inch
DIM.
MIN.
A
TYP.
MAX.
MIN.
12.7
TYP.
MAX.
0.500
B
0.49
0.019
D
6.6
0.260
E
8.5
0.334
F
9.4
0.370
G
5.08
0.200
H
1.2
0.047
I
0.9
0.035
45o (typ.)
L
D
A
G
I
E
F
H
B
L
P008B
4/5
2N2218-2N2219-2N2221-2N2222
Information furnished is believed to be accurate and reliable. However, SGS-THOMSON Microelectronics assumes no responsability for the
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5/5
BC107
BC108
LOW NOISE GENERAL PURPOSE AUDIO AMPLIFIERS
DESCRIPTION
The BC107 and BC108 are silicon planar
epitaxial NPN transistors in TO-18 metal case.
They are suitable for use in driver stages, low
noise input stages and signal processing circuits
of television reveivers. The PNP complemet for
BC107 is BC177.
TO-18
INTERNAL SCHEMATIC DIAGRAM
ABSOLUTE MAXIMUM RATINGS
Symbol
Parameter
Value
Unit
BC107
BC108
V CBO
Collector-Base Voltage (IE = 0)
50
30
V CEO
Collector-Emitter Voltage (I B = 0)
45
20
V
V EBO
Emitter-Base Voltage (I C = 0)
6
5
V
IC
Collector Current
o
P t ot
Total Dissipation at T amb ≤ 25 C
o
at T case ≤ 25 C
T stg
St orage Temperature
Tj
Max. Operating Junction Temperature
November 1997
V
100
mA
0.3
0.75
W
W
-55 to 175
o
C
175
o
C
1/6
BC107/BC108
THERMAL DATA
R t hj-ca se
R t hj- amb
Thermal Resistance Junction-Case
Thermal Resistance Junction-Ambient
Max
Max
o
200
500
o
C/W
C/W
ELECTRICAL CHARACTERISTICS (Tcase = 25 oC unless otherwise specified)
Symb ol
I CBO
Parameter
Collector Cut-off
Current (IE = 0)
Test Cond ition s
for BC107
V CB = 40 V
V CB = 40 V
for BC108
V CB = 20 V
V CB = 20 V
Min.
Typ .
Max.
Un it
o
15
15
nA
µA
o
15
15
µA
µA
T ca s e = 150 C
T ca s e = 150 C
Collector-Base
Breakdown Voltage
(IE = 0)
I C = 10 µA
for BC107
for BC108
50
30
V
V
V ( BR)CEO ∗ Collector-Emitter
Breakdown Voltage
(I B = 0)
I C = 10 mA
for BC107
for BC108
45
20
V
V
V (BR)EBO
Emitter-Base
Breakdown Voltage
(I C = 0)
I E = 10 µA
for BC107
for BC108
6
5
V
V
V CE(sat )∗
Collector-Emitter
Saturation Voltage
I C = 10 mA
I C = 100 mA
IB = 0.5 mA
I B = 5 mA
70
200
V BE(s at)∗
Base-Emitter
Saturation Voltage
I C = 10 mA
I C = 100 mA
IB = 0.5 mA
I B = 5 mA
750
950
V BE(on) ∗
Base-Emitter O n
Voltage
I C = 2 mA
I C = 10 mA
VCE = 5 V
V CE = 5 V
h FE∗
DC Current G ain
I C = 2 mA
for BC107
for BC107
for BC107
for BC108
for BC108
for BC108
for BC108
I C = 10 µA
for BC107
for BC107
for BC107
for BC108
for BC108
for BC108
for BC108
VCE = 5 V
V (BR)CBO
h fe ∗
Small Signal Current
Gain
Gr. A
Gr. B
Gr. C
V CE = 5 V
650
700
110
110
200
110
110
200
420
Gr. A
Gr. B
40
Gr. A
Gr. B
Gr. C
40
100
I C = 2 mA
V CE = 5 V
f = 1KHz
for BC107
for BC107 Gr. A
for BC107 Gr. B
for BC108
for BC108 Gr. A
for BC108 Gr. B
for BC108 Gr. C
I C = 10 mA VCE = 10 V f = 100 MHz
∗ Pulsed: Pulse duration = 300 µs, duty cycle ≤ 1 %
2/6
Gr. A
Gr. B
550
250
600
mV
mV
700
770
450
220
450
800
220
450
800
120
90
150
120
90
150
270
250
190
300
370
190
300
500
2
mV
mV
mV
mV
BC107/BC108
ELECTRICAL CHARACTERISTICS (continued)
Symb ol
Parameter
Test Cond ition s
Min.
Typ .
Max.
Un it
6
pF
C CBO
Collector Base
Capacitance
IE = 0
V CB = 10 V
f = 1MHz
4
C EBO
Emitter Base
Capacitance
IC = 0
V EB = 0.5 V
f = 1MHz
12
NF
Noise Figure
I C = 0.2 mA V CE = 5 V
B = 200Hz
f = 1KHz
R g = 2KΩ
hie
Input Impedance
I C = 2 mA
for BC107
for BC107
for BC107
for BC108
for BC108
for BC108
for BC108
hre
h oe
Reverse Voltage Ratio
Output Admittance
I C = 2 mA
for BC107
for BC107
for BC107
for BC108
for BC108
for BC108
for BC108
I C = 2 mA
for BC107
for BC107
for BC107
for BC108
for BC108
for BC108
for BC108
V CE = 5 V
Gr. A
Gr. B
Gr. C
Gr. A
Gr. B
Gr. C
Gr. A
Gr. B
Gr. A
Gr. B
Gr. C
dB
4
3
4.8
5.5
3
4.8
7
KΩ
KΩ
KΩ
KΩ
KΩ
KΩ
KΩ
2.2
1.7
2.7
3.1
1.7
2.7
3.8
10 -4
-4
10
10 -4
-4
10
-4
10
-4
10
-4
10
30
13
26
30
13
26
34
µS
µS
µS
µS
µS
µS
µS
f = 1KHz
Gr. A
Gr. B
V CE = 5 V
10
f = 1KHz
Gr. A
Gr. B
V CE = 5 V
2
pF
f = 1KHz
∗ Pulsed: Pulse duration = 300 µs, duty cycle ≤ 1 %
DC Normalized Current Gain.
Collector--emitter Saturation Voltage.
3/6
BC107/BC108
Collector-base Capacitance.
Power Rating Chart.
4/6
Transition Frequency.
BC107/BC108
TO-18 MECHANICAL DATA
mm
inch
DIM.
MIN.
A
TYP.
MAX.
MIN.
TYP.
12.7
MAX.
0.500
B
0.49
0.019
D
5.3
0.208
E
4.9
0.193
F
5.8
0.228
G
2.54
0.100
H
1.2
0.047
I
1.16
0.045
L
45o
45o
D
A
G
I
E
F
H
B
L
C
0016043
5/6
BC107/BC108
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