Esercizi su semiconduttori e Esercizi su semiconduttori e diodi

Università degli Studi di Roma Tor Vergata Dipartimento di Ing. Elettronica corso di ELETTRONICA APPLICATA Ing. Rocco Giofrè

Esercizi su semiconduttori e diodi

I/1

ESERCIZIO - GIUNZIONE P-N POLARIZZATA Una giunzione pn, a cui è applicata una polarizzazione diretta, conduce una corrente I=2.2µA. La giunzione ha una concentrazione di accettori NA=1016cm-3 e una concentrazione di donori ND=1015cm-3 e un’area A=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 corrente specificata e la corrispondente tensione di barriera. b) Si calcolino le cariche in eccesso immagazzinate nelle zone p ed n e la carica complessiva. c) Si determini d t i i la l capacità ità di diffusione diff i nelle ll condizioni di i i specificate. ifi t

Si ricorda che la corrente di saturazione inversa in un diodo è data dalla:

A cura dell’Ing. R. Giofrè

⎛ DP Dn ⎞ ⎟⎟ + I S = Aqni2 • ⎜⎜ ⎝ N D LP N A Ln ⎠ I/2

PUNTO A La corrente che circolante in un diodo è data (come è noto!) dalla formula:

⎛ VVA ⎞ I = I s • ⎜ e T − 1⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎛I ⎞ VA = VT • ln⎜⎜ + 1⎟⎟ Dove: VT = KT = 25.23 mV q ⎝ Is ⎠

Per risolvere l’equazione di cui sopra è necessario prima determinare la corrente di saturazione inversa:

⎛ DP Dn ⎞ ⎟⎟ I S = Aqni2 • ⎜⎜ + ⎝ N D LP N A Ln ⎠

È necessario determinare D P D n e LP Ln

Per determinare DP e Dn si può ricorrere alle relazioni di Einstein:

DP

μP

= VT =


Dn

μn

Dn = VT • μ n = 34,08 cm 2 / s DP = VT • μ P = 12,12 cm 2 / s

Attenzione alle unità di misura

I/3

PUNTO A Per determinare LP e Ln si può ricorrere alle relazioni di Einstein:

LP = DPτ P = 12,12 • 20 • 10 −9 = 492,3 • 10 −6 cm = 4,923μm

Ln = Dnτ n = 34,08 • 45 • 10 −9 = 1238,4 • 10 −6 cm = 12,38μm Noto il valore di tali grandezze e ricordando il valore della superficie della giunzione A=400μm2 e il valore della concentrazione intrinseca ni=10cm-3

⎛ DP Dn ⎞ ⎟⎟ = 1,98 • 10 −15 A + I S = Aqn • ⎜⎜ ⎝ N D LP N A Ln ⎠ 2 i

Attenzione alle unità di misura

NOTA: L’effettiva corrente che si ha nel diodo con polarizzazione inversa è molti ordini di grandezza maggiore del valore teorico dato dall’eq a ione usata. dall’equazione sata A tale corrente teorica si sommano infatti diversi fattori non previsti dal semplice modello assunto per la giunzione, ma soprattutto gli effetti delle correnti che si generano nelle zone di confine, confine dove la giunzione raggiunge la superficie del semiconduttore. A cura dell’Ing. R. Giofrè

I/4

PUNTO A Si può quindi calcolare la tensione di polarizzazione esterna che dà la corrente I = 2.2 µA (si noti che I è 1.1*109 volte la corrente di saturazione Is) −6 ⎛I ⎞ ⎛ ⎞ 2 , 2 10 • −3 + 1⎟⎟ = 525,83 mV VA = VT • ln⎜⎜ + 1⎟⎟ = 25,25 • 10 • ln⎜⎜ −15 ⎠ ⎝ 1,98 • 10 ⎝ Is ⎠

La tensione di barriera è data da Vj =V0 –VA. Il valore di V0 all’equilibrio (senza polarizzazione) si ricava dalla seguente espressione:

⎛ N AND ⎞ ⎟⎟ = 640 mV V0 = VT • ln⎜⎜ 2 ⎝ ni ⎠ e quindi, nelle condizioni considerate, la tensione di barriera Vj è

V j = V0 − VA = 0,640 − 0,52 = 114,17 mV


I/5

PUNTO B L’espressione L’ i d ll carica della i Qp in i eccesso nella ll zona neutra N e analogamente la carica Qn in eccesso nella zona neutra P (fuori della zona di svuotamento o regione di carica spaziale) sono le seguenti: (slide 25 e 15)

⎛ VVA ⎞ Q p = AqL p pn 0 ⎜ e T − 1⎟ = I p • τ p ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎛ VVA ⎞ Qn = AqL q n n p 0 ⎜ e T − 1⎟ = I n • τ n ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

L’espressione p della corrente di lacune nella zona N e analogamente g la corrente di elettroni nella zona P si desume dalle equazioni di continuità (slide 25 e 15): :

I p = A• J

diff p

⎛ VVA ⎞ Dp = Aq pn 0 ⎜ e T − 1⎟ ⎜ ⎟ Lp ⎝ ⎠

I n = A • J ndiff

⎛ VVA ⎞ Dn = Aq n p 0 ⎜ e T − 1⎟ ⎟ ⎜ Ln ⎝ ⎠

C id Con datiti specificati ifi ti sii h ha:

( )

2

ni2 1010 5 −3 pn 0 = = = 10 cm ND 1015 A cura dell’Ing. R. Giofrè

( )

2

n p0

ni2 1010 4 −3 = = = 10 cm NA 1016 I/6

PUNTO B D i valori Dai l i determinati d i i è ora possibile ibil calcolare l l l due le d correnti: i

I p = A • J pdiff

I n = A • J ndiff

⎛ VVA ⎞ = Aq A pn 0 ⎜ e T − 1⎟ = 2 μA ⎜ ⎟ Lp ⎝ ⎠ Dp

VA ⎛ ⎞ Dn V T = Aq n p 0 ⎜ e − 1⎟ = 0,2 μA ⎜ ⎟ Ln ⎝ ⎠

come sii vede, d sii ha h corrente t maggiore i nella ll zona N, N che h è la l meno drogata. d t E’ utile verificare che la somma delle due correnti dà la corrente totale specificata, 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:

Q p = I p • τ p = 40 • 10

−15

C

Qn = I n • τ n = 8,9 • 10 −15 C

QTot = Q p + Qn = 48,9 • 10 −15 C A cura dell’Ing. R. Giofrè

I/7

PUNTO C L capacità La i à di diff diffusione i èd data d da:

τT I T CD = ηVT

D Dove:

• • • •

I = è la corrente totale calcolata in precedenza τT = è il tempo di vita medio totale delle cariche η = è il fattore di idealità VT = è l’equivalente in tensione della temperatura VT =

Come calcoliamo il tempo di vita totale delle cariche???

kT ≅ 25 mV q

rappresenta t la l media di pesata t ttra i ttempii di vita it medi di d deglili elettroni l tt i e d delle ll llacune Qual’è la grandezza che è direttamente di tt t legata l t aii tempi di vita medi??

C Corrente o carica!

τT =

τp I p + τ n I n IT

= 22.7 ns

e quindi per una corrente IT=2.2µA =2 2µA e una tensione VA=0.52V =0 52V

CD =

τI = 1.98 pF ηVT


I/8

ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti)

Determinare la transcaratteristica vout(vin) del seguente circuito R Vout Vin Dati del problema

• VR = 5V • Ro = 1 k Ω • R = 10 Ω • VZ = -8V

•V٧ = 0.7V •rD = 0 Ω •rZ = 0 Ω •ri = ∞ Ω

DZ

D

Ro

VR

Metodo degli scatti Si determinano i punti di scatto di ogni diodo nel circuito imponendo la condizione id=0A e vd=v٧ ( nel caso ideale id=0A e vd=0V ). Nel piano della curva di trasferimento v0=f(vi) si riportano i punti di scatto così individuati e si uniscono con tratti di retta. I lati estremi della caratteristica linearizzata si determinano calcolando la pendenza delle semirette, con origine nei punti di scatto estremi, per vi0 . A cura dell’Ing. R. Giofrè

I/9

Circuito equivalente di un diodo zener +

_ + VAB VA

_ Vγ

VB IDZ

VAB

IDZ VA

VB |VZ|

Il circuito equivalente del diodo Zener si ottiene in tre semplici passaggi:

1. 1 2. 3.

Due diodi D di di ideali id li antiparalleli ti ll li 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 negativo del diodo (regione n) Un generatore di tensione |Vz| in serie al diodo che ha la punta nel verso opposto del diodo zener e con il polo negativo verso il polo positivo del diodo (regione p) (praticamente il ramo superiore invertito) Perchè?

1. 2.

Lo zener conduce come un diodo "normale" normale quando VAB>V V٧ (ramo sup.) Si comporta come un diodo nel verso opposto quando VAB V٧ lo zener si comporta come una batteria di valore V٧

IDZ

Nella regione 2 e quindi per VAB< -|V |VZ| lo zener si comporta come una batteria di valore -|VZ| per VAB>0 entrambi i diodi sono in conduzione diretta è Vout=VR+V٧ + Vin

VDZ

IDZ

Vout = ( vR + v γ )

_

R Vγ VZ

ID

D

vout

Vout

vout-S1 Ro

Iout

VR

perchè ID=0 A valida fino a quando Vin> Vin-S1

vin-S1 come calcolo Vin-S1???

Al p punto di scatto si ha ID=0A e q quindi si p può scrivere:

vin − v γ − RI out − R 0 I out = 0

I out =

vin − v γ R + R0

R0 vin − v γ ) = vR + v γ = vout − S1 = 5 + 0.7 = 5.7 V ( R + R0 ⎛ R0 ⎞ R0 vin = VR + Vγ ⎜ 1+ = vin − S1 = 6.45 V ⎟ R + R R + R 0 ⎠ 0 ⎝

vout = R 0 I out =


I / 13

vin

ESERCIZIO SUI DIODI (Metodo degli Scatti) S2: (cioè per Vin V٧) il diodo zener scatta in pol. pol dir. dir mentre il diodo di uscita è interdetto i =V VDZ

+ Vin

_

vout

R

IDZ

Vout

Vγ VZ

ID

vin = v γ

D

Ro

Iout

VR

R0 R + R0

I DZ = 0A = I out Vout = 0 V

vout-S1

vin-S2

vout − S 2 = 0 V

vin-S1

vin − S 2 = v γ

per Vin-S2 Vin-S1

vin

come calcolo Vin-S1???

Al punto di scatto si ha IDZ=0A e quindi si può scrivere:

vin = + v γ + R1I + V0 ut

vin − v γ − R1I − R 0 I = 0

I=

vin − v γ R1 + R 0

R0 vin − v γ = − v Z − v γ = vout − S1 = 6.1− 0.6 = 5.5 V R1 + R 0 ⎛ R0 ⎞ R0 ⎛ 1⎞ 2 vin = − V + V − 1 = − − 6 . 1 + 0 . 6 = viin − S1 = 8.85 V ( ) ⎜− ⎟ ⎟ i Z γ⎜ R + R R + R 3 3 ⎝ ⎠ 0 1 0 ⎝ 1 ⎠ vout = R 0 I =


(

)

I / 47

ESERCIZIO SUI DIODI S2: (cioè per Vin V٧) il diodo zener è interdetto mentre il diodo di uscita si interdice i =V Vin

R1

ID

VA

vout

Vout vout-S1 Ro I

vin = v γ

Vγ

VZ

R0 R1 + R 0

I D = 0A = I Vout = 0 V

vin-S2

vout − S 2 = 0 V

vin-S1

vin − S 2 = v γ

per Vin-S2 0

VCE = 7.5V il BJT è in regione attiva!!


I / 76

ESERCIZIO 3

+VCC

Dato il circuito a lato, determinare tramite il metodo grafico, i valori dei resistori RB ed RC, grandezze ICQ, VCEQ. conoscendo i valori delle g

RC RB

Dati :

VBB

Vout

•VCC=12 V IE(mA)

•ICQ= 16 mA •VCEQ= 4.5 V

IC (mA)

•BJT al silicio •VBB=1.6V VCE (V)

VBE (V)

•IBQ=80μA

Soluzioni: RC=461Ω 461Ω RB=10K 10KΩ A cura dell’Ing. R. Giofrè

II / 77

SVOLGIMENTO ESERCIZIO 3

1/2

IC

0.120mA

30 mA

VCC I 27.5 mA = C25 mA RC

0.110mA 0.100mA 0 090mA 0.090mA

22.5 mA

0.080mA

20 mA

0.070mA

ICQ17.5 mA

0.060mA

15 mA

12.5 mA

0.050mA

10 mA

0.040mA

7.5 mA

0.030mA

5 mA

0 020 A 0.020mA

2.5 mA

0.010mA

1

RB

+VCC RC

VBB


Vout

2

3

4 5 VCEQ

6

7

8

9

10

IB=0

11 12 13 VCE VCC

VCC − RC I C − VCE = 0

VCC 12 = I C → I C ≅ 26mA ⇒ RC = = 461.5Ω RC 0.026 II / 78


2/2

IB 300 μA 275 μA 250 μA 225 μA

VBB RB

200 μA

=IB

175 μA 150 μA 125 μA

IBQ

100 μA 75 μA 50 μA 25 μA

0.1

+VCC RC

RB VBB


Vout

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8 0.9

1

1.1

1.2

1.3

1.4

VBEQ

1.5 1.6

VBB

VBB − RB I B − VBE = 0

I BQ ≅ 80μA ⇒ RB =

1.6 = 10.322 KΩ 6 155 ⋅10 ⋅10 II / 79

1.7

1.8

VBE

ESERCIZIO 4

+VCC

Dato il circuito a lato, determinare il valore del resistore R1.

RC Dati :

R1

•VCC=12 V

Soluzioni: R1=149, 149,78 KΩ

•IIE= 2 mA

R2

•R2=47 KΩ

RE

•RC=2,7 =2 7 KΩ •RE=180 Ω •h hFE=135 135 •BJT al silicio


II / 80

ESERCIZIO 4 Svolgimento

I E = I C + I B = I B (1 + hFE ) ⇒

+VCC

IE 2 ⋅10 −3 IB = = = 14,7 μA 1 + hFE 1+ 136

I RC

⇒ I C = I B ⋅135 = 1,98mA

⇒ Pr ova : I E = I B + I C = 1,9992 mA I R2 =

VBE + VRE = 22,55μA R2

I R1 = I R 2 + I B = 37,25μA

I R1

R1

I R2

R2

IB

RC

IC

I E RE

VR 2 = VBE + VRE ⇒ VR1 = VCC − VRC − VR 2 = 5,58V

R1 =

VR1 5,58 = = 149,78 KΩ −6 I R1 37,25 ⋅10


II / 81

ESERCIZIO 1

Dato il circuito a lato, determinare:

+VCC

1. Il tipo di connessione 1 connessione. 2. I valori delle grandezze del punto di riposo IBQ, ICQ,VCEQ.

RB Vin

Re

Dati :

Vout

•RB=400 KΩ •RE= 4 KΩ

Soluzioni: IBQ=14μ 14μA ICQ=1.4mA VCEQ=6.3V

•V VCC=12 12 V •hFE=100 •BJT al silicio


II / 82


+VCC

2.

RB Vin

I BQ =

1.

Re

La connessione è del tipo collettore comune, visto che il segnale in ingresso è applicato tra base e collettore, e l’uscita è prelevata tra emettitore e collettore collettore Per determinare la corrente di base, si considera la tensione presente ai capi del resistore RB, e si

ricava la corrente IB. Per determinare la caduta di tensione ai capi del resistore RB, è però necessario

Vout

determinare la caduta di tensione sul resistore Re. Ricordando che : IE=(1+h hFE)IIB La tensione tra la giunzione di base e quella di emettitore (V VBE),per un dispositivo al silicio è pari a 0.7 v, si ha :

VCC − VBE = 14.054 μA RB + (1 + h fe )RE

I CQ = hFE ⋅ I BQ = 1.405mA VCC = VCE + V RE ⇒ VCE = 12 − ( RE ⋅ I E ) = 12 − (4000 ⋅ ( I C + I B )) = 12 − (4000 ⋅14.195 ⋅10 −3 ) ≅ 6.321V


II / 83

ESERCIZIO 2

Dato il circuito a lato, determinare i valori dei resistori RB ed RE, grandezze conoscendo i valori delle g del punto di riposo IBQ, ICQ,VCEQ.

+VCC RB

Dati :

Vin

Re

Vout

•VCC=12 V •IICQ= 3 mA

Soluzioni: IBQ=25μ 25μA RE=2314Ω 2314Ω RB=172 172K KΩ

•VCEQ= 5 V •hFE=120 •BJT al silicio


II / 84


+VCC

1.

RB Vin

Re

Vout

Per determinare la corrente di base a riposo, basta dividere il valore della corrente ICQ per l’h hFE del transistore. Si può allora procedere alla determinazione della resistenza di emettitore RE, considerando la caduta di tensione sul resistore stesso, e sapendo quanto vale la corrente di emettitore. Possiamo ora con i valori dei resistori determinati, calcolare il valore del resistore RB. IE=(1+h hFE)IIB La tensione tra la giunzione di base e quella di emettitore (V VBE),per un dispositivo al silicio è pari a 0.7 v, si ha :

I BQ =

RE = RB =

I CQ hFE

3 ⋅10 −3 = = 25μA 120

12 − 5 = 2314Ω (1 + 120) I BQ VCC − V BE − V RE I BQ


=

12 − 0.7 − ( RE ⋅ ( I B + I C )) 12 − 0.7 − 6.99 = = 172 KΩ I BQ 25 ⋅10 −3 II / 85

ESERCIZIO 2

VCC R1

RC

Dato il circuito a lato, determinare i valori dei resistori incogniti.

Dati :

•VCC=-9 V

R2

•IICQ= -1 1 mA

RE

Soluzioni: RE=1093 Ω R1=57, 57,6 KΩ R2=15175 Ω

•IR1= 20 IB •RC=3,9 =3 9 KΩ •VCEQ= -4 V •h hFE=160 •BJT al silicio


II / 86

ESERCIZIO 2 Svolgimento ⎛ I CQ ⎞ ⎛ − 10 −3 ⎞ ⎟⎟ = 20⎜⎜ ⎟⎟ = −125μA I R1 = 20 ⋅ I B = 20⎜⎜ ⎝ 160 ⎠ ⎝ hFE ⎠

IC 10 −3 −3 I E = IC + I B = IC + = 10 + = 1,006mA hFE 160

VCC RC

R1

VRC = RC ⋅ I C = 3,9V PNP

VRE = VCC + VRC + VCE = −1,1V RE =

VRE = 1093Ω IE

R2

RE

VR1 = VCC + VRE + VBE = −7,2V R1 =

VR1 = 57,6 KΩ I R1

I R 2 = I R1 − I B = 118,75μA R2 =

VR 2 VRE + VBE = = 15175Ω I R2 I R2


II / 87

Università degli Studi di Roma Tor Vergata Dipartimento di Ing. Elettronica corso di ELETTRONICA APPLICATA Prof. Franco GIANNINI

POLARIZZAZIONE DEL MOSFET

I / 88

CURVE LINEARIZZATE I-V DEL FET

Analizziamo A li i l caratteristica la i i I V di uscita I-V i e la l transcaratteristica, i i entrambi linearizzate a tratti

VDS

IDS

IDS VGS

VT

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 p solo da IB la corrente di collettore IC dipende attraverso hFE e non da VCE. Inoltre, per essere in regione attiva si deve avere la condizione 2, mentre nel BJT si ha semplicemente VCE>V Vsat, con tensione di emettitore costante. Si noti che nella 2 possono variare sia VG che VD. A cura dell’Ing. R. Giofrè

VDS

VGS

Il FET risulta nella regione attiva nelle seguenti condizioni:

VGS > VT

1

VDS > VGS − VT

⇒

VT > VGD I / 89

CIRCUITO EQUIVALENTE

Dall’analisi della caratteristica I-V di uscita si ricava il modello equivalente LINEARIZZATO del FET in DC

G

D + VGS -

gm(VGS-VT)

rDS

S Il FET risulta nella regione attiva nelle seguenti condizioni:

VGS > VT VDS > VGS − VT A cura dell’Ing. R. Giofrè

⇒

VT > VGD I / 90

POLARIZZAZIONE DEL FET

VDD

VDD

R1

Rd

Rgen + -

vs

R2

Rg + -

Rs

RL

R2

Rd Rs

R g = R1 // R2

Rd

VGG R s


R1

VDD

+ -

VGG = VDD

R2 R1 + R2

VGG = VDD A A < 1 I / 91

POLARIZZAZIONE DEL FET A SOURCE COMUNE

G + -

Rg

D

+ VGS -

VGG

gm(VGS-V VT) S Rs

+ VGG

D G

+V - GS μ(VGS-VT) Rs


+ -

rDS

+ -

VDD

IDS Rd

Rg

rDS

Rd

Applico Thevenin al circuito equivalente del FET

VDD + -

VGG = I G R g + VGS + I D Rs

IDS

IG = 0

VDD = I DS [(RS + Rd ) + rDS ] + μ (VGS − VT )

μ = −g mrDS

I / 92


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,

VGG = VGS + I DS Rs

VDD = I DS [(RS + Rd ) + rDS ] + μ (VGS − VT ) VDS = μ (VGS − VT ) + I DS rDS

μ = −g mrDS determinando le tre variabili: IDS, VGS e VDS. Inoltre bisogna verificare che il FET sia in zona di saturazione (o attiva) verificando le condizioni:

VGS > VT VDS > VGS − VT A cura dell’Ing. R. Giofrè

⇒

VT > VGD I / 93


Per prima cosa determino IDS

VGS = VGG − I DS R s

VDD = I DS [(RS + Rd ) + rDS ] + μ [(VGG − I DS R s ) − VT ] I DS [(RS + Rd ) + rDS − μR s ] = VDD − μ (VGG − VT ) I DS

VDD − μ (VGG − VT ) = 5.6 mA = (RS + Rd ) + rDS − μRs

E quindi trovo VGS e VDS applicando le formule ben note

VGS = 5.4 V VDS = 11.1 V Ch rispettano Che i tt le l condizioni di i i del d l FET in i regione i attiva tti A cura dell’Ing. R. Giofrè

I / 94

POLARIZZAZIONE DEL MOSFET (BLACK-BOX)

G Rg + -

VGG

D

+ V GS Rs

VDS

+ -

S

Rd VDD

+ -

IDS

Ricordando che nella giunzione gate-source non scorre corrente DC, si può scrivere:

VGG = I G R g + VGS + I DS Rs VDD = I DS (RS + Rd ) + VDS

IG = 0

Dimensionare Rs, e Rd affinché si abbia: VDS=10V, VGS=5V e IDS=10mA, con VDD=20V e A=0.3 A cura dell’Ing. R. Giofrè

I / 95


Soluzione:

VGG − VGS AVDD − VGS Rs = = = 100 Ω I DS I DS VDD − VDS Rd = − Rs = 900 Ω I DS

IDS

IDS

VT VGS

VDS

VGG = I DS Rs + VGS

VDD = I DS (Rs + Rd ) + VDS A cura dell’Ing. R. Giofrè

I / 96


U ulteriore Un lt i complicazione li i sta t nell ffatto tt di d determinare t i lla relazione l i analitica che lega IDS a VGS, ovvero:

I DS = g m (VGS − VT ) + gm 2 (VGS − VT ) + K 2

IDS VT VGS


I / 97