Università degli Studi di Roma Tor VergataDipartimento di Ing. Elettronica
corso diELETTRONICA APPLICATA
Ing. Rocco Giofrè
Esercizi su semiconduttori eEsercizi su semiconduttori e diodi
I / 1
ESERCIZIO - GIUNZIONE P-N POLARIZZATA
Una giunzione pn, a cui è applicata una polarizzazione diretta, conduceuna corrente I=2.2µA. La giunzione ha una concentrazione di accettoriNA=1016cm-3 e una concentrazione di donori ND=1015cm-3 e un’areaA=400µm2. Nelle due zone si può assumere, alla temperatura di 20°C,µp=480 [cm2 V-1 s-1 ], µn=1350 [cm2 V-1 s-1 ], τp =20*10-9 [s], τn =45*10-9 [s],ni =1010 [cm-3 ].
a) Si trovi la tensione di polarizzazione VA che produce la correntea) Si trovi la tensione di polarizzazione VA che produce la correntespecificata e la corrispondente tensione di barriera.
b) Si calcolino le cariche in eccesso immagazzinate nelle zone p ed n ela carica complessiva.Si d t i i l ità di diff i ll di i i ifi tc) Si determini la capacità di diffusione nelle condizioni specificate.
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+•=
nA
n
PD
PiS LN
DLN
DAqnI 2Si ricorda che la corrente di saturazione inversa in un diodo è data dalla:
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⎠⎝
PUNTO A
La corrente che circolante in un diodo è data (come è noto!) dalla formula:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+•= 1lnTA I
IVV⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−•= 1T
AVV
s eII mVq
KTVT 23.25==Dove:⎠⎝ sI⎠⎝ q
Per risolvere l’equazione di cui sopra è necessario prima determinare lacorrente di saturazione inversa:corrente di saturazione inversa:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+•= nP
iS LND
LNDAqnI 2 È necessario determinare
DP D e LP L⎟⎠
⎜⎝ nAPD LNLN
Per determinare DP e Dn si può ricorrere alle relazioni di Einstein:
DP Dn e LP Ln
n
nT
P
P DVDμμ
==scmVD /1212 2• μ
scmVD nTn /08,34 2=•= μ Attenzione alle unità di misura
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nP μμ scmVD PTP /12,12=•= μ
PUNTO A
mcmDL PPP μτ 923,4103,492102012,12 69 =•=••== −−
Per determinare LP e Ln si può ricorrere alle relazioni di Einstein:
PPP μ,,,
mcmDL nnn μτ 38,12104,1238104508,34 69 =•=••== −−
Noto il valore di tali grandezze e ricordando il valore della superficie dellagiunzione A=400μm2 e il valore della concentrazione intrinseca ni=10cm-3
Attenzione alle unità di misuraA
LND
LNDAqnI
nA
n
PD
PiS
152 1098,1 −•=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+•=
⎠⎝
NOTA: L’effettiva corrente che si ha nel diodo con polarizzazione inversa èmolti ordini di grandezza maggiore del valore teorico datodall’eq a ione sata A tale corrente teorica si sommano infattidall’equazione usata. A tale corrente teorica si sommano infattidiversi fattori non previsti dal semplice modello assunto per lagiunzione, ma soprattutto gli effetti delle correnti che si generanonelle zone di confine dove la giunzione raggiunge la superficie del
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nelle zone di confine, dove la giunzione raggiunge la superficie delsemiconduttore.
PUNTO A
Si può quindi calcolare la tensione di polarizzazione esterna che dà lacorrente I = 2.2 µA (si noti che I è 1.1*109 volte la corrente di saturazione Is)
mVIIVVs
TA 83,52511098,1102,2ln1025,251ln 15
63 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
••
••=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+•= −
−−
La tensione di barriera è data da Vj =V0 –VA. Il valore di V0 all’equilibrio(senza polarizzazione) si ricava dalla seguente espressione:
mVnNNVVi
DAT 640ln 20 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛•=
i ⎠⎝e quindi, nelle condizioni considerate, la tensione di barriera Vj è
mVVVV Aj 17,11452,0640,00 =−=−=
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PUNTO BL’ i d ll i Q i ll NL’espressione della carica Qp in eccesso nella zona neutra N eanalogamente la carica Qn in eccesso nella zona neutra P (fuori della zonadi svuotamento o regione di carica spaziale) sono le seguenti:(slide 25 e 15)
VV
IepAqLQ T
A
τ•=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
−= 10 nnVV
pnn IenAqLQ T
A
τ•=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
−= 10ppnpp IepAqLQ τ⎟⎠
⎜⎝
10 nnpnn qQ τ⎟⎠
⎜⎝
0
L’espressione della corrente di lacune nella zona N e analogamente lap gcorrente di elettroni nella zona P si desume dalle equazioni di continuità(slide 25 e 15): :
⎟⎞
⎜⎛ AVD ⎟
⎞⎜⎛ A
VV
diff D⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=•= 10
TVn
p
pdiffpp ep
LD
AqJAI ⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
−=•= 10TV
pn
ndiffnn en
LDAqJAI
C i d ti ifi ti i hCon i dati specificati si ha:
( ) 352102
1010 −=== cmnp i ( ) 342102
1010 −=== cmnn i
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150 1010
=== cmN
pD
n( )
160 1010
=== cmN
nA
p
PUNTO BD i l i d i i è ibil l l l d iDai valori determinati è ora possibile calcolare le due correnti:
AD
AJAI T
AVV
pdiff 21⎟⎞
⎜⎛
AepL
AqJAI TVn
p
pdiffpp μ210 =⎟
⎟⎠
⎜⎜⎝
−=•=
D AV
⎟⎞
⎜⎛
AenLDAqJAI TV
pn
ndiffnn μ2,010 =⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=•=
i d i h t i ll N h è l d tcome si vede, si ha corrente maggiore nella zona N, che è la meno drogata.E’ utile verificare che la somma delle due correnti dà la corrente totalespecificata, cioè Ip +In = I =2.2 µA.
Infine, dai valori delle correnti e tenendo conto che τp =20*10-9 s e τn =45*10-9
s, si ottiene:15 CIQ 151098 −
CIQ ppp151040 −•=•= τ CIQ nnn
15109,8 •=•= τ
CQQQ 1510948 −•=+=
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CQQQ npTot 109,48 •=+=
PUNTO CL i à di diff i è d d
T TIτ
La capacità di diffusione è data da:
D• I = è la corrente totale calcolata in precedenza• τT = è il tempo di vita medio totale delle caricheT T
DT
ICV
τη
= Dove: τT è il tempo di vita medio totale delle cariche• η = è il fattore di idealità• VT = è l’equivalente in tensione della temperatura
kTT
kTV mVq
= ≅ 25
Come calcoliamo il tempo di vita totale delle cariche???
t l di t t i t i di it di d li l tt i d ll l
p p n nI Ins
τ ττ
+22 7
rappresenta la media pesata tra i tempi di vita medi degli elettroni e delle lacune
Qual’è la grandezza cheè di tt t l t i C
p pT
T
. nsI
τ = = 22 7
e quindi per una corrente I =2 2µA e una tensione V =0 52V
è direttamente legata aitempi di vita medi??
Corrente o carica!
e quindi per una corrente IT=2.2µA e una tensione VA=0.52V
IC pFτ= = 1 98
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DT
C . pFVη
= = 1 98
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)
Determinare la transcaratteristica vout(vin) del seguentecircuito
RVin Vout
Dati del problemaDZ RoD• VR = 5V
• R = 1 k Ω
Dati del problema•V٧ = 0.7V•rD = 0 Ω
VR
Ro 1 k Ω• R = 10 Ω• VZ = -8V
D 0•rZ = 0 Ω•ri = ∞ Ω
Metodo degli scattiSi determinano i punti di scatto di ogni diodo nel circuito imponendo la condizione id=0Ae vd=v٧ ( nel caso ideale id=0A e vd=0V ). Nel piano della curva di trasferimentov0=f(vi) si riportano i punti di scatto così individuati e si uniscono con tratti di retta. I latiestremi della caratteristica linearizzata si determinano calcolando la pendenza delle
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estremi della caratteristica linearizzata si determinano calcolando la pendenza dellesemirette, con origine nei punti di scatto estremi, per vi<<0 e vi>>0 .
Circuito equivalente di un diodo zenerVVAB+ _
VA VB IDZ
VABVγ
+ _
IDZ
|V |
VA VB
1 D di di id li ti ll li
|VZ|
Il circuito equivalente del diodo Zener si ottiene in tre semplici passaggi:
1. Due diodi ideali antiparalleli2. Un generatore di tensione |V٧| in serie al diodo che ha la punta nello
stesso verso del diodo zener e con il polo positivo verso il polo negativodel diodo (regione n)del diodo (regione n)
3. Un generatore di tensione |Vz| in serie al diodo che ha la punta nel versoopposto del diodo zener e con il polo negativo verso il polo positivo del diodo(regione p) (praticamente il ramo superiore invertito)(regione p) (praticamente il ramo superiore invertito)
1. Lo zener conduce come un diodo "normale" quando VAB>V٧ (ramo sup.)
Perchè?
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1. Lo zener conduce come un diodo normale quando VAB V٧ (ramo sup.)2. Si comporta come un diodo nel verso opposto quando VAB<-|VZ| (ramo inf.)
Circuito equivalente di un diodo zener IIVVAB+ _
VA VB IDZ
VABVγ
+ _
IDZ
|V |
VA VB
|VZ|Nella regione 3 e quindi per VAB> V٧ lo zener sicomporta come una batteria di valore V٧
Nella regione 2 e quindi per VAB< -|VZ| lo zenerIDZ
Nella regione 2 e quindi per VAB< |VZ| lo zenersi comporta come una batteria di valore -|VZ|per VAB<-|VZ|
Nella regione 1 e quindi per |VZ |-< VAB < |V ٧| lo| Z | AB | |zener si comporta come una resistenza divalore infinito
VAB-VAB V٧
-|VZ|
2
3
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-IDZ31
Q i di Il i it di t V
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)
Quindi Il circuito diventa: VDZ+ _RVin VoutIDZ
VγAttenzione in questo caso la V è da intendersi negativa
Dal circuito si evince che Vout=Iout*Ro
RoVR
DVZ IoutID
Vz è da intendersi negativa
Individuazione dei punti di scatto dei diodi
VR
1. Sul diodo di uscita se Vout=VR+V٧ e ID=0 A (S1)2. Sul diodo zener Vin-Vout=V٧ e IDZ=0 A (la corrente in R è uguale a zero) (S2)3. Sul diodo zener Vin-Vout=VZ e IDZ=0 A (la corrente in R è uguale a zero) (S3)in out Z DZ ( g ) ( )
attenzione: la condizione di "SCATTO" è la SIMULTANEA "VD=V٧ e ID=0 A"
vout
vin
out
vin-S1vin-S3 vin-S2
Rappresentazione dei punti di scatto dei diodi nel piano (Vin, Vout)
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in
Per V >>0 entrambi i diodi sono in conduzione diretta è V =V +V
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)Per Vin>>0 entrambi i diodi sono in conduzione diretta è Vout=VR+V٧
vout
VDZ+ _RVin VoutIDZ
Vγ
( )out RV v vγ= +
vout-S1
RoVR
DVZ IoutID
perchè ID=0 A
( )γvinvin-S1
valida fino a quando Vin> Vin-S1 come calcolo Vin-S1???
Al punto di scatto si ha ID=0A e quindi si può scrivere:
in out outv v RI R Iγ− − − =0 0in
out
v vI
R Rγ−
=+ 0
( )R0 5 0 7 5 7
p D q p
( )out out in R out SRv R I v v v v v . . V
R R γ γ −= = − = + = = + =+
00 1
0
5 0 7 5 7
R Rv V V v V⎛ ⎞
= + + = =⎜ ⎟0 01 6 45
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in R in Sv V V v . VR R R Rγ −= + + = =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
10 0
1 6 45
S2: (cioè per Vi =V٧) il diodo zener scatta in pol dir mentre il diodo di uscita è interdettoESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)
S2: (cioè per Vin V٧) il diodo zener scatta in pol. dir. mentre il diodo di uscita è interdettoVDZ+ _
RVin VoutIDZVγ
vout
vout-S1
inv vγ=Ro
VR
DVZ IoutID
out-S1
R0in γ
DZ outI A I= =0
V V= 0 v V= 0 v v=vin-S2
vinvin-S1
R R+ 0
outV V= 0 out Sv V− =2 0 in Sv vγ− =2
per Vin-S2<Vin<Vin-S1 il diodo zener è in conduzione diretta mentre ildiodo di uscita è interdettodiodo di uscita è interdetto
in out outv v RI R Iγ− − − =0 0 inout
v vI
R Rγ−
=+ 0
( )out out inRV R I v v
R R γ= = −+
00
0
Dalla quale si può determinare la pendenza della retta!
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p
S3: (cioè per Vi =VZ ) il diodo zener scatta in pol inv mentre il diodo di uscita è
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)S3: (cioè per Vin VZ ) il diodo zener scatta in pol. inv. mentre il diodo di uscita èinterdetto vout
vout-S1
VDZ+ _RVin VoutIDZ
V
v V=
out-S1
RoVR
D
Vγ
VZ IoutID
in Zv V=
DZ outI A I= =0
V0 v V
vin-S2vinvin-S1vin-S3
R
out Sv V− =3 0 in S Zv V− =3
per Vin-S3<Vin<Vin-S2 tutte e due i diodi sono interdetti IDZ=0A
in DZ out outv v RI R I− − − =0 0 in DZv vI AR R−
= =+ 0
0VZ<VDZ<V٧IZ
out outV R I V= =0 0v٧
vZ VZ
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Per V <<0 lo zener è in conduzione inversa (la tensione ai suoi capi è V =-
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)Per Vin<<0 lo zener è in conduzione inversa (la tensione ai suoi capi è VZ=-8V), e il diodo in uscita è interdetto vout
VDZ+ _RV VIDZ
vin
vin-S3 vout-S3
R0
RoD
Vin VoutIDZVγ
VZ IoutID
in Z out outv v RI R I− − − =0 0
RR R+
0
0
Transcaratteristica globale
VR
in Zout
v vIR R
−=
+ 0
vout
vout-S1
g
0
vin-S3
RR R+
0
0
( )out out in ZRV R I v v
R R= = −
+0
00
vin-S2vinvin-S1
RR R
0
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R R+ 0
Sollecitazione al circuito
v t
Disegnare l’andamento della tensione d’uscita quando iningresso al circuito viene posta una sinusoide
vout
vout-S1
Vout
v viv
vin-S3
tvin-S2vinvin-S1 t
Vin
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t
Dato il circuito di figura ricavare la corrente I
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Stati)
Dato il circuito di figura, ricavare la corrente IR2D2R1• V1 = 15V
V = 10VI
V1 D1 V2• V2 = 10V• R1 = 10 k Ω• R2 = 5 k Ω
V 0 V• V٧ = 0.7V• rD = 0 Ω• ri = 1MΩ
Metodo degli statigSi assume che ogni diodo presente nel circuito sia in uno stato preciso (ON
o OFF) sostituendolo con il circuito equivalente relativo allo stato scelto. Il
circuito, reso lineare, è esaminato con le leggi di Kirchkoff verificando che
siano corrette le assunzioni iniziali e ripetendo l’analisi in caso di
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assunzione non corretta (es. corrente positiva in un diodo considerato OFF)
I t i 1 D1 D2 ON
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Stati)
Ipotesi 1: D1 e D2 ON
RVR
Devo sostituire i due diodi con due batterie di valore V٧
I
R2V٧
V1
R1
V2V٧v vI Aγ−1 1 43 I1 2
I1I . mAR
γ= =11
1 43
( )v v vI mAγ γ− − −= =2 2I mA
R= =
2
2
DI I mA OK= =⎧⎨
2 2L’ipotesi 1
non è correttaD
D NI I . OI mA⎨ = − = −⎩2
1 1 0 57
Lo stato del diodo D1 non è corretto perchè la corrente che lo attraversa
non è corretta
Lo stato del diodo D1 non è corretto, perchè la corrente che lo attraversarisulta negativa. Infatti avendolo supposto in polarizzazione diretta la suacorrente non può essere negativa.
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I t i 2 D1 OFF D2 ON
ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Stati)
Ipotesi 2: D1 OFF e D2 ON Devo sostituire rispettivamente: il diodo D1 con una resistenza divalore ri e il diodo D2 con una batteria di valore V٧
IR2V٧R1
i
VD1
V1 V2riri è sicuramente trascurabileperchè molto elevata
v v vI . mA
R Rγ+ −
= =+
1 2 1 6 D2 ON OK
V V R I V= − = − = −15 16 1
R R+1 2
D1 OFF OKDV V R I V= − = − = −1 1 1 15 16 1
L’ipotesi 2 è corretta
D1 OFF OK
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L ipotesi 2 è corretta
CIRCUITO A DIODI
Si disegni la transcaratteristica Vo=f(VI) del circuito di figuraindicando chiaramente i punti di scatto e le pendenze dei vari trattigiustificando la risposta. Si considerino i diodi ideali.giustificando la risposta. Si considerino i diodi ideali.
VC+
Dati:VC = 5 V +
I1 R3VC 5 VI1 = 2 mAR1 = 1 kΩR = 2 kΩ
Vo
+
+ R1
D1
R2 = 2 kΩR3 = 2 kΩ.
R2 D2
Vi+ 1
Ripetere l’esercizio sostituendo il diodo D2 con undiodo zener con VZ=-7V
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CIRCUITO A DIODIOsservando il circuito si può supporre che per valori sufficientementeOsservando il circuito, si può supporre che, per valori sufficientementepositivi della tensione Vin, entrambi i diodi siano interdetti. Conviene allorainiziare l’analisi ipotizzando che:
VC+D e D siano entrambi OFF
I1 R3
Il circuito da studiare si può semplificare come:
D1 e D2 siano entrambi OFF
Vo
+
Vi+ R1
o CV V R I V V V= + = + =3 0 5 4 9Questa situazione si mantiene finché la tensioneai capi dei diodi rimane negativa La tensione ai
1
B
A
R2
iai capi dei diodi rimane negativa. La tensione aicapi di D2 (con le usuali convenzioni di segno) èpari a –Vo e quindi è effettivamente negativa. Latensione ai capi di D1 invece risulta pari a:tensione ai capi di D1 invece risulta pari a:
D A B AB o iRV V V V V V
R R⎛ ⎞
= − = = − ⎜ ⎟+⎝ ⎠2
1 2R R+⎝ ⎠2 1
Sostituendo la (1) nella (2) si ricava la condizione:
( ) ( )RV V R I V V⎛ ⎞
> + +⎜ ⎟11 1 5 9 13 5
Si può quindi concludere che,per tensioni superiori a Vin-D1,la tensione di uscita restafi t 9 V
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 22
( ) ( )i C in DV V R I . . V VR −> + • + = = =⎜ ⎟
⎝ ⎠1
3 0 12
1 1 5 9 13 5 fissata a 9 V.
CIRCUITO A DIODIPer tensioni inferiori a Vi D1 invece il diodo D1 che è l’unico il cui stato
D1 ON e D2 OFF
Per tensioni inferiori a Vin-D1, invece, il diodo D1, che è l unico il cui statodipenda da Vi, si accende. Quindi il circuito diventa: vout
I1 R3
VC+
v
Vo+
RVi+
R1
1 R3 vinvin-D1
B
A
Per determinare la tensione di uscita conviene applicare ilprincipio di sovrapposizione degli effetti Dopo qualcheR2 principio di sovrapposizione degli effetti. Dopo qualchepassaggio, si trova:
( )o C i iR //RR //RV V R I V . . V
R //R R R //R R⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + • + • = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠3 21 2
3 01 2 3 3 2 1
2 22 0 5
dove è possibile distinguere il contributo dei tre generatori indipendenti. Questasituazione si mantiene finché la tensione ai capi del diodo D2 rimane negativa e lacorrente sul diodo D1 positiva.
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 23
1 p
CIRCUITO A DIODIDeterminiamo allora le due quantità:
voutVC+
Determiniamo allora le due quantità:
v+
+R1
I1 R3A
vinvin-D1Vo
R2
Vi
+B
Per determinare la tensione di uscita conviene applicare ilprincipio di sovrapposizione degli effetti Dopo qualche
( ) R //RR //RV V R I V V⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟3 21 2 2 22 0 5
principio di sovrapposizione degli effetti. Dopo qualchepassaggio, si trova:
( )o C i i////V V R I V . . V
R //R R R //R R= + • + • = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 21 23 0
1 2 3 3 2 1
2 22 0 5
dove è possibile distinguere il contributo dei tre generatori indipendenti. Questasituazione si mantiene finché la tensione ai capi del diodo D2 rimane negativa (aicapi del diodo quindi finché Vo>0) e la corrente sul diodo D1 positiva.Determiniamo allora le due quantità:
V V
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D oV V= −2o C
D oV VI IR−
= −13
CIRCUITO A DIODISostituendo la (3) nella (4) e nella (5) e imponendo il segnoSostituendo la (3) nella (4) e nella (5) e imponendo il segnocorretto a ciascuna quantità, si ricavano due condizioni sullatensione VIN. In particolare, dalla (5) si trova:
2 22
vout
i i in D.V . . V V . V V. −
−= + ⇒ = = − = 2
2 220 2 22 0 5 4 440 5
vvinvin-D1vin-D2
Sostituendo la (3) nella (5) otteniamo ovviamente il valore di tensione Vin-D1 quindiquesta situazione D1 ON e D2 OFF si mantiene per tensioni d’ingresso compresequesta situazione D1 ON e D2 OFF si mantiene per tensioni d ingresso compresetra Vin-D2 <Vin <Vin-D1
Per Vin <Vin-D2 si nota come la tensione d’uscita resta fissa a zero volt perché ildiodo D2 entrando in conduzione cortocircuita l’uscita.2
vout
Nel caso in cui il diodo D2 fosse sostituito conun diodo zener l’unica differenza si avrebbequando D2 è in polarizzazione inversa in
Con D2 diodo zener
quando D2 è in polarizzazione inversa inquanto lo zener forzerebbe il valore dellatensione d’uscita a VZ e non a Vo =VC+R3Iocosa che si verificherà per una Vin diversa daV d t i t d t t
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 25
vinvin-D1vin-D2Vin-D1 determinata precedentemente
Potenziale
Sia data una barretta di semiconduttore drogata n in cui laSia data una barretta di semiconduttore drogata n in cui ladensità di drogaggio sia variabile nella direzione x, in accordocon la figura seguente.Si determini il valore della differenza di potenziale V0 esistentetra i punti P1 e P2 all’equilibrio termodinamico (V0 = V(P1)-V(P2)).
Dati: •Concentrazione in P1: ND(x1) = 5*1018 cm-3
•Concentrazione in P2: ND(x2) = 2*1015 cm-3
•Potenziale termico: VT = 25 mV
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 26
PotenzialeA temperatura ambiente tutti gli atomi donori si possono considerareA temperatura ambiente, tutti gli atomi donori si possono considerareionizzati. Di conseguenza, la concentrazione di elettroni liberi coincidepraticamente con la concentrazione di atomi donori, cioè:
per cui chiamiamo n1 = ND(x1) e n2 = ND(x2)
L t t t l di l tt i è d ll t di d i di
Dn(x) N (x)≅
La corrente totale di elettroni è somma della corrente di deriva e didiffusione ed è data dalla seguente espressione:
d ( )n n n
dn(x)J (x) q n(x)E(x) qDdx
μ= + = 0
dove l’ultima eguaglianza discende dal fatto che all’equilibriotermodinamico, essendo la barretta di semiconduttore isolata, la correntedi elettroni deve essere identicamente nulla. Da questa relazione,q ,sapendo che il campo elettrico è dipende dal gradiente del potenziale,cioè:
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Potenziale
dVEdx
= − =
V(P ) ndV(x) dn(x)D( ) d d∫ ∫2 2 1
si ottiene:
nT
n V(P ) n
dV(x) dn(x)Dn(x) dV V dndx dx nμ
= ⇒ =∫ ∫1 1
1
E di conseguenza:
T Tn nV(P ) V(P ) V V ln V V ln . mVn n
− = − = ⇒ = =2 12 1 0 0 195 6
E di conseguenza:
n n1 2
Come si può notare, la differenza di potenziale tra due punti qualsiasi dellab tt di i d tt di d l d i l i d ll t i i ibarretta di semiconduttore dipende solo dai valori delle concentrazioni neidue punti e non dipende dal particolare andamento della concentrazione deiportatori tra i due punti stessi.
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 28
ESERCIZIO SUI DIODI
Dato il circuito di figura si disegni la transcaratteristica Vo=f(VI)indicando chiaramente i punti di scatto e le pendenze dei vari trattigiustificando la risposta.giustificando la risposta.
D1Dati:
+R1
R+
Dati:R1 = 1 kΩR2 = 2 kΩR = 2 kΩ
VoVi D2
R2
R3
R3 = 2 kΩV٧ = 0.6 V
--
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 29
In questo caso è conveniente iniziare l’analisi del circuito perESERCIZIO SUI DIODI In questo caso è conveniente iniziare l analisi del circuito perVin<<0. Infatti per tale valore asintotico si può dire che entrambi idiodi sono interdetti.
vout
D1 OFF e D2 OFFD1
V
+R1
Vi D
R2+
vinVoVi
-
D2 R3
-
iiio VVKK
RRRRVV ⋅=⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
ΩΩ
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
⋅= 4.052
321
3
KRRR ⎠⎝ Ω⎠⎝ ++ 5321
iiD VRRVV ⋅=⎟⎟⎞
⎜⎜⎛ +
= 6.0211 iiD V
RRRRRVV ⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ += 8.032
2
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 30
iiD RRR ⎟⎠
⎜⎝ ++ 321
1 iiD RRR ⎟⎠
⎜⎝ ++ 321
2
Per determinare quale diodo scatta per primo e di conseguenza ilESERCIZIO SUI DIODI
Per determinare quale diodo scatta per primo e di conseguenza ilcorrispondente valore di Vi è necessario ragionare sulle tensioni aicapi dei diodi.
60 VVVVVVD DiniD 16.06.06.06.0 111 ==⇒⋅===⇒ −γ
VVVVVVD DiniD 75.08.06.08.06.0 222 ==⇒⋅===⇒ −γ
Q indi il primo diodo che scatta dallo stato di interdi ione a q ello
vout
Quindi il primo diodo che scatta dallo stato di interdizione a quellodi conduzione è D2 e la Vout corrispondente vale:
VRVV 303 VRR
RVV Dout 3.023
32 =
+=− γ
+R1
D1
+A
vinvin-D2
vout-D2VoVi D2
R2
R3
+
Vout =Vout-D2 finche non scatta D1 cioè finche
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 31
--scatta 1 c oè c e
Vin-D2 <Vin <Vin-D1
Rimane da determiniamo perESERCIZIO SUI DIODIRimane da determiniamo perquale valore della tensioned’ingresso scatta il diodo D1 +
R1
D1
+AB C
VoVi D2
R2
R3Il diodo D1 scatterà quando latensione VBC=Vi-Vo=V٧
--
Ma Vo un istante prima che il diodo D1 scatti vale 0.3V quindidato che nel punto di scatto ID1=0A, posso scrivere che:
in D out DV V V . V . V . Vγ− −= + = + =1 2 0 6 0 3 0 9 vout
Vout =Vout-D2 finche non out out-D2scatta D1 cioè finche
Vin-D2 <Vin <Vin-D1 vinvin-D2
vout-D2= vout-D1
vin-D1
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 32
ESERCIZIO SUI DIODI
Per tensioni Vi > Vin-D1 entrambi i diodi sono in conduzione diretta ela tensione d’uscita vale Vo = Vi- V٧
+R1
D1
+A
Vo
+
Vi D2
R2
R3
+
vout
--
vout-D2 1
vinvin-D2 vin-D1
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 33
0.4
ESERCIZIO SUI DIODI
Dato il circuito di figura determinare l'andamento della tensione diuscita Vo al variare della tensione d’ingresso Vi e tracciarne ilgrafico.grafico.
Dati: + +
R/2
+ +Dati:• VB1 = 5 V• VB2 = 5 V• R = 5 kΩ VR R VR R• R = 5 kΩ• D1 & D2 diodi ideali• -15 V ≤ Vi ≤ 15 V
VoViD1 D2
VB1 VB2
VoViD1 D2
VB1 VB2VB1- -
VB2VB1- -
VB2
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 34
In questo caso si può iniziare l’analisi del circuito per V >>0 Infatti per taleESERCIZIO SUI DIODI
R/2
In questo caso si può iniziare l analisi del circuito per Vi>>0. Infatti per talevalore asintotico si può assumere che il diodo D1 è interdetto mentre il diodoD2 è in conduzione diretta. Allora D1 aperto & D2 corto
+ ++ +
RV R I V⎛ ⎞− + • + =⎜ ⎟ 0 i BV VI += 2
Scrivo l’equazione alla maglia:
VoViD1 D2
VB1
R R
VB2
VoViD1 D2
VB1
R R
VB2
i BV R I V− + • + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 0
2I R R=⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠2
VB1- -
B2VB1- -
B2Sostituendo la relazione di I in quella di Vo si ottiene:
35
32
31
32
2 −=−= iBio VVVVIl primo diodo che scatta per Vin>0V èD1 che passa dallo stato OFF allo 2o BV R I V= • − =
vo
3333
Vin-D1=10V & Vout-D1=5V
stato ON. Infatti, quando Vin=0Ventrambi i diodi sono in conduzione,per cui D2 non può cambiare statoda ON a OFF per Vin>0V.
vout-D1 2/3Il punto di scatto di D1 lo calcoliamo imponendo Vo=VB15V
i BV V V⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠1
3 5 102 3o i BV V V= − = 1
2 5
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 35
vivin-D1
i B⎜ ⎟⎝ ⎠12 3o i BV V V 13 3
Adesso analizziamo il circuito per V <<0 Per tale valore asintotico si può assumere
ESERCIZIO SUI DIODI
R/2
Adesso analizziamo il circuito per Vi<<0. Per tale valore asintotico si può assumereche il diodo D2 (di cui dobbiamo calcolare il punto di scatto) è interdetto mentre il diodoD1 (che non cambierà più stato) è in conduzione diretta. Allora D2 aperto & D1 corto
+ ++ + Scrivo l’equazione alla maglia:
01 =−•⎟⎞
⎜⎛ +− Bi VIRRV ⎞⎛
−= 1
RVVI Bi
VoViD1 D2
VB1
R R
VB2
VoViD1 D2
VB1
R R
VB2vo
02 1•⎟⎠
⎜⎝
+ Bi VIRV⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
2RR
1Bo VIRV +•=VB1- -
B2VB1- -
B2
viv
vin-D2
5212
1Bo
Sostituendo la relazione di I in quella di Vo si ottiene:vout-D2
35
32
31
32
1 +=+= iBio VVVV
Il punto di scatto di D2 lo calcoliamo imponendo Vo=-VB2=-5V
o i BV V V= + = − 22 53 3 i BV V V⎛ ⎞= − + = −⎜ ⎟
⎝ ⎠23 5 102 3
Vin-D1=-10V &
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 36
o i B23 3⎜ ⎟⎝ ⎠2 3 Vout-D1=-5V
ESERCIZIO SUI DIODIA questo punto, una volta individuati i punti di scatto dei due diodipresenti nel circuito, non ci rimane che unire, con un tratto di retta, idue punti di scatto, cioè risolvere il circuito per Vin-D2<Vi<Vin-D1p , p in-D2 i in-D1
D1 OFFD2 OND2 OFF
D1 ON
D2 OND1 ON+ +
R/2+ + D1 ON
VoViR
+ +
R VoViR
+ +
R VoViD1 D2
VB1- -
VB2
VoViD1 D2
VB1- -
VB2
per detti valori di Vi i duediodi sono entrambi indiodi sono entrambi inconduzione diretta e:
iVV 1=
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 37
io VV2
ESERCIZIO SUI DIODIDato il circuito in figura determinare l'andamento della tensione diuscita Vout al variare della tensione d’ingresso Vin e tracciarne ilgrafico.g
Dati:• VCC = -5 V
R = R = R = 500 Ω• R1 = R2 = R3 = 500 Ω• D1 & D2 diodi ideali• -15 V ≤ Vin ≤ 15 V
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 38
Il circuito può essere ridisegnato come segue Inoltre anche in questo caso siESERCIZIO SUI DIODI
Il circuito può essere ridisegnato come segue. Inoltre anche in questo caso sipuò iniziare l’analisi per Vi<<0. Assumendo entrambi i diodi in aperto.
+ +R1
+ +Se entrambi i diodi sono interdetti, alloranon c’è circolo di corrente nel circuito e diconseguenza la tensione di uscita non puòh l ll d’i
VoVi
R2
+
VoVi
R3
+
D
vo
che essere uguale a quella d’ingresso.oVi
- -
oVi
- -
D1
D2
|Vcc|+
io VV =vi
vin-D2Questa condizione si mantiene fino aquando la tensione d’ingresso non è tale dafar scattare il diodo D2 in conduzione
vout-D2
far scattare il diodo D2 in conduzionediretta.Il primo diodo che scatta è D2 perché al suopolo negativo è applicata una tensione
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 39
1inferiore allo zero.
Calcoliamo adesso il punto di scatto del diodo D Assumendo quindi che ilESERCIZIO SUI DIODI
Calcoliamo adesso il punto di scatto del diodo D2. Assumendo quindi che ildiodo D1 sia un circuito aperto e che nel ramo di D2 non scorra corrente.
+ +R1
+ +
Il diodo D2 scatta quando:
VVIRV ==VoVi
R2
+
VoVi
R3
+
D
Se il diodo D2 scatta quando la tensioned’uscita Vo è pari a –V e dato che
cccco VVIRV −=−= 2oVi
- -
oVi
- -
D1
D2
|Vcc|+
d uscita Vo è pari a Vcc e dato cheun’istante prima che il diodo scatti, latensione d’uscita era uguale a quellad’ingresso, possiamo concludere che il
Vin-D2= -Vcc =-5V & d ingresso, possiamo concludere che il
diodo 2 scatta quando la tensioned’ingresso è pari a –Vcc.
& Vout-D2= -Vcc =-5V
Subito dopo che il diodo è scattato c’è circolo di corrente nelle resistenzeSubito dopo che il diodo è scattato c’è circolo di corrente nelle resistenzeR1 ed R2 e la tensione d’uscita aumenterà ad un rate pari a R2I
VVI cci + cci VVVVVRV 11⎟⎟⎞
⎜⎜⎛ +
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 40
( )21 RRI cci
+= ( ) ccicco VVV
RRRV
22212 −=−⎟⎟
⎠⎜⎜⎝ +
=
Questa condizione si mantiene fino a quando il diodo D non scatta Ma ilESERCIZIO SUI DIODI
Questa condizione si mantiene fino a quando il diodo D1 non scatta. Ma ilramo a cui appartiene D1 è connesso in parallelo al ramo del diodo D2 e diconseguenza la tensione tra il nodo A e B è pari alla tensione d’uscita.
vR1 A vo
R2
+ +R1
R3
+ +A
vi
v
vin-D2
1/2VoVi VoVi
D1
D2
|Vcc|+
vin-D1
Quando D1 scatta dallo stato OFF a quello ON
vout-D2
1- -- -
+B
0==−= IRVIRV Quando D1 scatta dallo stato OFF a quello ON
( ) icci VVVVVRV 110 2 −=−⎟⎟
⎞⎜⎜⎛ +
==
03322 ==−= RccRo IRVIRV
VV =
V = V =5V & V = V =0V
( ) ccicco VVVRR
RV22
021
2 ⎟⎟⎠
⎜⎜⎝ + cci VV =
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 41
Vin-D1= Vcc =5V & Vout-D1= VAB =0V
Per calcolare la pendenza della transcaratteristica per tensioni d’ingressoESERCIZIO SUI DIODI
Per calcolare la pendenza della transcaratteristica, per tensioni d ingressomaggiori di Vin-D1 bisogna risolvere le equazioni alle maglie del circuito.
R1 A vo
R2
+ +
R3
+ +
vin-D2I1I2
VoVi VoVi
D1
D2
|Vcc|+
vi
vout-D2
1/2vin-D1
I1
- -- -B
( )( )⎨
⎧ −+= 21311 IIRIRVi
1
( )⎩⎨ −+= 12322 IIRIRVcc
( )⎪⎧ +
= 231 RR
IRVI i
( )( )⎩
⎨⎧
+−+= 23131
IRIRRVIRIRRVi
( )
( ) ( )⎪⎪
⎪⎪⎨
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛ +
−+=
+
233232
311
IRVRIRRV
RR
icc
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 42
( )⎩ −+= 13232 IRIRRVcc( ) ( )⎪⎩
⎟⎠
⎜⎝ + 31
3232 RRcc
ESERCIZIO SUI DIODIR1 A
cco VIRV −= 22
vo
R2
+ +R1
R3
+ +A
I2
vi
vin-D2
1/2vin-D1
VoVi VoVi
D1
D2
|Vcc|
I1I2
vout-D2
1- -- -
+B
( ) ( ) ( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−+=
=
22
33232
1 .....
RRIR
RRVRIRRV
I
icc ( ) ( ) ( )⎪
⎪⎨
⎧
−⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
−+=
=
32
23
32
1 ....
VRIRRRV
I
icc( ) ( ) ( )⎪
⎩ ++ 3131232 RRRRcc ( ) ( ) ( )⎪
⎩ +⎟⎠
⎜⎝ + 31
231
32 RRRRcc
⎪⎧ =1 ....
VRI
⎪⎧ = ....1I
( )
( )⎪⎪
⎪⎪⎪
⎨
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
+
++
=2
3
31
3
2RRR
RRVRV
I
icc
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎟⎞
⎜⎛
+=
32
2
1
icc
VVI ⎪⎩
⎪⎨⎧
+=
=
icc VVI
I
32
34....
2
1
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 43
( ) ( )⎪⎪⎩
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝ +
−+31
332 RR
RR ⎪⎩
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
43 ⎩ 33
ESERCIZIO SUI DIODIR1 A D1 OFF O
R2
+ +R1
R3
+ +A
I2vo
1/3
D1 OFFD2 OFF
D1 OFFD2 ON
D1 OND2 ON
VoVi VoVi
D1
D2
|Vcc|
I1I2
vin-D2
v
1/3
- -- -+
B
⎪⎧ =I
vi
vout-D2
1/2vin-D1
ccicco VVVRV −⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
32
34
2⎪⎩
⎪⎨⎧
+=
=
icc VVI
I
32
34....
2
1 1
Per verificare che non sono stati commessi degli errorinello svolgimento del sistema basta sostituire,nell’espressione della tensione d’uscita il valore della
⎠⎝⎩
icco VVV31
31
+−= nell espressione della tensione d uscita, il valore dellatensione d’ingresso (Vin-D1) per cui il diodo D1 scatta everificare che il valore che si ottiene sia pari a (Vout-D1)
icco 33
( )VVV −=1
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 44
( )ccio VVV =3 Vin-D1= Vcc =5V & Vout-D1= VAB =0V
ESERCIZIO SUI DIODI
D il i i di fi i l i iDato il circuito di figura tracciare la transcaratteristica
• V٧=0.6V • rd=0Ω
R1 DVin VoutArd 0Ω
• rZ=0Ω• VZ=-6.1V Ro• R1=1KΩ• R0=2KΩ
DZ
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 45
ESERCIZIO SUI DIODIsostituiamo lo zener con il suo circuito equivalente e determiniamo i
R1 D
sostituiamo lo zener con il suo circuito equivalente e determiniamo ipunti di scatto
Vin VoutVA
Ro
in VA
o
Vγ VZ
1. Sul diodo zener Vin=-VZ (pari a +6.1V) e IDZ=0 A (S1)2 Sul diodo di uscita se V =V (pari a +0 6V) e I =0 A (S2)2. Sul diodo di uscita se Vin=V٧ (pari a +0.6V) e ID=0 A (S2)3. Sul diodo zener Vin=-V٧ (pari a -0.6V) e IDZ=0 A (S3)
vout
vin
out
vin-S2 vin-S1vin-S3
Rappresentazione dei punti di scatto dei diodi nel piano (Vin, Vout)
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 46
in
Per V >>0 il diodo d’uscita è in conduzione diretta mentre lo zener è in
ESERCIZIO SUI DIODI Per Vin>>0 il diodo d uscita è in conduzione diretta mentre lo zener è inconduzione inversa è Vout=-VZ-V٧ voutVin VoutVAR1
( )V
vout-S1
RoV V( )out ZV v vγ= − −
vinvin-S1
Vγ VZ
valida fino a quando Vin> Vin-S1 come calcolo Vin-S1???
Al punto di scatto si ha IDZ=0A e quindi si può scrivere:
inv v R I R Iγ− − − =1 0 0 inv vIR R
γ−=
+1 0
( )RR I V0 6 1 0 6 5 5
γin utv v R I V= + + +1 0
( )out in Z out Sv R I v v v v v . . . VR R γ γ −= = − = − − = = − =
+0
0 11 0
6 1 0 6 5 5
( )i Z i SR Rv V V . . v . V
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − = − − + − = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠0 0
11 21 6 1 0 6 8 85
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 47
( )in Z in Sv V V . . v . VR R R Rγ −+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠⎝ ⎠
11 0 1 0
1 6 1 0 6 8 853 3
S2: (cioè per Vi =V٧) il diodo zener è interdetto mentre il diodo di uscita si interdiceESERCIZIO SUI DIODI S2: (cioè per Vin V٧) il diodo zener è interdetto mentre il diodo di uscita si interdice
vout
vout-S1
Vin VoutVAR1 ID
inv vγ=
out-S1
R0
RoVγ
VZ
I
in γ
DI A I= =0
V V= 0 v V= 0 v v=vin-S2
vinvin-S1
R R+1 0
outV V= 0 out Sv V− =2 0 in Sv vγ− =2
per Vin-S2<Vin<Vin-S1 il diodo zener è interdetto mentre il diodo di uscitaè in conduzione direttaè in conduzione diretta
inv v R I R Iγ− − − =1 0 0 inv vIR R
γ−=
+1 0
( )out inRV R I v v
R R γ= = −+
00
1 0
Dalla quale si può determinare la pendenza della retta!
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 48
p
S3: (cioè per Vi =-V٧ ) il diodo zener scatta in pol dir mentre il diodo di uscita è
ESERCIZIO SUI DIODI S3: (cioè per Vin V٧ ) il diodo zener scatta in pol. dir. mentre il diodo di uscita èinterdetto vout
vout-S1Vin VoutVAR1 ID
out-S1
Ro I
vin-S2vinvin-S1vin-S3
VγVZ
inv Vγ= −DZI A I= =0
out Sv V− =3 0 in Sv Vγ− = −3Perchè il diodo d’uscita è
interdetto
per Vin-S3<Vin<Vin-S2 tutte e due i diodi sono interdetti IDZ=0A=ID
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 49
Per V <<0 lo zener è in conduzione diretta (la tensione ai suoi capi è
ESERCIZIO SUI DIODI Per Vin<<0 lo zener è in conduzione diretta (la tensione ai suoi capi èVZ=V٧), e il diodo in uscita è interdetto vout
Vin VoutVAR1 ID
vin
vin-S3 vout-S3
RoV
I
VγVZ
vout
v
Transcaratteristica globale
vout-S1
R0
vin-S2vinvin-S1
vin-S3 R R+1 0
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 50
Università degli Studi di Roma Tor VergataDipartimento di Ing. Elettronica
corso diELETTRONICA APPLICATA
Prof. Franco GIANNINI
USO DEL BJT in DC
I / 51
CURVE I-V DEL BJT
A li i l i i h I V di i di BJTAnalizziamo le caratteristiche I-V di uscita di un BJT npn
IC VSATC
IVCE
IB
N ll di i VVV 30> CO ONella seguente condizione: VVV SATCE 3.0≈>
Lo stadio a emettitore comune si comporta in uscita come un generatore di
CONDIZIONE 1
Lo stadio a emettitore comune si comporta in uscita come un generatore dicorrente, controllato dalla corrente di base attraverso il parametro hFE.
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 52
CIRCUITO EQUIVALENTE SEMPLIFICATO DEL BJT
Affinché ciò avvenga, è necessario che la giunzione emettitore-base siapolarizzata direttamente, ovvero (nel caso npn):
0&7.0 ≥≈= BBE IVVV γCONDIZIONI 2 e 3
Quindi, date le condizioni 1,2 e 3, è possibile ottenere il circuitoequivalente semplificato, in DC del BJT a emettitore comune, VALIDOq p , ,in regione attiva (o diretta)
•una batteria di 0 7 V tra base ed emettitoreB CIB IC •una batteria di 0.7 V tra base ed emettitorecon la corrente IB fissata dalla rete di“ingresso”.hFEIBVγ
B C
+-
B IC
•un generatore di corrente controllato incorrente, con la VCE fissata dalla rete di“uscita”.E
-
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 53
E
POLARIZZAZIONE DEL BJT
V
RC
VCC
R
VCCR1
Considero i condensatori
RgenRC RCR1
impedenze infinite (f=0)
R2RLvs+
- RE R2 RE
Applico Thevenin alla rete di base
//
2
21=RVV
RRRBalla rete di base
RBRC
121
2
<=+
=
AAVVRR
RVV CCBB+-VCCREVBB+
-
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 54
1<= AAVV CCBB
POLARIZZAZIONE DEL BJT
RB RChFEIB
B CIB
VBB+-
+- VCC
hFEIBVγ
+-
E
RERE
Sostituisco al BJT il suo circuito equivalente ottenendo due reti: di baseSostituisco al BJT il suo circuito equivalente, ottenendo due reti: di basee collettore. E’ possibile così scrivere le due equazioni:
( ) VRIhRIV 1( )( ) CEEBFECBFECC
EBFEBBBB
VRIhRIhVVRIhRIV+++=
+++=
11 γ
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 55
( ) CEEBFECBFECC
POLARIZZAZIONE DEL BJT
( )( )
EBFEBBBB
VRIhRIhVVRIhRIV +++=
11 γ
( ) CEEBFECBFECC VRIhRIhV +++= 1Dalla prima ricavo la corrente di base IB (in questo caso si suppone cheDalla prima ricavo la corrente di base IB (in questo caso si suppone cheil valore di VBB, RB, RE, hFE e Vγ siano noti)
D ll d i VCE tili d l IB d t i t lDalla seconda ricavo VCE utilizzando la IB determinata nel passoprecedente.
L’ultimo passo è verificare che le condizioni 1, 2 e 3 siano soddisfatte
Se le condizioni sono verificate allora il BJT è effettivamente nella suaregione attiva.
Viceversa se le condizioni non sono verificate il BJT non è in regionetti f i d lifi t (il d ll è i i lid )
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 56
attiva e non funziona da amplificatore (il modello è ivi non valido).
CONSIDERAZIONI FINALI
11 >>≈+ FEFE hhIn termini pratici è quasi sempre lecito porre:
Bisogna SEMPRE verificare che le condizioni 1,2 e 3 siano soddisfatte.Viceversa si sta utilizzando il circuito equivalente in una regione diversada quella ipotizzata.q p
Nell’ipotesi di “piccolo segnale”, l’ampiezza del segnale alternato è taleda non spostare in modo significativo il punto di lavoro del BJT.Quest’ultimo è fissato nel modo descritto in queste slide.Q q
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 57
Elettronica Analogica
Soluzione Esonero
I / 58
Esempio Di Esonero n°1 (12%)Si calcoli la resistività del silicio drogato con atomi donatori conconcentrazione ND = 6·*1017 cm-3 a temperatura ambiente.Dati:C t i i t i 1 45* 1010 3•Concentrazione intrinseca: ni = 1.45*·1010 cm-3
•Carica dell'elettrone: q = 1.6·*10-19 C•Mobilità degli elettroni: µn = 1260 cm2/(V·s)•Mobilità delle lacune: µ = 460 cm2/(V s)•Mobilità delle lacune: µp = 460 cm2/(V·s)
( ) ( ) 1( ) ( )ρ
σμμσσμμ 1=⇒+=⇒=+= KK qpnEqEpnJ pnpn
0≅−AN np <<semiconduttore di tipo "n" allora Di conseguenza:&0≅AN psemiconduttore di tipo n allora g
DNn ≅
&
D
i
Nnp
2≅
cm•Ω= −310*27.8ρ
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 59
Esempio Di Esonero n°2 (8%)
Sia data una barretta di semiconduttore drogata n in cui la densità didrogaggio sia variabile nella direzione x, in accordo con la figuraseguente. Si determini il valore della differenza di potenziale V0 esistente0tra i punti P1 e P2 all’equilibrio termodinamico (V0 = V(P1)-V(P2)).
Dati:
• Concentrazione in P1: ND(x1) = 5*1018 cm-3
• Concentrazione in P2: ND(x2) = 2*1015 cm-3
• Potenziale termico: VT = 25 mV
n ⎟⎞
⎜⎛
mVnnVV T 196ln
1
221 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=Il potenziale è una funzione di stato
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 60
Esempio Di Esonero n°3 (12%)Disegnare il circuito inverter N-MOS con carico saturato.Trovare i due punti di lavoro in corrispondenza di Vin=0V e Vin=VDD V informa grafica utilizzando le caratteristiche I-V del FET “pilota” fornite diseguito.Quale accorgimento può essere adottato sul FET di carico per migliorarele prestazioni dell’inverter?
D1
VGS=VDD
I
VGS=VDD
22 GSDS VV =
22 GSDS VV =
VGS=0vVGS=0v
DDDSDS VVV =+ 21 210 DDG III =⇒=
VVDS1
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 61
DDDSDS 21 21 DDG
Esempio Di Esonero n°3 (12%)
IDVVDDDD
VDD—R VGS=10v
VGS=8vRR
VGS=6v
VVOOVVii
VDSVDD
Se la tensione d’ingresso V i aumenta, aumenta la Corrente di Drain e quindi la caduta sulla resistenza R. Ne risulta una diminuzione della tensione d’uscita Vo
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 62
Esempio Di Esonero n°3 (12%)VVVVV ↓↑
IIDD22[mA][mA]
DDDSDSDSDS VVVVVse =+⇔↓⇒↑ 2121
2020
303088
IIDSDSvsVvsVLL
IIDD11[mA][mA]
1010
00
66
44
V0≈KVi
VV VV
3030
99
88IIDD11vsVvsVOO
A VVDSDS22[v][v]22 44 6600
88VVTT
VVoo[V][V]
2020
3030
VVTT
SwingSwingAA
VVDDDD
1010
202077
55
66LoadLoad curvecurve
B
1010
2020
22 44 6600 88
VVononVVTT
BB
VV [ ][ ]
22 44 6600
88VVononVVTT
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 63
VVDSDS11[v][v]
Esempio Di Esonero n°4 (12%)Dato il circuito di figura, dimensionare i valori delle resistenzeincognite affinché il BJT operi in regione attiva. Calcolare inoltre lapotenza fornita dall’alimentazione.
Dati: •VCC=15 V•Vi=3*sin(ωt) V•I =0 1 I
•RC=5,6 KΩ•RS=5KΩ
R =5 6KΩ•IR1=0,1 IC•IC=1 mA•VCE=7,5 V
• RL=5.6KΩ•hFE=100•BJT al silicio
?=ER ?1 =R?2 =R
?== DCDDdiss IVP
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 64
Esempio Di Esonero n°4 (12%)Dato il circuito di figura, dimensionare i valori delle resistenzeincognite affinché il BJT operi in regione attiva. Calcolare inoltre lapotenza fornita dall’alimentazione.
mAII CR 1.01.01 =⋅= VIRV CCRC 6.5=⋅=
I 1
AIII 011
mAIII BRR 09.012 =−=mAhIIFE
CB 01.0
1001
===
mAIII BCE 01,1=+=
VVVVVV CERCCCRE 91576515 =−−=−−= Ω== 1881REE I
VRVVVVVV CERCCCRE 9.15.76.515EI
VVVVV BERECCR 4.127.09.1151 =−−=−−= Ω== KIVR R 1241
1BERECCR1 IR1
Ω=+
== KVVVR BERER 8.2822 ( ) mWIIVP 516=+=
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 65
ΩKII
RRR
8.2822
2 ( ) mWIIVP CRDDdiss 5.161 =+=
Esempio Di Esonero n°5 (8%)Qual è l’influenza del rapporto W/L sul valore della corrente di draindi un MOSFET?Dove:L l h d l l di G tL = lunghezza del canale di GateW = larghezza del canale di Gate
ID è DIRETTAMENTE proporzionale a (W/L).Era sufficiente considerare una delle formule che lega IDS a (VGS,VDS) tipo:
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Esempio Di Esonero n°6 (20%)Dato il circuito di figura, indicare lo stato di polarizzazione deltransistor bipolare, giustificando la risposta.
VCCVCC
RR
Dati: •VCC = 5 V, •VEE = 5 V, R 50 kΩ R3R1
RQ
R3R1
RQ
•R1 = 50 kΩ, •R2 = 50 kΩ, •R3 = 1 kΩ, •R4 = 10 kΩ,
R2
R5Q
R2
R5Q4 ,•R5 = 2 kΩ.
Transistor• VBE = 0.7 V,
R4
-VEE
R4
-VEE
VBE 0.7 V, •βF =hfe =100, •VCEsat = 0.2 V
EEEE
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Esempio Di Esonero n°6 (20 %)P i li hi il t di Th i i ll t di b h ll
VCCVCC
Per prima cosa applichiamo il teorema di Thevenin sia alla rete di base che a quellache polarizza l’emettitore ottenendo il circuito a sinistra.
VCC
R
VCC
R VRVV CCBB 5.22 =•=R3R1
R5Q
R3R1
R5Q
VRR
VV CCBB 5.212 +
R4
R2
R4
R2 Ω=+•
= KRRRRRBB 25
12
12
-VEE-VEE
VRR
RVRR
RVV EECCx 32.354
5
54
4 =+
•−+
•= Ω=+•
= KRRRRRx 66.1
54
54
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 68
5454
Esempio Di Esonero n°6 (20 %)
VRR
RVRR
RVV EECCx 32.354
5
54
4 =+
•−+
•=
•RR
R
Ω=+•
= KRRRRRx 66.1
54
54
VRR
RVV CCBB 5.212
2 =+
•=
Ω• KRRR 2512
Dopodiché si può procedere in modi diversi:
Ω=+
= KRR
RBB 2512
12
Dopodiché si può procedere in modi diversi:1) Si può ipotizzare il BJT in regione attiva, si effettuano i calcoli necessari e si verifica
che IB<0. Questa condizione è in contrasto con l’ipotesi di regione attiva. Quindi sievinceva che IB=0 e il BJT in interdizione.
2) Si ò ifi li h V V i di l i i b i è2) Si può verificare semplicemente che VBB<Vx e quindi la giunzione base-emettitore èpolarizzata inversamente
3) Si può verificare che VCE<0 e quindi che la giunzione base-emettitore è polarizzatainversamente
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 69
inversamente
Esempio Di Esonero n°6 (20 %)
1) Si ipotizza il BJT in regione attiva, si effettuano icalcoli necessari e si verificava che IB<0. Questacondizione è in contrasto con l’ipotesi di regionecondizione è in contrasto con l ipotesi di regioneattiva. Quindi si evinceva che IB=0 e il BJT ininterdizione.
( ) 01 =+−−−− BfexxBEBBBB IhRVVIRV
( ) mAhRRVVVI
fexB
xBEBBB 008.0
1−=
++−−
= Assurdo, avendo supposto il BJT inregione attiva ed essendo il BJT un npn
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 70
Esempio Di Esonero n°6 (20 %)
2) Si poteva verificare semplicemente che VBB<Vxe quindi la giunzione base-emettitore erapolarizzata inversamente
VRVRVV 32354
R
VRR
VRR
VV EECCx 32.354
5
54
4 =+
•−+
•=
VRR
RVV CCBB 5.212
2 =+
•=
Se il BJT fosse in regione attiva allora VIRVIRVV ExxBBBBBE 0>−−−=
VVquindiVVma BEBB 0<< VVquindiVVma BExBB 0<<
Di conseguenza il BJT è in regione di interdizione
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 71
Di conseguenza il BJT è in regione di interdizione
Esempio Di Esonero n°7 (20 %)
Dato il circuito di figura determinare l'andamento della tensione di uscita Vo alvariare della tensione d’ingresso Vi e tracciarne il grafico.
R1+ +
R1+ +
Dati:•VB1 = 5 V•VB2 = 5 V•R = 5 kΩ
Circuito:
VoViD1 D2
V
R R
V
VoViD1 D2
V
R R
V
•R1 = 2,5 kΩ•D1 & D2 diodi ideali•-15 V ≤ Vi ≤ 15 V
VB1- -
VB2VB1- -
VB2
Eventuali commenti: Transcaratteristica: voutvout
vinvinvin
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Esempio Di Esonero n°8 (8%)Descrivere brevemente quali sono le principali differenze (costruttivee di funzionamento) tra i transistor a giunzione (BJT) e quelli adeffetto di campo (JFET).
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 73
Elettronica Analogica
Esercizi
I / 74
Esercizio n°1 (20%)Dato il circuito in figura, determinare i valori di IBQ, ICQ, e VCEQ e lostato di polarizzazione (attivo, saturato, interdetto…)
Dati: •VCC = 24 V, •R = 390 kΩ•R1 = 390 kΩ, •R2 = 68 kΩ, •R3 = 56 kΩ, •RC = 10 kΩ, C •RE = 1.8 kΩ, Q1:•VBE = 0.6 V, •β =hfe= 200•βF =hfe= 200, •VCEsat = 0.2 V
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 75
Esercizio n°1 (20%)Dato il circuito in figura, determinare i valori di IBQ, ICQ, e VCEQ e lostato di polarizzazione (attivo, saturato, interdetto…)
Ω=++•
= KRRRRRRB 9.573
12
12
VRR
RVV CCBB 6.312
2 =+
•=
( ) ⇒+⋅++⋅= BfeEBEBBBB IhRVIRV 1 ( ) mARhR
VVI BEBBB 007.0
1=
−=( ) BfeEBEBBBB
( ) BfeECEBfeCEECECCCC IhRVIhRIRVIRV +⋅++⋅=⋅++⋅= 1
( ) RhR BfeE 1 ++⋅
( ) BfeECEBfeCEECECCCC
( ) 01 >+⋅−⋅−= BfeEBfeCCCCE IhRIhRVV VVCE 5.7=
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 76
il BJT è in regione attiva!!
ESERCIZIO 3
+VCC
RC
Dato il circuito a lato, determinare tramite il metodo grafico, i valori dei resistori RB ed RC, conoscendo i valori delle grandezze ICQ, VCEQ.
RB
V
g CQ, CEQ
Dati :
VoutVBB •VCC=12 V
•ICQ= 16 mAIE(mA)
•VCEQ= 4.5 V
•BJT al silicioIC (mA)
•VBB=1.6V
•IBQ=80μAVCE (V) V (V)
Soluzioni:RRCC==461461ΩΩ
VCE (V) VBE (V)
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 77
CCRRBB==1010KKΩΩ
SVOLGIMENTO ESERCIZIO 3 1/2IICCIICC
IICCVVCCCC
RRCC==
0 090mA0.100mA
0.110mA
0.120mA
27.5 mA
25 mA
30 mA
0.070mA
0.080mA
0.060mA
0.090mA
17.5 mA20 mA
22.5 mA
15 mAIICQCQ
0.030mA
0.040mA
0.050mA
0 020 A
10 mA12.5 mA
5 mA
7.5 mA
VV1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
0.010mAIB=0
0.020mA
2.5 mA
5 mA
VVCECEVV VVCCCCVVCEQCEQ+VCC
RCR
0=−− CECCCC VIRVRB
VoutVBB Ω==⇒≅→= 5.461
026.01226 CCC
C
CC RmAIIRV
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 78
026.0CR
SVOLGIMENTO ESERCIZIO 3 2/2 IB
275 μA
250 μA
300 μAB
175 μA200 μA
225 μA
150 μA=I=IBB
VVBBBB
RRBB
100 μA125 μA
50 μA
75 μAIIBQBQ
RRBB
0.1
25 μA
50 μA
0.2 0.3 0.4 0.6 0.70.5 0.8 0.9 1 1.81.1 1.2 1.3 1.4 1.71.5 1.6 VBEVVBEQBEQ VVVVBEQBEQ VVBBBB
+VCCRC
R0=−− BEBBBB VIRV
RB
VoutVBB Ω=
⋅=⇒≅ KRAI BBQ 322.10
101556.180 6μ
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 79
⋅10155
ESERCIZIO 4
Dato il circuito a lato, determinare ilvalore del resistore R1.
+VCC
Dati : Soluzioni:
RC
•VCC=12 V
•IE= 2 mA
RR11==149149,,78 78 KKΩΩR1
IE 2 mA
•R2=47 KΩ
•R =2 7 KΩRER2
•RC=2,7 KΩ
•RE=180 Ω
h 135
RE
•hFE=135
•BJT al silicio
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 80
( )⇒++ hIIII 1ESERCIZIO 4 Svolgimento
( )⇒+=+= FEBBCE hIIII 1
Ah
II EB μ7,14
136102
1
3
=⋅
=+
=−
+VCC
RCRCIhFE 1361+mAII BC 98,1135 =⋅=⇒
mAIIIova 99921:Pr =+=⇒
C
R1 CI
RC
1RImAIIIova CBE 9992,1:Pr =+=⇒
R
1
AR
VVI REBER μ55,22
22 =
+=
C1RIBI
I RER2
AIII BRR μ25,3721 =+=
R2
EI2RI
VVVVV RRCCCR 58,521 =−−=
⇒+= REBER VVV 2
RRCCCR ,21
Ω=== − KIVR R 78,149
10253758,5
61
1
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 81
⋅IR 1025,371
ESERCIZIO 1
Dato il circuito a lato, determinare:
1 Il tipo di connessione
+VCC
1. Il tipo di connessione.2. I valori delle grandezze del
punto di riposo IBQ, ICQ,VCEQ. RB
Dati :
•RB=400 KΩ
Soluzioni:IIBQBQ==1414μμAAII ==11 44mAmA
Vin Re Vout B
•RE= 4 KΩ
•VCC=12 V
IICQCQ==11..44mAmAVVCEQCEQ==66..33VV
VCC 12 V
•hFE=100
•BJT al silicio•BJT al silicio
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 82
SVOLGIMENTO ESERCIZIO 1
1. La connessione è del tipo collettorecollettore comune, visto che il segnale in ingresso è applicato tra basebase e collettorecollettore, e l’uscita è prelevata tra emettitore emettitore e collettorecollettore
+VCC
collettorecollettore2. Per determinare la corrente di base, si considera
la tensione presente ai capi del resistore RB, e si ricava la corrente IIBB. Per determinare la caduta di tensione
RB
ai capi del resistore RB, è però necessario determinare la caduta di tensione sul resistore Re. Ricordando che :II =(1+hh )II
Vin Re Vout IIEE=(1+hhFEFE)IIBBLa tensione tra la giunzione di basebase e quella di emettitoreemettitore (VVBEBE),per un dispositivo al silicio è pari a 0.7 v, si ha :
( ) ARhR
VVIEfeB
BECCBQ μ054.14
1=
++−
=
mAIhI BQFECQ 405.1=⋅=
VIIIRVVVV BCEECERCECC E321.6)10195.144000(12))(4000(12)(12 3 ≅⋅⋅−=+⋅−=⋅−=⇒+= −
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 83
ESERCIZIO 2
Dato il circuito a lato, determinare ivalori dei resistori RB ed RE,conoscendo i valori delle grandezze
+VCC
Dati : Soluzioni:
gdel punto di riposo IBQ, ICQ,VCEQ. RB
•VCC=12 V
•ICQ= 3 mA
IIBQBQ==2525μμAARREE==23142314ΩΩRRBB==172172KKΩΩ
Vin Re Vout ICQ 3 mA
•VCEQ= 5 V
•h =120
RRBB 172172KKΩΩ
•hFE=120
•BJT al silicio
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 84
SVOLGIMENTO ESERCIZIO 2+V 1. Per determinare la corrente di base a riposo, basta
dividere il valore della corrente IICQCQ per l’hhFEFE del transistore. Si può allora procedere alla determinazione della resistenza di emettitore RR
+VCC
R determinazione della resistenza di emettitore RREE, considerando la caduta di tensione sul resistore stesso, e sapendo quanto vale la corrente di emettitore. Possiamo ora con i valori dei resistori V R
RB
determinati, calcolare il valore del resistore RB.
IIEE=(1+hhFEFE)IIBBLa tensione tra la giunzione di basebase e quella di
Vin Re Vout
La tensione tra la giunzione di basebase e quella di emettitoreemettitore (VVBEBE),per un dispositivo al silicio è pari a 0.7 v, si ha :
AhI
IFE
CQBQ μ25
120103 3
=⋅
==−
Ω− 2314512R Ω=
+= 2314
)1201( BQE I
R
Ω=−−
=+⋅−−
=−−
= KIIRVVVR CBERBECC E 17299.67.012))((7.012
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 85
Ω=⋅
=== − KII
RBQBQ
1721025 3B
ESERCIZIO 2
Dato il circuito a lato, determinare ivalori dei resistori incogniti.
VCC
Dati : Soluzioni:RCR1
•VCC=-9 V
•ICQ= -1 mA
RREE==1093 1093 ΩΩRR11==5757,,6 6 KKΩΩRR22==1517515175 ΩΩICQ 1 mA
•IR1= 20 IB•R =3 9 KΩ
RR22 15175 15175 ΩΩRE
R2
•RC=3,9 KΩ
•VCEQ= -4 V
h =160•hFE=160
•BJT al silicio
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 86
ESERCIZIO 2 Svolgimento3 ⎞⎛⎞⎛
AhI
IIFE
CQBR μ125
16010202020
3
1 −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅=
−
I 10 3−
VCC
RmAhIIIIIFE
CCBCE 006,1
1601010 3 =+=+=+= −
VIRV CCRC 9,3=⋅=
RCR1
VIRV CCRC 9,3
VVVVV CERCCCRE 1,1−=++=V R
PNP
Ω== 1093E
REE I
VR
VVVVV BERECCR 2,71 −=++=
RER2
Ω== KIVR
R
R 6,571
11
AIII BRR μ75,11812 =−=
Ω=+
== 1517522
BERER
IVV
IVR
A cura dell’Ing. R. Giofrè II / 87
22 RR II
Università degli Studi di Roma Tor VergataDipartimento di Ing. Elettronica
corso diELETTRONICA APPLICATA
Prof. Franco GIANNINI
POLARIZZAZIONE DELPOLARIZZAZIONE DEL MOSFET
I / 88
CURVE LINEARIZZATE I-V DEL FET
A li i l i i I V di i l i iAnalizziamo la caratteristica I-V di uscita e la transcaratteristica,entrambi linearizzate a tratti
VIDS IDSVDS
VGS
VGS VDSVTIl FET risulta nella regione attivanelle seguenti condizioni:
La corrente IDS dipende dalla differenza tra VGS e VT ma anche da VDS a causa della pendenza delle curve I-V (rosse). Si noti la differenza con il BJT dove la corrente di collettore IC dipende solo da IB
TGS
VVVVVVV
>⇒>>
C p Battraverso hFE e non da VCE.
Inoltre, per essere in regione attiva si deve avere la condizione 2, mentre nel BJT si ha semplicemente VCE>Vsat, con tensione di emettitore costante. Si noti
1
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 89
GDTTGSDS VVVVV >⇒−>VCE Vsat, con tensione di emettitore costante. Si noti che nella 2 possono variare sia VG che VD.
CIRCUITO EQUIVALENTE
Dall’analisi della caratteristica I-V di uscita si ricava il modelloequivalente LINEARIZZATO del FET in DC
G D
gm(VGS-VT)VGS rDS+-
S
Il FET risulta nella regione attiva nelle seguenti condizioni:
TGS
VVVVVVV
>⇒−>>
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 90
GDTTGSDS VVVVV >⇒−>
POLARIZZAZIONE DEL FET
V
Rd
VDD
R
VDDR1
RgenRd RdR1
R2RLvs+
- Rs R2 Rs
RgRd //
2
21=
RRRRg
+-VDDRsVGG+
- 121
2
<=+
=
AAVVRR
RVV DDGG
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 91
1<= AAVV DDGG
POLARIZZAZIONE DEL FET A SOURCE COMUNE
g (VGS-VT)V
G D
+Rg Rd+ gm(VGS VT)VGS rDSS-
g d
VGG
+- +
-VDDRRs IDS
RdApplico Thevenin al circuito
equivalente del FETrDSGD
Rg
Rd
+
GsDGSgGGG IRIVRIV =++= 0VGS
DS
+-+
-
-VDD
+μ(V -V ) ( )[ ] ( )
DSm
TGSDSdSDSDD
rgVVrRRIV
−=−+++=
μμVGG
-
Rs
μ(VGS-VT)
IDS
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 92
POLARIZZAZIONE DEL MOSFET
Partendo dal set di equazioni, si determina il punto di lavoro, con
Rd=600Ω, Rs=100 Ω, gm=1mA/V , rDS=5kΩ, VDD=15V, A=0.4, VT=2V,
sDSGSGG RIVV +=( )[ ] ( )
( ) DSDSTGSDS
TGSDSdSDSDD
rIVVVVVrRRIV
+−=−+++=
μμ
( )DSm
DSDSTGSDS
rgrIVVV
−=+
μμ
determinando le tre variabili: IDS, VGS e VDS. Inoltre bisogna verificare cheil FET sia in zona di saturazione (o attiva) verificando le condizioni:
TGS
VVVVVVV
>⇒>>
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 93
GDTTGSDS VVVVV >⇒−>
POLARIZZAZIONE DEL MOSFET
RIVV DSGGGS −=
Per prima cosa determino IDS
( )[ ] ( )[ ]( )[ ] ( )VVVRrRRI
VRIVrRRIVRIVV
TsDSGGDSdSDSDD
sDSGGGS
++−−+++= μ
( )[ ] ( )( )
( ) mARRR
VVVI
VVVRrRRI
TGGDDDS
TGGDDsDSdSDS
6.5=−−=
−−=−++μ
μμ
( ) RrRR sDSdSDS −++ μ
E quindi trovo V e V applicando le formule ben noteE quindi trovo VGS e VDS applicando le formule ben note
VVGS 4.5=VVDS 1.11=
Ch i tt l di i i d l FET i i tti
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 94
Che rispettano le condizioni del FET in regione attiva
POLARIZZAZIONE DEL MOSFET (BLACK-BOX)
R Rd +V
G D
+ V +
+-
Rg Rd +-VDDVGG
VGS+- VDS +
-
SRs IDS
Ricordando che nella giunzione gate-source non scorre corrente DC, si può scrivere:
( )GsDSGSgGGG
VRRIVIRIVRIV
++=
=++= 0
Dimensionare Rs, e Rd affinché si abbia:
( ) DSdSDSDD VRRIV ++=
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 95
VDS=10V, VGS=5V e IDS=10mA, con VDD=20V e A=0.3
VAVVV
POLARIZZAZIONE DEL MOSFET
Ω=−
=−
= 100DS
GSDD
DS
GSGGs
VVIVAV
IVVRSoluzione:
Ω=−−
= 900sDS
DSDDd R
IVVR
IDS IDS
VT
VGS VDS
( )GSsDSGG
VRRIVVRIV +=
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 96
( ) DSdsDSDD VRRIV ++=
POLARIZZAZIONE DEL MOSFET
U lt i li i t l f tt di d t i l l iUn ulteriore complicazione sta nel fatto di determinare la relazione analitica che lega IDS a VGS, ovvero:
( ) ( ) K+−+−= 22 TGSmTGSmDS VVgVVgI
IDS
V
VT
VGS
A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 97