Esercizi su semiconduttori eEsercizi su semiconduttori e diodi · Esercizi su semiconduttori...

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:

A cura dell’Ing. R. Giofrè I / 2

⎠⎝

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


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


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 =−=−=


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


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 −•=+=


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


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


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?


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


-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)


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


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!


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


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


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


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


assunzione non corretta (es. corrente positiva in un diodo considerato OFF)

I t i 1 D1 D2 ON


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.


I t i 2 D1 OFF D2 ON


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


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


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


( ) ( )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.


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


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


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


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:


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.


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

--


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


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


--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


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


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


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


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 &


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=


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


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


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⎟⎟⎞

⎜⎜⎛ +


( )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 =


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


( )⎩ −+= 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


( ) ( )⎪⎪⎩

⎟⎟⎠

⎜⎜⎝ +

−+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


( )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


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)


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


( )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!


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


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




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.


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

-


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+

-


1<= AAVV CCBB


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


( ) CEEBFECBFECC


( )( )

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 )


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


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


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


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


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


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


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


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=+=


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:


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


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


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


inversamente


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



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


Di conseguenza il BJT è in regione di interdizione


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


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).


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


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=


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


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


⋅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


( )⇒++ 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


⋅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


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 ≅⋅⋅−=+⋅−=⋅−=⇒+= −


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


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


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


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


22 RR II



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


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

>⇒−>>


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


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


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

>⇒>>


GDTTGSDS VVVVV >⇒−>


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


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 ++=


VDS=10V, VGS=5V e IDS=10mA, con VDD=20V e A=0.3

VAVVV


Ω=−

=−

= 100DS

GSDD

DS

GSGGs

VVIVAV

IVVRSoluzione:

Ω=−−

= 900sDS

DSDDd R

IVVR

IDS IDS

VT

VGS VDS

( )GSsDSGG

VRRIVVRIV +=


( ) DSdsDSDD VRRIV ++=


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


Esercizi su semiconduttori eEsercizi su semiconduttori e diodi · Esercizi su semiconduttori...

Documents

Transcript of Esercizi su semiconduttori eEsercizi su semiconduttori e diodi · Esercizi su semiconduttori...