Ejercicios resueltos sobre transistores (2014)

Ejercicio Catalán
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 4º curso
Asignatura Electrónica
Año del apunte 2014
Páginas 30
Fecha de subida 30/06/2014
Descargas 6

Descripción

Ejercicios resueltos sobre BJT procedentes de exámenes

Vista previa del texto

VI-1 - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO Tema VI Previsió de resolució a classe: 6.1, 6.3, 6.4, 6.6, 6EX.2 6.1 A la figura hi tenim una representació dels corrents de col·lector (IC) i de base (IB) per un transistor PNP treballant en mode actiu. Suposant un transistor ideal, i que en les equacions dels corrents segons el model d’Ebers Moll els components predominants són deguts a la polarització en directe de la junció emissor-base (VEB), a partir de la gràfica deduiu: a).- Temperatura de funcionament.
b).- Amplada efectiva de la base wB.
c).- Concentració d’impureses acceptadores a l’emissor NAE.
d).- Guany mig del transistor (β) en mode actiu. Com podries millorar aquest guany? e).- Justifiqueu el comportament experimental observat pels corrents IC i IB.
DADES: k= 8.6 x 10-5 eV/K q= 1.6 x 10-19C A=10-5 cm2 DE = 10cm2/s DB = 20 cm2/s ni=1,2 ·1010 cm-3 LE= 25µm NDB = 1017cm-3 V1= 0.38 V V2= 0.62 V V3= 0.52 V V4= 0.76 V V1 V3 V2 V4 Sol: a) T= 303K; b) wB=1µm; c) NAE=4.3x10 cm ; d) β =214 17 -3 Segons el model d’Ebers Moll i fent les simplificacions que suggereix l’enunciat dels problemes podem escriure IC ≈ q ⋅ A ⋅ DB ⋅ p Bo WB IB ≈ q ⋅ A⋅ DE ⋅ n Eo LE   qVEB ⋅  e KT − 1   qV EB   ⋅  e KT − 1   VI-2 PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica Si estem sota polarització directa, de seguida que V EB > KT ≈ 26 mV ( a T ambient ) q Podrem menyprear l’1 del parèntesi.
Si aleshores fem una representació ln I − V EB obtindrem un comportament lineal amb un pendent inversament proporcional a la T de treball i un terme independent que dependrà de les qüestions del del disseny del transistor.
Per I C doncs: ln I C = a1 ⋅ V EB + b1 q KT   D b1 = ln⋅ q ⋅ A + B ⋅ p B0  WB   a1 = V2 = 0.62 V  V1 = 0.38 V  −9  I 1 = 10  I = 10 −5  2 a '1 = ln I 2 − ln I 1 ln 10 −5 − ln 10 −9 = = 38.38 V −1 V2 − V1 V 2 − V1 ln I CS = b1 = ln I 1 − a1 ⋅ V1 = −35.31 ⇒ Per I B tindrem: ln I B = a 2 ⋅ V EB + b2  KT   a 2 =   q  b1 = ln I BS −1 I CS = 4.6 ⋅ 10 −16 A VI-3 - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO V3 = 0.52 V ⌠ ⌠V4 = 0.76 V 〉 −5 ⌠ I 2 = 10 ⌠ I = 10 −9 ∫ 1 ln I 2 − ln I1 ln 10 −5 − ln 10 −9 a2 = = = 38.38 V −1 V4 − V3 V4 − V3 ln I BS = b 2 = ln I 2 − a 2 ⋅ V4 = −40.68  I BS = 2.15 ⋅ 10 −18 A Les equacions que tenim són, doncs: I C ≈ I CS ⋅ e q⋅VEB KT I B ≈ I BS ⋅ e q⋅VEB KT I CS = 4.6 ⋅ 10 −16 A = q ⋅ A ⋅ DB ⋅ p B0 WB I BS = 2.15 ⋅ 10 −18 A = q ⋅ A ⋅ DE ⋅ n E0 LB Podem resoldre fàcilment les qüestions a) TEMPERATURA DE FUNCIONAMENT a= q q ⇒T = = KT a⋅K e ( ) ⋅ 8.6 ⋅ 10 38.38 V −1 −5 eV K = 302.96 K T ≈ 303 K b) AMPLADA EFECTIVA DE LA BASE WB = q ⋅ A ⋅ PB0 ⋅ n B0 = ni2  ni2 ⇒ P = = 1.44 ⋅ 10 3 cm − 3  B0 B B ND n B0 ≈ N D  DB ⋅ p B0 I CS WB = 1 µm VI-4 PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
WB = 1.6 ⋅ 10 −19 C ⋅ 10 −5 cm 2 ⋅ 20 Departament d’Electrònica cm 2 1.44 ⋅ 10 3 1 ⋅ ⋅ = 1 µm 3 s cm 4.6 ⋅ 10 −16 A c) N AE N ≈ p E0 E A n2 n i2 = i = E 0 I Bs ⋅ L E  1 ⋅   q ⋅ A ⋅ DE    −1 = (1.2 ⋅10 ) 10 2 2.15 ⋅ 10 −18 ⋅ 25 ⋅ 10 − 4 ⋅ 1.6 ⋅ 10 −19 ⋅ 10 −5 ⋅ 10 N AE = 4.28 ⋅ 1017 cm −3 d) Guany del transistor β= D B L E N EA 20 cm 2 s 25 µm 4.28 ⋅ 1017 cm −3 ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 214 D E WB N BD 10 cm 2 s 1µm 1017 cm −3 β = 214 - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VI-5 6.2 El gràfic següent correspon a la corba β(Ic) d’un transistor bipolar d’homojunció treballant en mode actiu.
a) b) c) d) Raoneu el comportament del guany del gràfic anterior.
Quin és el dopatge a la base? Quins efectes tindria un dopatge gradual de la regió de la base sobre el guany? Calcula la màxima polarització de la junció emissor-base abans d’entrar al règim d’alt nivell d’injecció a la base e) Determina la secció del dispositiu, a partir de la consideració de que els efectes d’alt nivell d’injecció venen limitats pel criteri anterior.
DADES: k= 8.6 x 10-5 eV/K q= 1.6 x 10-19C Coeficients de difusió de minoritaris: DE = 12 cm2/s Concentració intrínseca: ni=1010 cm-3 Longitud de difusió de minoritaris a l’emissor: LE= 20 µm Amplada efectiva de la base: WB=1µm Dopatge de l’emissor: NAE= 1018 cm-3 DB = 15 cm2/s Sol: b) NDB=7.1016 cm-3; c) VEB=0.76V a) El gràfic presenta la evolució del guany del transistir en funció del valor de la intensitat del col.lector . Si suposem que estem en mode actiu , les expresions dels corrents I C e I B es poden aproximar pel terme que depèn de la polarització de la junción emissor-base: VI-6 PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
( KT ( KT IC = eAD B ⋅ p B0 ⋅ e e⋅VEB W IC ≈ eAD B ⋅ p B0 ⋅ e e⋅VEB W IB = IE − IC = IB ≈  DC ⋅ nC0 D B ⋅ p B0  e⋅VCB −1 − e ⋅ A⋅  + ⋅ e W  LC  KT KT ) −1 ) −1 ( ( ( ) eAD E ⋅ n E 0 ⋅ e e⋅VEB LE eAD E ⋅ n E 0 ⋅ e e⋅VEB LE Departament d’Electrònica KT ) −1 + ( eAD C ⋅ n C 0 ⋅ e E⋅VCB LC KT ) −1 ) −1 i per tant el guany resulta pràcticament constant i igual a β DC = D B N AE L E ⋅ ⋅ D E N DB W • Per valors d ' I C baixos es posen de manifest els efectes de recombinació a la base , que s’havien menyspreat a l’anterior equació d ' I B . El corrent I B real es més gran que l’ideal , i això implica una disminució de guany.
• Per valors d ' I C alts , estaríem al règim d’alt nivell d’injecció: Hauríem de contemplar pèrdues de potencial a les regions que consideràvem idealment neutres i per tant el corrent I C real seria més petit que el teòric , disminuïnt el guany. Hi ha altres efectes degut a la geometria de la configuració real d’un BJT integrat que podeu consultar a la bibliografia: G.W.NEUDECK, El transistor bipolar unión : Addison-Wesley Iberoamericana, 1994 M.Shur,Introducción to Electronic Devices.
John Wiley & Sons, 1996 Aquests comportaments diferencials entre el model ideal i real per I B a molt baix nivell d’injecció, i per I C alt nivell d’injecció, queden reflectits a la següent gràfica: a) Podem llegir el guany en mode actiu directament de la gràfica sobre la regió de guany constant: β = 350 . I d’ell podem deduir la concentració de dopant a la base: - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO N DB = VI-7 D B N AE L E ⋅ ⋅ = 7 ⋅ 1016 cm −3 DE β W N DB = 7 ⋅ 1016 cm −3 b) Un dopatge no uniforme de la base , suposaria l’existència d’un camp elèctric (segons es veu a la figura següent ) que afavoriria el trànsit dels portadors cap al col·lector , reduint el temps de trànsit per la base i per tant , disminuint les pèrdues per recombinació. El resultat seria un augment del guany.
c) El límit per mantenir-nos sota el règim de baix nivell d’injecció a la base, vindrà donat pel criteri de no injectar per sobre del 10% de la concentració de portadors majoritaris: ∆p B ≤ 0.1n B0 = 0.1N DB Si considerem la màxima injecció de portadors al límit de la frontera de la zona de càrrega espaial entre l’emissor i la base tindrem: ( ∆p B (0 ) = p B 0 ⋅ e e⋅VEB KT ) −1 on PB0 = 1400 cm −3 Imposant les dues condicions , podem aïllar el valor de la polarització, que resulta : VI-8 PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
(e e ⋅VEB KT Departament d’Electrònica ) − 1 ≥ 5 ⋅ 1012 V EB > 0.76 V Podem comparar aquest valor amb el potencial de contacte de la junció emissor-base que, segon dels dopatges resulta: e ⋅ V B = KT ⋅ ln ND ⋅ NA ⇒ V B = 0.89 V ni2 (T ) e) Finalment, per estimar la secció del dispositiu, podem considerar el limit el I C pel qual els efectes d’alt nivell d’injecció comencen a ser evidents, llegint de la gràfica I C ≈ 10 −4 A .
Utilitzant l’expressió per I C de l’apartat a) podem escriure: IC ≈ ( eAD B ⋅ p B0 ⋅ e e⋅VEB W KT ) −1 A≈ I C ⋅ WB ≈ 6 ⋅ 10 − 7 cm 2 e ⋅ D B ⋅ ∆p B (0) - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VI-9 6.3 Considerem un transistor P+NP+ simètric al qual la base, d’amplada total W, no està connectada (transistor de base flotant) i amb un generador de tensió V aplicat entre emisor i col·lector.
Suposems que el transistor es ideal (no hi ha recombinació a la base).
a) Representeu el diagrama de bandes quan la tensión aplicada es zero indicant la distribució de càrrega i camp elèctric.
b) Demostreu que quan està polaritzada l’estructura amb V>3kT/e, la caiguda VEB es independent de V i pràcticament tota la tensió cau a la junció base-col·lector quedant aquesta polaritzada en invers. Calcular les caigudes de tensió a les juncions per V=1V.
c) Amb les dades deduïdes de l’apartat anterior calculeu a quina tensió de polarització la zona de càrrega espacial de la junció base col·lector es solapa amb la de la junció emissor-base.
d) Justifiqueu que, malgrat que VEB és pràcticament constant, el corrent total que circula per l’estructura augmenta amb la tensió aplicada per tensions inferiors a la d’estrangulació de la base.
e) Representeu qualitativament la I(V) de l’estructura, per valors de V positius i negatius.
DADES: k= 8.6 x 10-5 eV/K, e= 1.6 x 10-19C, ε= 12·8.85x10-14 F/cm W=1 µm, ni=1010 cm-3, ND = 1016cm-3, NA = 1018cm-3 Sol: b)VEB=18 mV, VCB=-982mV; c) V=-2.545V La situació que tenim en aquest problema és la d’un transistor al qual la base no està connectada , i per tant, el corrent de base serà sempre zero ( ja que no hi podem accedir i el corrent de base el definim com el corrent que entra o surt del contacte de la base).
El dibuix de les connexions és el següent: P E + N B P C + V Com que l’ennunciat diu que el transistor és ideal , podem fer servir les expressions que tenim, deduïdes a la teoria, pels corrents d’emissor i col·lector ( el corrent de la VI-10PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica base no apareix). Si apliquem una certa tensió a l’estructura, aquesta es reparteix entre les dues unions: (1) V = VEB + VBC A més , donat el circuït, veim que els corrents d’emissor i de col·lector han de ser iguals , ja que només tenim una entrada ( emissor) i una sortida ( col·lector): (2) IC = I E a) Si la tensió aplicada és zero, estarem a la mateixa situació que si estiguèssim a l’equilibri, ja que no hi ha cap excitació externa. Per tant el diagrama de bandes és, senzillament el d’un transistor a l’equilibri.
ρ(x) + _ E P + ξ(x) eND + -eNA x B _ C N P x E + P + B C N P + EC EF EV Anem a calcular l’amplada de les zones de càrrega espacial. Com que l’estructura és simetrica , calculem només una vegada.
El potencial de construcció és: (3) VB i = N ⋅N KT ⋅ ln A 2 D = 0.8365 V e ni L’amplada de la ZCE ( tenint en compte que N A >> N D ) - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO (4) WZCE = 2⋅ε NA + ND ⋅ VB ≈ ⋅ e NA ⋅ ND VI-11 2⋅ε 1 ⋅ ⋅ VBi = 3.33 ⋅ 10 −5 cm = 0.33 µm e ND Com que la part N és molt menys dopada que la part P + , tota la ZCE s’extendrà a la base ( N ).
b) Si polaritzam a una tensió V, aquesta es reparteix entre la unió emissor-base i unió base-col·lector ( expressió ( 1 ) ). Quan polaritzem circularà un corrent d’emissor i de col·lector (expressió ( 2 ) ).
Substituint les expressions que tenim pels corrents: VCB VEB   e ⋅ A ⋅ DB ⋅ p B0  e⋅KT   DE ⋅ n E0 DB ⋅ p B0   e⋅KT    + − 1 − ⋅ e − 1 = I E = e ⋅ A ⋅   ⋅e W   W  LE    (5)  e V ⋅ VEB  e⋅KT    DC ⋅ nC0 DB ⋅ p B0   KTCB e ⋅ A ⋅ DB    = = ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ + − 1 I p e 1 e A   ⋅  e B0   C  W W    LC      e⋅VEB e⋅VEB D ⋅n D ⋅p (I ) ≡ e ⋅ A ⋅ E E 0 ⋅  e KT − 1 (II) ≡ e ⋅ A ⋅ B B0 ⋅  e KT − 1      LE W       VCB VEB D B ⋅ p B0  e⋅KT D B ⋅ p B0  e⋅KT        ( ) ( ) ≡ − ⋅ ⋅ ⋅ − ≡ ⋅ ⋅ ⋅ − III e A e 1 IV e A e 1      W W       VCB VCB D C ⋅ n C0  e⋅KT D B ⋅ p B0  e⋅KT        ( ) ( ) ≡ − ⋅ ⋅ ⋅ − ≡ − ⋅ ⋅ ⋅ − V e A e 1 VI e A e 1      L W C      Comparant veim que els termes ( II ) i ( IV), són iguals i que els termes ( III ) i ( VI ) també ho són. Així ens queda : VEB DE ⋅ n E0  e⋅KT DC ⋅ nC0   (5') e ⋅ A ⋅ ⋅e − 1 = −e ⋅ A ⋅ LE LC   VCB   e⋅KT  ⋅e − 1   Com que l’ennunciat diu que l’estructura és simetrica, els paràmetres físics de l’emissor i del col·lector seran iguals, és a dir, tindrán la mateixa secció, coeficient de difussió, longitud de difussió i concentració de minoritaris. Així l’expressió ( 5’) es converteix en:  (5' ')  e e⋅VEB KT  (5' ' ') e⋅VEB KT +  e⋅VCB   − 1 = − e KT − 1    e⋅VCB KT =2 VI-12PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica Introduïnt ( 1 ) a ( 5’’’ ) tenim: (6) (6') e e ( V + VCB ) KT e e⋅VCB KT +e e⋅VCB KT =2 e ⋅V    ⋅ 1 + e KT  = 2   (6' ') Si V> VCB = KT e e⋅V   ⋅  ln 2 − ln1 + e KT        KT podem suposar que l’exponencial és mes gran que 1 i, per tant, e (6' ' ') VCB ≈ KT ⋅ ln 2 − V e Comparant amb l’expressió ( 1 ) rescrita: (1') VCB = VEB − V veiem que : VEB = KT ⋅ ln 2 ≈ ct e VEB = 18 mV Per tant, per tensions superiors a KT , VCB ≈ V e Així, per V= 1V , VCB = −982 mV ≈ −1V = −V ( fem servir l’expressió ( 6’’’) , ja que l’aproximació és correcta) c) A les tensions a les quals es produirà l’estrangulació de la base, l’expressió ( 6’’’) serà vàlida. Així, la tensió emissor-base serà aquests 0.018 V. L’Amplada de la ZCE emissorbase serà: - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO WEB = VI-13 2⋅ε 1 ⋅ ⋅ V Bi − VEB = 0.33 µm (no varia) e ND ( ) Si la base fa 1 µm de llarg i la ZCE E-B fa 0.33 µm quan s’estranguli la base , la ZCE B-C ha de fer 0.67 µm .
Així: WCB = 2 ⋅ε 1 ⋅ ⋅ VBi − VCB e ND ( ) VCB = − e⋅ ND 2 ⋅ WBC + VBi = −2.545 V ≈ −V 2⋅ε d) Si mirem l’expressió del corrent d’emissor (I E ) ( 5 ) , i suposem que estem aplicant una tensió V, la unió BC estarà en invers, i per tant, el corrent serà: VEB   D E ⋅ n E0 D B ⋅ p B0   e⋅KT  IE ≈ e⋅ A⋅  − 1 +  ⋅e W    LE  Sabem que V EB és practicament constant en aquesta estructura i, encara que augmentem la tensió de polarització, no varia. El que sí que varia és l’amplada de la zona neutra de la base W, tal com hem vist a l’apartat c) . Així , augmentat V disminueix W.
W = 1 µm − WEB − WBC = 0.67 − WBC = 0.67 − 2⋅ε 1 ⋅ ⋅ VBi + V e ND ( Quan V ≈ Vestrangulacio , W → 0; → ∞ IE e) Vestrangulació V ) VI-14PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica La forma de gràfica I (V ) és antisimètrica ja que l’estructura del transistor es simètrica.
- GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO 6.4 VI-15 La figura següent mostra les concentracions de portadors minoritaris a les zones neutres de l'emissor, base i col·lector d'un transistor PNP de silici polaritzat, referides a les concentracions a l'equilibri (sense polaritzar, indicades a traços). Suposem que no hi ha recombinació de portadors a les zones de càrrega espacial ni a la base.
a) Indiqueu i raoneu en quin mode de treball es troba el transistor.
b) Deduiu les concentracions d'impureses a cada zona del transistor , suposant que totes estiguin ionitzades.
c) A partir dels valors de la gràfic, estem en règim de baix o d'alt nivell d'injecció? d) A partir de la gràfica, deduiu les tensions de polarització entre l'emissor i la base ( vEB) i entre col·lector i base ( VCB).
e) Calculeu el corrent de col·lector, base i emisor. En aquest cas indiqueu en quin sentit circulen.
f) Obteniu el paràmentre β d'aquest transistor.
Dades: KT=26 meV, Àrea= 10-2 cm2, ni=1010cm-3,µnE=µnC=1000 cm2/V·s, µpB=400 cm2/V·s Sol: a) Mode de saturació; b) NAE =5x1018 cm-3 , NDB =2x1017 cm-3 , NAC =5x1015 cm-3 c) Baix nivell, d) VEB =600meV, VCB =575 meV VI-16PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica a) Mirant la gràfica observem que a les 3 zones , emissor, base i col·lector , les concentracions de portadors minoritaris són superiors a les concentracions a l’equilibri ⇒ hi ha injecció de portadors ⇒ ambdues unions están polaritzades en directe ⇒ zona de saturació.
b) Les concentracions d’impureses , si estan totes ionitzades , ens donen les concentracions de portadors majoritaris. Amb les concentracions de minoritaris a l’equilibri i aplicant la llei de masses, deduirem els majoritaris: N AE ni2 = = 5 ⋅ 10 18 cm −3 n E0 N DB = n i2 = 2 ⋅ 1017 cm −3 pB 0 N AE = 2 i n = 5 ⋅ 1015 cm −3 n C0 c) Apliquem el principi de quasineutralitat elèctrica i tenim que els excessos d’ e − i de h + són iguals . Per tant, com que ambdues unions estan en directe, els excesos de majoritaris a cada zona coincideixen amb els excessos ( i les concentracions, segons veurem) de majoritaris. Si aquests són inferiors al 10% de la concentració de majoritaris, están en condicions de BNI.
A la base: PB màx = 5 ⋅ 1012 cm −3 i N DB = 2 ⋅ 1017 cm .−3 ⇒ BNI A l’emisor : n Emàx = 2 ⋅ 1011 cm −3 i N AE = 5 ⋅ 1018 cm −3 ⇒ BNI Al col·lector : nC màx = 7 ⋅ 10 13 cm −3 i N AC = 5 ⋅ 1015 cm −3 Ÿ BNI Per tant, estem en BNI d) Per tobar les tensions de polarització utilitzem els valors de les gràfiques a l’extrem de la zona neutre i apliquem les condicions de contorn : A l’emissor : n E (0' ') = n E0 ⋅ e V EB = e⋅V EB KT n (0' ') KT ⋅ ln E = 599 meV e n E0 Al col·lector : n C (0') = n C0 ⋅ e e⋅VCB KT VI-17 - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VCB = n (0') KT ⋅ ln C = 571 meV e nC0 Ho podem comprovar amb els valors a la base : p B (0) = p B 0 ⋅ e V EB = e⋅VEB KT p (0) KT ⋅ ln B = 599 meV e p B0 p B (W ) = p B (0.5 µm ) = p B 0 ⋅ e VCB = e⋅VCB KT p (W ) KT ⋅ ln B = 575 meV e p B0 e) Per calcular el corrent d’emissor, base i col·lector , només ens cal aplicar la relació d’Einstein a les modalitats per tal de trobar el coeficient de difusió. L’amplada de la base la dóna directament la gràfica, 0.5 µm.
Com que tenim representacions en escala logaritmica i com que sabem que les + expresions de les concentracions en excés tenen un terme dependent de e pendent a la gràfica deduïm aquests valors.
x LE , del x x VEB +   e⋅KT  − LE LE   ≈ n E0 (0' ') ⋅ e − 1 ⋅ e ∆n E ( x' ') = n E0 ⋅  e    Així  x  log ∆n E ( x' ') = log n E (0' ') + L ⋅ log e  E Agafem 2 punts : el 0’’ i x' ' = -100 µm i llegim els excessos : ∆n E (0' ') = 2 ⋅ 1011 cm −3 .
∆n B (− 100 µm ) = 7.9 ⋅ 10 6 cm −3 LE = 10 µm De forma anàloga pel col·lector: ∆nC ( x') ≈ nC (0') ⋅ e − x LC α = 466.6 VI-18PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica LC = 10 µm Ara ja tenim tots els paràmetre i poden substituir a l’equació dels corrents:  DE ⋅ n E0 DB ⋅ p B0 + IE = e⋅ A⋅  W  LE VEB  e ⋅ A ⋅ DB ⋅ p B0   e⋅KT  ⋅ − 1 − e   W    VCB  e⋅KT  ⋅  e − 1 = 1.41 mA   DE = DC = 26 cm 2 s DB = 10.4 cm 2 s VCB   DC ⋅ nC0 DB ⋅ p B0   e⋅KT  + IC = e ⋅ A ⋅  − 1  ⋅e W    LC  Calculant: I E = 4 ⋅ 10 −6 A I C = −2.24 ⋅ 10 −3 A I B = I E − I C = −2.44 ⋅ 10 −3 A - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VI-19 6.5 Trobeu els corrents del transistor de la figura dient si treballa o no a la regió activa. Feu el mateix si ara posem una resistència de 2kΩ al contacte de l’emissor.
RC V CC _ + RB _ + V BB DADES: Vbb= 5V VCC= 10V β= 100 ICBO=2x10-5 mA RB= 200 kΩ RC= 3 kΩ Sol: a) IB=0.02 mA, IC =2.15mA, IE =2.17 mA; b) IB=0.0107 mA, IC =1.07 mA, IE =1.08 mA RC VCC IC _ + RB _ + IB VBB IE a)Tenim un transistor NPN, en configuració com emissor comú. Vegem que està en activa: • No està en tall : Tindrem el transistor en tall quan amdues unions estiguin en inversa; en aquest cas no existirà pas de corrent, és a dir, I B − I E = 0 → tot el potencial V BB caurà entre base i emissor → V BE = 5 V i directament → seria una contradicció, com la suposició d’estar en inversa.
VEB = 5 V : VB − VE → directa VI-20PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica • Suposem zona activa: Ve caracteritzada per un míni voltatge en directa per la unió emissor-base: 0.65 < V BE < 0.7 ; passaríem a una zona de saturació si V BE > 0.8 , si bé aquests valors pel voltatge poden variar amb la temperatura; si prenem V BE = 0.7 i apliquem Kirchoff: VBB = I B ⋅ RB + VBE IB = VBB − VBE = 0.0215 mA RB I C = β ⋅ I B + (β + 1) ⋅ I C0 ≈ β ⋅ I B → I C = 2.150 mA I E = I C + I B → I E = 2.171 mA Veiem que els resultats semblan coherents, però encara seria necessàri comprovar si la hipòtesis de zona activa era correcta, calculant VCB , i veient que en efecte es té una polarització inversa; VCC = I C ⋅ RC + VCB + VBE VCB = VCC − I R ⋅ RC − VBE VCB = 2.77 V b) El següent circuït es resoldrà de manera similar RC VCC IC _ + RB _ + VBB IB RE IE • El mateix raonament del circuit anterior, ens condueix a afirmar que el transistor no està en tall, perquè arribarem a una contradicció.
• Suposarem igualment que està en activa: - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VI-21 VBB = RB ⋅ I B + VBE + I E ⋅ RE VBB = RB ⋅ I B + VBE + (I B + I C ) ⋅ RE IC = β ⋅ I B VBB = RB ⋅ I B + VBE + (β + 1) ⋅ I B ⋅ RE IB = VBB − VBE = 0.0107 mA (β + 1) ⋅ RE + RB I C = β ⋅ I B = 1.07 mA I E = I C + I B = 1.08 mA • Comprobem, en efecte, col·lector-base estan en inversa.
VCB = − RC ⋅ I C + VCC − I E ⋅ RE − VBE VBC = 3.93 V VI-22PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
6.6 Departament d’Electrònica En el circuit de la figura determineu RB y RC si IC=10mA y VCE=5V. El mateix si col·loquem una resistencia en l'emisor RE =100 Ω.
RC VCC IC _ + RB _ + IB VBB RE IE DADES: Vbb= 5V VCC= 10V Vbe on= 0.7 V β = 100 ICBO=menyspreable.
Sol: a) RB=43kΩ; RC=500Ω; b) RB=32.9kΩ; RC=399Ω Resolem el cas general i particularitzem pel cas en que RE = 0 • Igualment, és impossible que estiguem en tall, perquè aleshores VBB = VBE = 5 V , entrant precisament en contradicció amb que base i col·lector estan en inversa.
• Tampoc pot estar en saturació; en saturació base i emissor han d’estar en directa , és a dir a, amb una caiguda V BE = 0.7 V . Si per una altra banda , VCE = 5 V significaria tenir VCB = 4.3 i amb col·lector a mayor potencial que la base , és a dir, en inversa per ser el col·lector N. Apliquem, doncs, les lleis de Kirchoff: VBB = R B ⋅ I B + VBE + I E ⋅ R E VBB = R B ⋅ IC = β ⋅ I B IB + VBE + (I B + I C ) ⋅ R E β - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VBB = R B ⋅ VI-23 IC 1  + VBE +  + 1 ⋅ I C ⋅ R E β β     β + 1  ⋅ RE ⋅ I C  ⋅ β VBB − VBE −   β  ¼ RB =  IC Determinem ara RC  β + 1  ⋅ I C ⋅ R E VCC = I C ⋅ R C + VCE + I E ⋅ R E = I C ⋅ R C + VCE + (I B + I C ) ⋅ R E = I C ⋅ R C + VCE +   β   β + 1  ⋅ I C ⋅ RE VCC − VCE −  β   RC = IC Únicament queda substituir els valors numerics: a) R E = 0 → R B = 43 KΩ RC = 500 Ω b) R E = 0.1 KΩ → R B = 32.9 KΩ RC = 399 Ω VI-24PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
6.7 Departament d’Electrònica Al circuit de la figura: a) Determineu si el transistor treballa en tall, en regió activa o en saturació; b) Calcular, c) Calcular el valor de RE necessari per que el transistor treballi en zona activa.
R C V_ CC + R B _ + V R BB E DADES: Vbb= -3V VCC= -10V RB= 7 kΩ RC= 3 kΩ β = 100 RE=500 Ω Sol: b) Vo=1.645V; c) RE =820.1kΩ VCC RC RC RB VBB V0 RE IC V0 RB _ + VBB IB RE _ + IE • No tall: Si I B = I E = 0 → VBB cauria sobre la base-emissor de forma que aquesta unió quedaria polaritzada en directa, contra la hipotèsi a 3 V.
• Saturació: Per estar en saturació s’exigeix que la base-emissor estigui en directa, és a dir, amb una V BE = −0.8 V , ja que tenim un transistor PNP ; per a la unió col·lectorbase exigim com a mínim que estigui conduint → VCB = 0.6 V .
- GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO VI-25 VCE = −0.2 V ⌠ 〉VBE = −0.8 V ⌠ ∫VCB = 0.6 V En saturació no podem dir que I c = β ⋅ I B , i per tant, haurem de resoldre el sistema d’equacions de Kirchoff.
a) VBB = − RB ⋅ I B + VBE − I E ⋅ RE  VBE = − RB ⋅ I B + VBE − (I C + I B ) ⋅ RE V = − I ⋅ R + V − I ⋅ R = I ⋅ R + V − (I + I ) ⋅ R C C CE E E C C CE C B E  CC D’aquest sistema únicament desconeiem I C i I B I B = 0.1077 mA I C = 2.785 mA De la mateixa manera, ara hauríem de comprovar la hipòtesi de saturació; podem dir que en saturació I C ≈ ct perquè encara que variem I B , la contribució a I C no és significativa; al principi de la saturació existirà la mateixa I C i li correspondrà una I B mínima, tal que per I B major s’entrarà en saturació.
I B min = I C 2.785 mA = = 27.85 µA 100 β I B >> I B min → hipòtesis correcta b) Determinarem V0 per malles: V0 = I C ⋅ RC + VCC → V0 = 1.645 V c) E mínim que podem exigir per tenir un transistor en activa és que la unió base-emissor estigui en directa → V BE = −0.7 V ( negativa perquè tenim PNP) ; per la unió col·lector base únicament exigim o que estem en tall com a mínim VCB = 0.5 V i que comenci o estar en inversa → VCB = 0 ; en qualsevol cas es complirà I C = β ⋅ I B .
Utilitzem, novament, les lleis de Kirchoff: VI-26PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica Malla 1: VBB = − RB ⋅ I B + VBE − RE ⋅ (I C + I B ) = − RB ⋅ I B + VBE − RE ⋅ (β + 1) ⋅ I B VCC = − I C ⋅ RC + VCB + VBE − RE ⋅ (β + 1) ⋅ I B Malla 2: VCC = − RC ⋅ β ⋅ I B + VCB + VBE − RE ⋅ (1 + β ) ⋅ I B IB = VCC − VBB − VCB RB − β ⋅ RC Ara podem determinar R E coneguda I E del sistema d’equacions: RE = Si busquem valors numèrics: VCB = 0.5 V ( just al tall ) → I B = 25.6 µA RE = 820.1 KΩ VCB = 0 V (comença l ' inversa ) → I B = 23.9 µA RE = 883.5 KΩ VEB − RB ⋅ I B − VBB (β + 1) ⋅ I B VI-27 - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO ENUNCIATS DE PROBLEMES D'EXAMEN RELACIONATS AMB EL TEMA 5 5.EX1 Una extructura NPN+ de secció A amb unes amplades efectives de les zones N i P de Wn i Wp respectivament, presenta un temps de vida molt gran a les zones N i P (τ →∞), mentre que a la zona N+ és nul. S'il·lumina amb llum de forma que es pot suposar una genració de parells gl constant.
La velocitat de recombinació a les superfícies és S→∞.
Si polaritzem en directa la unió tal com mostra a l'esquema, a) Determineu el perfil dels minoritaris a cada una de les regions b) Considerant que no hi generació ni recombinació a les zones de càrrega espaial, determineu In, In+, Ip+.
c) Calculeu la relació β = I n + I p a les fosques.
( ) d) Recalculeu en condicions d'il·luminació la realció I n + I p , pel cas Vd=0.
τ→∞ In N P N + In+ τ→∞ In N P x’’=0 x =0 VD Ip a) Perfil de minoritaris ∂p ∆p d 2 ∆p = gL − + Dp ⋅ ∂t τ dx 2 d 2 ∆n 0 = g L + Dn ⋅ dx 2 • REGIÓ P: d 2 ∆n = − g L Dn dx 2 Solució general: ∆n = − gL ⋅ x2 + A⋅ x + B 2 ⋅ Dn VD τ→0 N Wp x’=0 Ip + In+ VI-28PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
Departament d’Electrònica Cond-cont: ( 1) ∆n( x = 0) = n p0 ⋅ e q⋅V KT ) −1 ( ⇒ B = n p0 ⋅ e q⋅V KT ) −1 2) ∆n( x = W p ) = 0 ( 0=− gL 2 ⋅ (W p ) + A ⋅ W p + n p0 ⋅ e q⋅V 2 ⋅ Dn A=+ np gL ⋅ W p − 0 ⋅ e q⋅V 2 ⋅ Dn Wp ( KT KT ) −1 ) −1 [ KT [ KT ∆n = n p0 ⋅ e q⋅V  gL x  − 1 ⋅ 1 − ⋅ x ⋅ (W p − x ) +  W p  2 ⋅ Dn ] • REGIÓ N: ∆p = p n0 ⋅ e q⋅V ]  gL x º − 1 ⋅ 1 + ⋅ x ⋅ (Wn + x ) »−  Wn ¼ 2 ⋅ D p • REGIÓ N+: τ → 0  ∆p = 0 p n+ ( x ) = p n0 b) Corrents I n , I n + , I p en funció només de la contribució dels portadors minoritaris.
• UNIÓ NP • J n ( x ) = Dn  np d∆n ⋅ e = e ⋅ Dn ⋅  − 0 ⋅ e q⋅V dx  W p (  np = e ⋅ Dn ⋅  − 0 ⋅ e q⋅V  W p ( KT ) −1 + g L ⋅W p 2 ⋅ Dn  g np J n (0 ) = e ⋅ Dn ⋅  L ⋅ W p − 0 ⋅ e q⋅V Wp  2 ⋅ Dn ( KT KT ) −1 + −  −1   ) g L ⋅W p 2 ⋅ Dn gL  ⋅ x Dn  − gL  ⋅ x Dn  - GRUP D’INNOVACIÓ DOCENT EN ELECTRÒNICA: e-LINDO  pn d∆p ⋅ = − e ⋅ D p ⋅ − 0 ⋅ e q⋅V dx  Wn ( • J p (x ) = − e ⋅ D p  pn = − e ⋅ D p ⋅  0 ⋅ e q⋅V  Wn (  pn J p (0 ) = − e ⋅ D p ⋅  0 ⋅ e q⋅V  Wn ( KT ) −1 − ) g L ⋅ Wn g L  − ⋅ x D p ¼ 2 ⋅ Dp )  gL ⋅ Wn  2 ⋅ Dp ¼ KT −1 − KT −1 − g L ⋅ Wn g L  − ⋅ x D p ¼ 2 ⋅ Dp • UNIÓ PN+  − n p0  g • J n (Wp ) = e ⋅ D n ⋅  ⋅ (e q⋅V KT − 1) − L ⋅ Wp  2 ⋅ Dn  Wp ¼ • J p (x' = 0) = 0 Si ara considerem que no hiha G-R a la ZCE: FALTA ESQUEMA DE LOS CORRIENTES [ ] I n= A ⋅ J n (0) + J p (0 ) I n + = − A ⋅ J n (W p ) El signe “-“ vé de que In s’ha calcular a l’eix de la dreta I p + I n + I n + = 0  I p = −(I n + I n + ) c) Relació I n+ Ip = I n+ Ip I n+ a les fosques: − (I n + I n + ) = − J n (Wp ) −1 −1 = = I J n (0 ) + J p (0 ) J n (Wp ) − J n (0 ) − J p (0 ) 1+ n 1− I n+ J n (Wp ) A LES FOSQUES : g L = 0 VI-29 VI-30PROBLEMES D’ ELECTRÒNICA FÍSICA. Tema VI.
 np  − e ⋅ D n ⋅  0 ⋅ e q⋅V KT − 1   − Wp  np  pn  − 1 + e ⋅ D n ⋅ 0 ⋅ e q⋅V KT − 1 + e ⋅ D p ⋅  0 ⋅ e q⋅V KT − 1  Wp  Wn  ( + In = Ip Departament d’Electrònica − e ⋅ Dn ⋅ n p0 Wp ( ⋅ e q⋅V KT ) ( ) ) ( ) I +n D n n p0 Wn = ⋅ ⋅ =β I p D p p n 0 Wp I n+ Ip −1 = = I − (I n + I n + ) 1+ n I n+ I n+ np  − e ⋅ D n ⋅  0 ⋅ e q⋅V KT − 1  + J n (Wp )  Wp  = = J n (Wp ) + J n (0) + J p (0) np  − e ⋅ D n ⋅  0 ⋅ e q⋅V KT − 1   Wp  ( ) ( ) ...