RACCOLTA DI PROVE SCRITTE
(A.A. 2006-2007-2008)
per l’esame finale del corso di
DISPOSITIVI ELETTRONICI
Ing. Mauro Mosca
Università di Palermo – Facoltà di Ingegneria
A.A. 2009-2010
(Edizione riveduta e corretta: febbraio 2010)
Compito del 15/06/2006
Durata massima della prova: 2h
Diodoro Silico, giovane professore appena assunto da un Istituto Tecnico Statale, deve
preparare la sua prima esercitazione sperimentale per i suoi studenti. Predispone pertanto 5
banchi con altrettanti amplificatori, lo schema dei quali è riportato sotto in figura. Due ore
prima di iniziare l’esercitazione scopre che l’alimentatore da banco del laboratorio è guasto da
anni e che non è stato mai ricomprato a causa dei continui tagli dei fondi alla scuola pubblica
predisposti dal Ministero. Frugando tra gli scaffali, trova una pila da 9 V la cui capacità
nominale è di 150 mAh.
Aiutate il povero Diodoro Silico a progettare gli amplificatori sapendo che:
tutti gli amplificatori, montati in cinque banchi diversi, sono uguali e devono essere
alimentati dalla stessa pila a 9 V;
gli amplificatori devono rimanere alimentati per almeno 10 ore senza che la pila si
scarichi;
β sia uguale a 100;
la resistenza Rs del generatore sia trascurabile;
la resistenza di carico RL sia pari a 100 kΩ;
l’amplificazione complessiva non sia inferiore a 2000;
le reattanze dei condensatori siano trascurabili alla frequenza del segnale d’ingresso.
+VCC = 9 V
R1
RC 1
R3
RC 2
C3
C2
C1
vo
Rs
vi
+
vs
R2
RE
RE 1
CE1
R4
2
CE 2
RL
Soluzione Compito 15/06/2006
Progettando il punto di riposo in modo che risulti
IC1 = IC3 = 1 mA
e
IR1 = IR3 = 0,1 mA,
i 5 amplificatori assorbono 11 mA, pertanto in 10 ore il consumo finale è pari a 110 mA
(< 150 mA).
Per semplicità, progettiamo i due stadi uguali:
• gm1 = gm2 = IC / VT = 38,5 mS;
• supponendo che su RC2 si abbia una caduta pari a 1/3 dell’alimentazione VCC, si ha:
RC2 = (VCC/3)/ IC2 = 3 kΩ (= RC1);
• poniamo VCE = 3 V, da cui si ricava che RE2 = RC2 = 3 kΩ (= RE1);
• l’amplificazione dello stadio d’uscita è gm2 × (RC2 // RL) ≈ gm2 × RC2 = 115, pertanto se
tale stadio non carica troppo lo stadio d’ingresso (ed entrambi gli stadi sono uguali),
l’amplificazione totale sarà sicuramente maggiore di 2000 (in quanto prodotto
dell’amplificazione dei due stadi).
• rπ1 = rπ2 = β/gm = 2.6 kΩ;
• VR4 = VB2 = VRE2 + VBE2 = 3,7 V = R4 × IR3 (IR4 ≈ IR3, dato che IB2 = IC2/β =10 µA), da
cui si ottiene R4 = 37 kΩ (= R2);
• R3 = (VCC – VR4)/IR3 = 53 kΩ (= R1).
I transistor sono in zona attiva, in quanto risulta:
(VB = 3,7 V) < (VC = 6 V).
L’amplificazione del primo stadio risulta:
gm1 × (R3 // R4 // RC1 // rπ2) ≈ gm1 × (RC1 // rπ2) = 54.
Pertanto l’amplificazione totale vale:
AT = A1 × A2 = 54 × 115 = 6194.
Compito del 22/06/2006
Durata massima della prova: 2h30min
Il giovane ingegnere Marco Notravaglio, disoccupato da parecchi mesi, viene convocato da
un’industria elettronica per sostenere un colloquio di lavoro. Il suo esaminatore è un uomo
freddo, di poche parole e dopo i rituali convenevoli pone immediatamente una domanda al
giovane:
- “Consideri un segnale periodico variabile tra -20 V e +20 V e progetti un circuito che
limiti il segnale d’ingresso tra -10 V (±10%) e +10 V (±10%). Utilizzi diodi ideali con una
tensione di soglia pari a 0,6 V”.
Al giovane ingegnere vengono subito in mente i circuiti di protezione degli ingressi degli
integrati CMOS. Sollevato da questa improvvisa intuizione disegna immediatamente un
circuito di tal tipo, modificandolo lievemente in modo da adattarlo alle specifiche richieste.
VR = +10 V
R2 = 10 kΩ
D2
R = 10 kΩ
vo
vi
D1
R1 = 10 kΩ
VR = +10 V
Il suo esaminatore osserva attentamente il circuito per una decina di secondi, dopodiché
senza commentare in alcun modo il progetto, pone un secondo quesito al candidato:
- “Progetti adesso un semplice amplificatore a transistor che amplifichi un segnale
proveniente da una sorgente avente una resistenza interna di 50 Ω di un fattore 3, su un carico
da 10 k Ω. Progetti il circuito in modo che l’amplificazione risulti insensibile al parametro β
(supposto pari a 100) del transistor”.
L’ingegnere, sempre più nervoso, ricorda che con la configurazione a doppio carico
l’amplificazione è uguale a –(RC/RE), cioè è sufficiente che il rapporto tra la resistenza di
collettore e quella di emettitore sia 3 affinché l’amplificazione sia pari a quella desiderata.
Disegna pertanto il seguente schema circuitale.
+VCC = 12 V
R1 = 680 Ω
RC = 6 kΩ
C2 ≈ ∞
C1 ≈ ∞
Rs = 50 Ω
vo
R2 = 200 Ω
+
RE = 2 kΩ
RL = 10 kΩ
vs
Il suo interlocutore prende il foglio con lo schema disegnato, lo osserva attentamente per
un’altra decina di secondi, dopodiché prende il foglio con i due schemi, lo appallottola, lo
lancia nel cestino e si congeda dall’ingegnere. Quest’ultimo vuole però sapere come è stato
valutato il suo colloquio e lo incalza con una certa insistenza. L’esaminatore, senza tradire
alcuna emozione, lo guarda e gli risponde: - “Vada a ripassare il corso di Dispositivi
Elettronici e avrà la risposta…”
Il povero Marco Notravaglio non ottiene il posto di lavoro desiderato.
Prima che vada a iscriversi alla Facoltà di Lettere per il dispiacere, provate a spiegare allo
sfortunato ingegnere quali errori ha commesso, procedendo nel seguente modo:
• si analizzino i circuiti disegnando la transcaratteristica del primo circuito e calcolando il
punto di riposo e l’amplificazione del secondo;
• si evidenzi l’inesattezza dei risultati rispetto a quanto richiesto;
• si individuino e si correggano gli errori dei due circuiti, disegnando gli schemi esatti;
• si analizzino gli schemi corretti.
Soluzione Compito 22/06/2006
a) Circuito a diodi:
•
Per vi < 9,4 V
D1 ON, D2 OFF
vo = VR − Vγ +
10k
(vi + Vγ − VR ) = 4,7 + 0.5 ⋅ vi
10k + 10k
•
Per 9,4 V < vi < 10,6 V
D1 OFF, D2 OFF
vo = vi
•
Per vi > 10,6 V
D1 OFF, D2 ON
vo = VR + Vγ +
10k
(vi − Vγ − VR ) = 5,3 + 0.5 ⋅ vi
10k + 10k
vo
10,6
9,4
9,4 10,6
-9,4
- Circuito corretto:
VR = +10 V
D2
R = 10 kΩ
vo
vi
D1
VR = - 10 V
vi
b) Circuito a transistor:
- Punto di riposo:
• Circuito equivalente di Thevenin in ingresso:
RBB = 200 // 680 = 155 Ω;
VBB = VCC R2 / (R1 + R2) = 2,7 V.
• Corrente d’uscita:
V − VBE
= 1 mA .
I E = BB
RBB
RE +
β +1
Il transistor è in zona attiva (VB < VC).
- Amplificazione vo / vi:
vbe
gmvbe
rπ
Rs
+
vi
RBB
RE
R'L = RL // R C
vs
= 10//6 = 3,75 kΩ
vo = − RL′ g m vbe


 vbe

+ g m vbe  RE
vbe = vi − 

 rπ



e sostituendo:
vo
R′ g
R′
=− L m ≈− L
1 + g m RE
vi
RE
⇒ vbe =
vi
1

1 +  + g m  RE
 rπ

- Calcolo resistenza d’ingresso:
ix
i x = i p + ib
ib
+
vx
ip
R BB
(1+β )ib
Ri
rπ
β ib
RE
RBB i p = rπ ib + RE (1 + β )ib = v x
vx
vx
, ib =
rπ + RE (1 + β )
RBB
v
vx
1
⇒ Ri = x =
=
=
1
1
i x i p + ib
+
RBB rπ + RE (1 + β )
⇒ ip =
= RBB //[rπ + RE (1 + β )] ≈ RBB = 155 Ω
- Amplificazione totale vo / vs:
Ri
155
=
= 0.75
Ri + Rs 50 + 155
⇒ ATOT =
vo
Ri
=
vs Ri + Rs
 R′
⋅  − L
 RE

 3,75 
 = 0,75 ⋅  −
 = −1,4
 2 

- Errori effettuati da Marco Notravaglio:
Per il calcolo dell’amplificazione a doppio carico si deve SEMPRE considerare la resistenza
(o le resistenze) in parallelo a RC. Poiché il carico è dello stesso ordine di grandezza della
resistenza di collettore è evidente che l’amplificazione non può più essere pari a 3.
Un secondo errore è quello di non avere considerato la resistenza di sorgente, che riduce
notevolmente l’amplificazione dato che la resistenza d’ingresso dello stadio amplificatore è
stata dimensionata troppo piccola. Infatti, la resistenza d’ingresso è confrontabile con quella
di sorgente e ciò comporta ovviamente un’attenuazione.
- Circuito corretto:
Basta moltiplicare per un fattore 10 le resistenze del partitore: in questo modo non si ha più
attenuazione in ingresso, poiché la resistenza d’ingresso è 1550 Ω che risulta molto maggiore
di Rs. Per quanto riguarda l’amplificazione, il miglior modo per ottenere un’amplificazione
pari a 3 senza alterare il punto di riposo, è quello di porre un condensatore sul ramo di
emettitore in modo da cortocircuitare dinamicamente solo una parte della RE, così come
riportato in figura:
+VCC = 12 V
R1 = 6,8 k Ω
RC = 6 kΩ
C2 ≈ ∞
C1 ≈ ∞
Rs = 50 Ω
R2 = 2 k Ω
vo
'
R E = 1,25 k Ω
RL = 10 kΩ
+
vs
RE = 2 kΩ
CE
Si noti che RE è un potenziometro (da 2 kΩ), regolato in modo da cortocircuitare
dinamicamente solo 0,75 kΩ. In questo modo l’amplificazione risulta:
 R′   3,75 
ATOT =  − L  =  −
 = −3
 RE   1,25 
Compito del 10/07/2006
Durata massima della prova: 3h
Lo studente (pluriripetente) d’ingegneria, Romeo Mattizza, è innamorato – purtroppo per
lui, non ricambiato – di Giulietta Celapuoifare, brillante laureata in Ingegneria Elettronica in
due anni e mezzo e con il massimo dei voti. Il povero Romeo cerca disperatamente da almeno
due mesi di invitare Giulietta fuori a cena, ottenendo da lei sempre una scusa, che in realtà è
un rifiuto vero e proprio. Il fatto è che Giulietta, oltre a non volerne assolutamente sapere di
Romeo, si diverte a sfruculiare il povero pretendente: ad esempio, gli propone di uscire con lei
soltanto se egli saprà risolvere due quesiti di Dispositivi Elettronici (inutile dire che Giulietta,
oltre a studiare per anni libri di fisica e di elettronica, si è sempre dilettata con “La Settimana
Enigmistica”…). Il primo quesito proposto è il seguente:
“Se vuoi uscire con me, progetta un diodo p+/n la cui giunzione abbia un’area pari a
0,5 mm2, sapendo che il valore massimo del campo elettrico all’interno della giunzione è
pari a 3,5·104 V/cm in assenza di polarizzazione e che la capacità di diffusione è 45 nF
quando il diodo è polarizzato con una tensione diretta pari a 0,6 V. Assumi che la
temperatura sia quella ambiente, il tempo di vita media delle cariche minoritarie sia
pari a 1 µs e infine che NA » ND, dove NA è la densità di ioni accettori nella zona p,
mentre ND è quella di ioni donatori nella zona n”.
Il povero spasimante le chiede un’altra possibilità (“sai, i diodi li ho studiati cinque anni fa
e poi ho speso il tempo restante a tentare di comprendere la teoria del controllo” - replica lui).
Così Giulietta tira fuori il secondo quesito:
“Progetta un transistor npn con NDE » NAB » NDC (essendo NDE la densità di ioni
donatori nella zona d’emettitore, NAB la densità di ioni accettori nella zona di base, NDC
la densità di ioni donatori nella zona di collettore), in modo che il fattore di trasporto αT
sia 0,9997 e che la resistività della zona di base sia 1 Ω·cm a temperatura ambiente e in
assenza di polarizzazione. Assumi che il tempo di vita medio dei portatori minoritari sia
1 µs, lo spessore metallurgico della base sia 1,6 µm e che la larghezza della zona svuotata
della giunzione base-emettitore sia 0,25 µm in assenza di polarizzazione.
Aiutate il povero Romeo ad invitare Giulietta fuori a cena, risolvendo i due quesiti.
Lei lo porterà nel ristorante più caro di tutta la città, ma finalmente lui sarà contento…
Soluzione Compito 10/07/2006
a) Progetto del diodo:
Se il diodo è p+/n si può semplificare:
CD =
Ani2 q τ p
kT
q
µp
⇒
ND
⋅
ND
qV
e kT
kT
q
CD
=
µp
2
i
An q τ p
e
−
qV
kT
= 4,1⋅10 −15
Diagrammando per punti tale espressione nel piano µp – CT (con CT = ND), si trova
un’intersezione con la curva µp = f(CT) nel punto:
ND = 5,2·1015 cm−3
µp = = 425 cm2/(V·s).
Poiché: Φ i =
Ex w
2
⇒
2Φ i
Ex =
allora, ricordando che Φ i =
2ε s 1
⋅
Φi
q ND
kT  N A N D
ln
q  ni2
=
2 Φi
2ε s 1
⋅
q ND
,

 e sostituendo nella (*), dopo alcuni passaggi si

ottiene:
NA = e

 E 2ε

x s − ln  N D

 2
 kT
 n
 2q N D
 i
q








= 2 ⋅ 1017 cm -3 .
b) Progetto del transistor:
Per la regione di base possiamo scrivere:
ρB =
⇒
1
qp B µ pB
=
N AB µ pB =
1
qN AB µ pB
1
qρ B
= 1 Ω ⋅ cm
= 6,25 ⋅ 1018
Diagrammando per punti tale espressione nel piano µp – CT (con CT = NAB), si trova
un’intersezione con la curva µp = f(CT) nel punto:
NAB = 1,66·1016 cm−3
µpB = = 375 cm2/(V·s).
Inoltre, per CT = NAB = 1,66·1016 cm−3, si ricava sulla curva della mobilità degli elettroni:
µnB = = 925 cm2/(V·s).
(*)
Si calcola, infine che: LnB = DnBτ n = 4,9 ⋅10 −3 cm .
Per la giunzione base-emettitore possiamo scrivere la relazione:
 1
1

+
 N DE N AB
da cui si ricava:
wBE =
2ε s
q
N N 
N

 kT
2ε s 1 kT

⋅ ln  DE 2 AB  ≈
⋅
⋅
⋅ ln  AB
⋅ N DE  ,
2
q N AB q
 q
 ni

 ni

NDE = 4,72·1017 cm−3.
1 w
Poiché α T = 1 −  B
2  LnB
2

 = 0,9997 , da questa relazione si ricava wB = 1,2 µm.

N
Inoltre, essendo: wb = w0 − wBE − wCB DC , si ha wCB N DC = N AB ( w0 − wBE − wB ) = 2,49 ⋅1011
N AB
 1
N

2ε s
1 
kT

Φ CB ⋅ N DC ≈
+
⋅ N DC ⋅
⋅ ln  AB
N DC  = 2,49 ⋅1011 .
2
q
q
 N DC N AB 
 ni

Sostituendo i valori numerici e sviluppando i passaggi matematici si ottiene infine la seguente
equazione trascendente:
1,84 ⋅1017
N DC =
,
ln 7,9 ⋅10 −5 N DC
che, risolta per iterazioni successive, fornisce la soluzione:
NDC = 6,81·1015 cm−3.
⇒
2ε s
q
(
)
Compito del 04/09/2006
Durata massima della prova: 2h30min
Uno studente di Ingegneria Elettronica viene portato davanti al giudice. Deve rispondere
dell’accusa di “tentato attentato dinamitardo ai danni del DIEET di Palermo” (NdR: esempio
da non imitare). Il giudice chiede allo studente cosa lo abbia spinto a compiere questo gesto
assurdo. Lo studente, visibilmente scosso, risponde di avere voluto eliminare fisicamente
questo luogo perverso dove vengono impartiti riti magici e vodoo, mascherati da banali corsi
di elettronica. Il giudice capisce che il ragazzo non ha tutte le rotelle a posto, tuttavia gli
chiede di spiegarsi meglio. Il ragazzo continua: “Ad esempio, l’altro giorno ho realizzato
questo semplice circuito limitatore”.
300 kΩ
R
+
vi
D
vo
R L = 10 MΩ
(sonda
di misura)
“Dato che il silicio può resistere sino a temperature molto elevate, mi sono chiesto che cosa
poteva succedere se lo riscaldavo a 130°C”.
“E cosa è successo?” - chiede il giudice.
“Non ha funzionato più niente! La porzione di segnale che passa viene attenuata più del 50%”
In qualità di esperti, spiegate al povero giudice che l’attenuazione è dovuta alla corrente
inversa del diodo che aumenta con la temperatura. Nella vostra relazione, assumete che il
diodo abbia i seguenti drogaggi: NA = 1015 cm-3, ND = 1017 cm-3, le lunghezze di diffusione
siano Ln = Lp = 10 µm e il dispositivo abbia sezione circolare di raggio 1 mm; dopodiché
calcolate:
a) la transcaratteristica del circuito, considerando Vγ = 0,6 V;
b) la tensione di uscita vo applicata alla sonda RL a temperatura ambiente (300 K) e a
130°C, se il segnale d’ingresso è un’onda quadra avente Vmax = +3 V e Vmin = -3 V, Per
la mobilità si consideri che essa vari con la temperatura, nel modo seguente: µ ∩ T -1,5.
Dopo alcuni giorni lo studente viene riportato di nuovo davanti al giudice, dovendo
rispondere nuovamente della stessa accusa.
“Ebbene, cosa è successo questa volta?” – tuona il giudice – “C’è stato un sabba di streghe al
Dipartimento? Oppure hai visto volare Harry Potter su una scopa”.
“Peggio, molto peggio… quell’edificio è maledetto. Questa volta ho realizzato il seguente
circuito a transistor”.
+VCC = 20 V
R1 = 58 kΩ
RC = 10 kΩ
R2 = 10 kΩ
“Il potenziometro R2 è regolato in modo che la tensione collettore-emettitore sia pari alla metà
della tensione di alimentazione. Connettendo un multimetro in uscita sul collettore del
transistore, il circuito funziona di notte e si guasta di giorno. Durante la notte il multimetro
misura 10 V, ma di giorno fornisce costantemente una tensione nulla. Il circuito è stregato!”
In qualità di esperti, spiegate al giudice che il circuito progettato dallo studente è
altamente instabile. Lo studente non ha tenuto conto del fatto che la tensione VBE del transistor
diminuisce di circa 2 mV per ogni aumento di un grado di temperatura, cioè ∆VBE/∆T = -2
mV/°C. Pertanto, durante il giorno la temperatura è più alta di quella notturna e la variazione
di VBE modifica il punto di riposo del transistore. Nella vostra relazione indicate:
a) la posizione del potenziometro R2 affinchè VCE = VCC/2, supponendo β = 100;
b) la variazione di temperatura necessaria affinché la tensione di collettore passi da 10 V
a 0 V (supponendo che la tensione VBE “a freddo” sia pari a 0,7 V);
c) lo stato del transistor dopo l’aumento di temperatura;
d) come verifica, effettuate l’analisi del circuito considerando il nuovo valore di VBE dopo
l’incremento di temperatura;
e) spiegate brevemente come sia possibile che la tensione VBE diminuisca all’aumentare
della temperatura (considerando la corrente di collettore costante). In particolare, VBE
si può considerare approssimativamente proporzionale a 1/T.
Soluzione Compito 04/09/2006
Primo quesito:
a. D OFF se VA - VC < 0,6 V, cioè vi > -0,6 V
e inoltre: vo = vi
b. D ON se VA - VC > 0,6 V, cioè vi < -0,6 V
e inoltre: vo = -0,6 V
vo
45°
-0,6 V
-0,6 V
vi
Calcoliamo vo quando il diodo è OFF (dunque vi assume il suo valore massimo, cioè 3 V):
R
I
IL
RL
3V
vo
IS
vo = R L I L
I L = −I S + I
I=
−v +3

⇒ v o = RL  − I S + o

R 

RL
RRL
⇒ vo =
⋅3 −
⋅ I S = 2,91 − 2,91× 10 5 ⋅ I S
R + RL
R + RL
Dal grafico µ vs. CT, a T=300 K si valuta:
− vo + 3
R
µn = 1275 cm2/(Vs), da cui Dn = 33,15 cm2/s (per CT = NA) ,
µp = 263 cm2/(Vs), da cui Dp = 6,84 cm2/s (per CT = ND) ,
pertanto la corrente inversa risulta:
 Dn
Dp
I S = Aqn i2 
+
L N
 n A Lp N D

 = 35,1 pA.


A T = 403 K si calcola:
ni = 6,24 ×1012 cm -3
 403 
µ n (403K ) = 

 300 
−1, 5
 403 
µ p (403K ) = 

 300 
⋅ µ n (300 K ) = 819
−1, 5
kT
cm 2
cm 2
µ n = 0,035 ⋅ 819 = 28,60
; Dn =
q
s
V ⋅s
cm 2
⋅ µ p (300 K ) = 168
;
V ⋅s
cm 2
D p = 5,89
.
s
Pertanto, quando l’ingresso è pari a -3 V, l’uscita è costante e pari a -0,6 V (vedi
transcaratteristica), mentre quando l’ingresso è +3 V l’uscita dipende da IS e quindi varia con
la temperatura:
- a 300 K (e vi = +3 V):
vo = 2,91 − 2,91× 10 5 ⋅ I S = 2,91 − 2,91×10 5 ⋅ 35,1× 10 −12 ≈ 2,91 V ;
- a 403 K (e vi = +3 V):
vo = 2,91 − 2,91× 10 5 ⋅ I S = 2,91 − 2,91× 10 5 ⋅ 5,6 ×10 −6 = 1,28 V .
Secondo quesito:
- Calcolo R2:
IC = 1 mA per VCE = VCC/2
IB = IC/β = 0,01 mA.
IR1 = (VCC – VBE)/R1 = 0,333 mA
R2 = VBE/IR2 = VBE/(IR1 – IB) = 2169 Ω.
- Calcolo variazione temperatura (e stato del transistor dopo l’aumento di temperatura):
Il transistor va in saturazione quando IC = 2 mA, in modo che risulti VCE = 0. In tal caso deve
risultare:
I B = I R1 − I R 2 =
VCC − VBE VBE
−
= 0,02 mA .
R1
R2
Se la temperatura aumenta, VBE diminuisce e pertanto IB aumenta. Dalla relazione precedente
possiamo pertanto calcolare il valore di VBE per il quale IB = 0,02 mA. Si ottiene:
VBE = 0,68 V.
Poiché
∆VBE
mV
V
=2
= 0,002
,
∆T
°C
°C
allora si ottiene che:
∆T =
∆VBE 0,7 − 0,68 0,02
=
=
= 10°C .
0,002
0,002
0,002
Pertanto la temperatura finale è uguale a 25°C + 10°C = 35°C.
- Verifica:
Calcoliamo la resistenza equivalente e la tensione equivalente di Thevenin del circuito di
polarizzazione d’ingresso:
Req = 58k//2,169k = 2,091 kΩ ;
Veq =
2,169k
⋅ 20 = 0,72 V .
58k + 2,169k
La corrente di base, pertanto, risulta uguale a
IB
Veq − VBE
Req
=
0,72 − 0,68
= 1,91× 10 −5 A ≈ 2 × 10 −5 A = 0,02 mA
2091
IC = β IB = 2 mA
VCE = 0 .
- Perché VBE diminuisce con T?
Poiché IC ≈ IDn, dove I Dn = I Dn0 ⋅ e
VBE
kT q
, considerando ancora che I Dn0 ∝
può allora scrivere:
−
IC ∝ e
1
T2
VBE
⋅e T
.
ni2
e ni ∝ e
−
1
T
, si
Se si ha un aumento di temperatura a IC costante, è evidente che VBE deve variare con T
seguendo la legge 1/T, cosicché:
−
IC ∝ e
1
T2
1
2
⋅ eT
= costante .
Compito del 19/09/2006
Durata massima della prova: 1h30min
Uno studente di Ingegneria Elettronica, dopo essersi presentato per la quindicesima volta
all’esame di Dispositivi Elettronici ed essere stato regolarmente bocciato, viene a sapere che,
nascosto in una grotta alle pendici di un’irta montagna, vive un eremita chiamato “La Sfinge”.
Sembra che la Sfinge sia un potentissimo mago in grado di soddisfare qualsiasi desiderio, ma
a condizione che il suo interlocutore sappia rispondere correttamente a tre quesiti. E quale può
essere l’unico desiderio di un allievo ingegnere? Non il potere, né il denaro… ma solo un bel
“30” in Dispositivi! Lo studente, non senza difficoltà, scala la montagna e scova la grotta.
Trovatosi d’un tratto al cospetto dell’eremita chiede: - “Sei tu il mago, chiamato la Sfinge”. E
questi risponde: - “Veramente, io sono un suo cugino palermitano, ma sono un mago molto
più potente. Puoi chiamarmi Sfingione”.
- “O potentissimo Sfingione, fa che riesca a superare l’esame di Dispositivi Elettronici!
Sono pronto a rispondere ai tuoi tre quesiti…”
- “Non tre quesiti, povero mortale… siamo in tempi di saldi e ne bastano due. Ma
ricordati che, se non riuscirai a risolverli, non ti permetterò di presentarti all’appello. E per
punizione non potrai più chiedere alcun aiuto o spiegazione all’ingegnere Mosca per almeno
sei mesi”.
- “Sono pronto, grande Sfingione, spara i quesiti”!
Primo quesito:
Ricavare la transcaratteristica vo = f (vi) del seguente circuito e tracciarne il grafico nel
piano vo - vi. Si considerino entrambi i diodi ideali (Vγ = 0) con una tensione di Zener pari a 5
V.
Dz 1
Dz 2
R1
10 kΩ
vi
20
V
50 V
R2
10 kΩ
vo
10 V
Tracciare le forme d’onda in uscita nei seguenti tre casi in cui l’ingresso sia costituito da
un’onda quadra avente i valori massimi Vmax e minimi Vmin riportati in tabella:
a)
b)
c)
Vmax
+30
+20
+10
Vmin
-30
-20
-10
Secondo quesito:
Dopo avere brevemente spiegato la funzione di ogni stadio del seguente circuito
amplificatore, si calcolino i punti di riposo dei dispositivi attivi e l’amplificazione
complessiva vo/vs. Per entrambi i MOSFET si consideri IDSS = 12 mA e Vt = -4 V. Per il
transistor sia β = 200.
+E = 15 V
RD
R1
RC
2 kΩ
36 kΩ
2,2 kΩ
Co2
M2
Co1
M1
Ci
Rs
Co
T
50 Ω
+
vs
RG
vi
1
1 MΩ
RS
R2
1
680 Ω
CS1
13 kΩ
RE
1,1 kΩ
RG
2
CE
1 MΩ
RS
2
680 Ω
vo
RL
20 kΩ
Infine, modificate i valori delle resistenze di polarizzazione del MOSFET M1 (senza
alterare l’amplificazione dello stadio), in modo che la resistenza d’ingresso sia pari a 1,5 MΩ.
Soluzione Compito 19/09/2006
Primo quesito:
Supponiamo che vi assuma valori negativi, tali che risulti:
Vz 1
D1 in breakdown
D2 ON.
R1
10 kΩ
vi
L’uscita in tal caso vale:
VA
V1
50 V
vo = vi + VZ1 = vi + 5 .
R2
10 kΩ
V2
10 V
D1 resta in breakdown sino a quando: VA – vi ≥ VZ1 , cioè:
V1 V2
+
R1 R2
− vi ≥ VZ 1
1
1
+
R1 R2
−
⇒ vi ≤ −25 V .
Aumentiamo vi. Quando vi ≥ −25 V
D1 OFF. Si ha in tal caso:
V1 V2
+
R1 R2
vo =
= −20 V
1
1
+
R1 R2
−
.
Ad un certo punto, la tensione d’ingresso raggiungerà un valore tale che D1 ON; ciò si ha
quando:
vi ≥ V A = −25 V ; per tale valore si ha: vo = vi .
Affinchè il diodo DZ2 possa entrare in interdizione, si deve avere VA ≥ VB, cioè:
VA
VB
vi ≥ 10 V ;
R1
10 kΩ
vi
V1
50 V
R2
10 kΩ
V2
10 V
l’uscita allora vale:
vo
vo = V2 = 10 V .
Infine, il diodo DZ2 entra in breakdown, quando VA - VB ≥ VZ2 , cioè: vi ≥ 15 V. L’uscita vale:
vo = vi - VZ2 = vi – 5 .
vo
v o [V]
25
15
10
-30
-25
v i [V]
-20
10
-20
-25
15
20
30
vi , vo
vi
vo
30
25
t
-25
-30
vi , vo
vi
vo
20
15
t
-20
vi , vo
vi , vo
10
t
-10
Secondo quesito:
I tre stadi sono disaccoppiati.
Consideriamo lo stadio d’ingresso; si ha:
VGS1 = − RS1 I D1

2

 VGS1 

 I D1 = I DSS 1 −
Vt 


2
 V 
⇒ VGS1 = − RS1 I DSS 1 − GS1  ;
Vt 

risolvendo rispetto a VGS1 si ricava: VGS1 = - 2 V.
Inoltre:
I D1 = −
VGS1
= 2,94 mA ;
RS1
VDS1 > VGS1 − Vt
VDS1 = E − ( RS1 + RD ) I D = 7,1 V
⇒ il FET è in zona di saturazione .
Passiamo al secondo stadio. Considerando l’equivalente di Thevenin del circuito d’ingresso,
si ha:
 Req = R1 // R2 = 9,55 kΩ

R2

Veq = R + R E = 4 V
1
2

IE =
VC

VE
V
 B
⇒
Veq − VBE
= 2,9 mA ≈ I C
Req
RE +
β +1
= E − RC I C = 8,62 V
= RE I E = 3,2 V
= VBE + VE = 3,9 V
VCE = 5,43 V
Poiché VC > VB, allora il transistor è in zona attiva.
Terzo stadio.
Risolvendo come nel primo stadio, si ottiene:
VGS2 = - 2 V , ID2 = 2,94 mA , VDS2 = E – RS2ID2 = E + VGS2 = 13 V.
VDS 2 > VGS 2 − Vt
⇒ il FET è in zona di saturazione .
Schema dinamico:
vgs2
RC //RG2 =
= RC
vi = vgs1
RG1
R'
vbe
vo
g m2v gs2
RL //RS2 =
= RS2
g mtvbe
g m1v gs1
dove:
R′ = RD // Req // rπ = 860 Ω
g mt =
rπ =
IC
A
= 111,5 m
V
VT
β
= 1,79 kΩ
g mt
g m1 = 2
I DSS
Vt
2
(VGS1 − Vt ) = 3 m
A
= g m2
V
Calcoliamo l’amplificazione:
vo = RS 2 g m 2 v gs 2


v gs 2 = v g 2 − v s 2 = − RC g mt vbe − RS 2 g m 2 v gs 2


RC g mt 
vbe
vo = RS 2 g m 2  −
⇒
 1 + RS 2 g m 2 
⇒
v gs 2 = −
RC g mt vbe
1 + RS 2 g m 2

RC g mt 
(− R′g m1 )vi
dove vbe = − R′g m1vi ⇒ vo = RS 2 g m 2  −
R
g
1
+
S 2 m2 

v
RS 2 g m 2
⇒ A= o =
⋅ (RC g mt ) ⋅ (R′g m1 ) = 424
vi 1 + RS 2 g m 2
14243 1
424
31
424
3
A drain comune A emettito re
comune
A source
comune
Data l’elevata resistenza d’ingresso dell’amplificatore (=RG1), è evidente che risulterà:
vo vo
= .
vs vi
Poiché Ring = RG1, affinché la resistenza d’ingresso sia pari a 1,5 MΩ è sufficiente scegliere
RG1 = 1,5 MΩ.
Compito del 10/11/2006
Durata massima della prova: 2h30min
L’ingegnere svizzero G. Hermann Zener osserva il suo figlioletto di 5 anni che gioca con
il trenino elettrico. È un bel trenino che viaggia su un plastico dove sono riprodotti fedelmente
persone e animali, il tutto realizzato con perfezione “svizzera” dal nostro ingegnere.
Quest’ultimo guarda il figlio mentre gioca: dapprima sorride divertito, quando ad un tratto
s’incupisce improvvisamente, rimanendo atterrito per il comportamento del figlio. Passi,
infatti, che il figlio denoti tendenze da serial-killer in erba, giacché si diverte ad investire con
il treno tutti i pupazzetti che attraversano i binari (compresi quelli muniti di regolare permesso
di soggiorno!); ciò che fa trasalire davvero l’ingegnere è che i pedoni attraversano i binari al
di fuori delle strisce pedonali! Convinto, finalmente, che è ora che qualcuno insegni un po’ di
educazione stradale al figlio, decide di aggiungere sul plastico un piccolo semaforo con due
LED, uno rosso e uno verde, per regolare l’afflusso dei pedoni attraverso i binari.
Nel suo laboratorio l’ingegnere dispone di un alimentatore non regolato, di un timer con
uscita a onda quadra e di vari tipi di componenti elettronici.
1) Per prima cosa bisogna progettare e costruire uno stabilizzatore di tensione (a 5 V) per
l’alimentatore non regolato. L’alimentatore fornisce una tensione Vi compresa tra 12 e 18 V e
deve fornire una corrente sufficiente a fare accendere i LED uno per volta, Poiché per ottenere
una corrente sufficiente ad ottenere una buona luminosità sono sufficienti 15 mA (e poiché i
LED non sono mai accesi contemporaneamente) si fissa come corrente di carico IL = 15 mA.
Si dispone inoltre di un diodo Zener da 1 W con tensione di Zener pari a 5 V e corrente
minima IZK = 1 mA. Per il progetto dello stabilizzatore si dispone di resistenze commerciali (i
cui valori nominali sono riportati nella pagina seguente).
Alla fine del lavoro, l’ingegnere si chiede se, con il dimensionamento eseguito, è
possibile eventualmente alimentare più semafori. Quanti semafori (ossia quanti carichi) si
possono alimentare contemporaneamente con le scelte dei componenti effettuate?
2) Per il progetto e la realizzazione del semaforo si dispone di un timer che consiste in un
generatore d’onda quadra (con resistenza d’uscita trascurabile) i cui livelli di tensione sono 0
e 5 V, che commuta da un livello all’altro ogni 30 s.
t [s]
0
30
60
90
Esso deve pilotare due semplici driver per LED: uno che permetta l’accensione del LED
rosso quando l’onda quadra è a livello basso, l’altro che accenda il LED verde quando l’onda
quadra è a livello alto, in modo tale che ogni 30 s il semaforo commuti da rosso a verde e
viceversa.
Oltre al timer e ai LED, si dispone di un alimentatore regolato a 5 V, di resistenze
commerciali (i cui valori nominali sono riportati di seguito), di transistor npn e pnp aventi
βmin = 75. Per i LED si consideri una tensione di soglia Vγ LED = 1,6 V e una corrente pari a
15 mA per ottenere una buona luminosità.
N.B.: Scelti i valori nominali di resistenza più appropriati, effettuare sempre un’analisi del
circuito progettato, in modo da verificare la correttezza delle scelte compiute
Ω (×10,
(×100, …)
VALORI NOMINALI RESISTENZE (CON TOLLERANZA ± 5%)
1,0
1,1
1,2
1,3
1,5
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
2,7
3,3
3,6
3,9
4,3
4,7
5,1
5,6
6,2
6,8
7,5
8,2
3,0
9,1
Soluzione Compito 10/11/2006
Primo quesito:
IS
RS
IZmin = IZK = 1 mA,
IZmax = Pmax/VZ = 1000/5 = 200 mA;
IZ
pertanto anche IS varia tra i seguenti
IL = 15 mA
+
vi
DZ
5V
valori minimo e massimo:
vo
ISmin = IZmin + IL = 16 mA
e
ISmax = IZmax + IL = 215 mA
La corrente IS deve sempre mantenersi tra 16 e 215 mA qualunque sia la tensione fornita dal
generatore vi; essa aumenta quando la tensione vi aumenta e diminuisce quando vi diminuisce.
La resistenza RS deve allora variare tra i due estremi:
RS min =
vi max − VZ 18 − 5
=
= 60 Ω ,
215
I S max
RS max =
vi min − VZ 12 − 5
=
= 437,5 Ω .
16
I S min
Scegliamo RS = 200 Ω; in tal caso si ha:
I S min =
vi min − VZ 12 − 5
=
= 35 mA ,
200
RS
I S max =
vi max − VZ 18 − 5
=
= 65 mA .
200
RS
Poiché IL è sempre 15 mA, allora IZ varia tra i due valori (ISmin – IL) e (ISmax – IL), vale a dire
tra 35 – 15 = 20 mA e 65 – 15 = 50 mA. Questi due valori sono compresi tra il valore di
ginocchio IZK (1 mA) e il valore massimo (200 mA), pertanto lo stabilizzatore regola la
tensione in modo corretto.
Indicato con n il numero di LED (carichi) alimentabili, è evidente che con n LED alimentati la
corrente assorbita in uscita sarà n·IL = n·(15 mA). Possiamo allora calcolare il valore di n
considerando che, nel caso peggiore, si deve avere:
IZmin = IZK < ISmin – n·IL =
vi min − VZ
− n ⋅ (15 mA ) = 35 − n ⋅ (15 mA ) ,
RS
da cui discende che:
 35 − 1  34 
n≤
=
= 2,
 15   15 
avendo indicato con [x] la parte intera di x.
Secondo quesito:
+ VEE = 5 V
RB
RC
LED
ROSSO
t [s]
0
30
60
90
+ VCC = 5 V
RE
LED
VERDE
Partiamo dal driver del LED rosso:
vi = 0 V
giunzione BE polarizzata direttamente
BJT in saturazione (VC sicuramente > 0)
il LED si accende.
vi = 5 V
giunzione BE non polarizzata
BJT in interdizione
LED spento.
Imponendo che ILED = ICsat = 15 mA, dalla maglia d’uscita si ottiene:
VEE = -VCEsat + RC ICsat + VγLED
⇒ RC =
VEE + VCEsat − VγLED
I Csat
=
5 − 0,2 − 1,6
= 213 Ω .
15
Scegliamo RC = 220 Ω (valore nominale).
In corrispondenza di tale valore, la corrente sul LED, ICsat, vale
I Csat =
VEE + VCEsat − VγLED
RC
=
5 − 0,2 − 1,6
= 14,5 mA ,
220
pertanto essa varia molto poco e il LED emette pressappoco la stessa intensità luminosa.
Il limite di saturazione è dato da
I B ( EOS ) =
I Csat
β min
=
14,5
= 0,19 mA .
75
Posto IB = 3·IB(EOS) = 0,57 mA (fattore di overdrive = 3), dalla maglia d’ingresso si ottiene
(ricordando che il BJT è in saturazione quando vi = 0):
VEE = -VBEsat + RB IB
⇒ RB =
VEE + VBEsat 5 − 0,8
=
= 7,3 kΩ .
IB
0,57
Scegliamo RB = 7,5 kΩ (valore nominale).
In corrispondenza di tale valore,
IB =
VEE + VBEsat 5 − 0,8
=
= 0,56 mA .
7,5
RB
Passiamo adesso al driver del LED verde:
vi = 0 V
giunzione BE polarizzata inversamente
BJT interdetto
LED spento.
vi = 5 V
VC = VB (VBC = 0)
BJT in zona attiva
LED acceso.
Imponendo che ILED = IC = 15 mA, deve risultare:
VCC = VCE + RE IC + VγLED .
Poiché VBC = 0, si ha VCE = VBE = 0,7 V, quindi sostituendo nell’espressione precedente, si ha:
RE =
VCC − VBE − VγLED
IC
=
5 − 0,7 − 1,6
= 180 Ω ,
15
che coincide (casualmente) con il valore nominale.
Compito del 19/02/2007
Durata massima della prova: 3h
Il professor Alberto Unapietra, celebre scienziato di fama mondiale, mentre aspetta dal
medico, sfoglia distrattamente la rivista scandalistica di gossip “Focus (ai fondoschiena)”.
Rimane d’un tratto pietrificato al leggere di quanto guadagna il calciatore Bobo Voggi, il
quale beneficia di un premio ulteriore da parte della società calcistica come stimolo per uscire
dal grave stato di frustrazione psicologica in cui si trova (a causa – sembrerebbe – del colore
dei calzoncini scelto dalla società che mal si accorda con quello della maglietta). Il professore,
dopo aver rapidamente calcolato per quante vite sarebbe necessario lavorare con il suo
stipendio attuale per arrivare al guadagno mensile del suddetto calciatore, decide che è
arrivato il momento di sfruttare la sua prodigiosa intelligenza per partecipare al quiz televisivo
“Chi vuol esser milionario… giochi con noi o vada a rubare” (che per i nobili scopi che si
propone è patrocinato contemporaneamente da Rai Educational, dal Ministero della Cultura e
della Giustizia e dalle Banche Riunite delle Isole Cayman).
La notizia arriva alle orecchie degli autori del programma televisivo, i quali cadono in
uno stato di profonda angoscia. Una clausola del loro contratto, infatti, li costringe a pagare di
tasca propria quei concorrenti che, rispondendo correttamente a tutte le domande, arrivano
all’ambita meta di un milione di euro.
Dopo una serie di prime domande tradizionalmente più semplici (“Come si chiama il
cane della contessa Pipa di Mentana?”, “Come si chiama l’unica Miss Italia ad avere vinto
senza aver subito proposte indecenti dall’organizzatore?”, “Come si chiama l’unico uomo
politico che risulti contemporaneamente non divorziato ed appartenente ad un partito
cattolico?” ), al professore vengono formulati i seguenti quesiti:
1.a) Su un diodo al silicio p+/n, la cui sezione ha area pari a 0,3 mm2, vengono effettuate a
temperatura ambiente una serie di misure di capacità di barriera C al variare della tensione
diretta Vd, riportate sotto in figura nel grafico 1/C 2 = f (Vd).
1/C 2 [F -2]
1021
0,7
Vd [V]
Nell’ipotesi che le lunghezze di diffusione Ln e Lp siano entrambe pari a 50 µm si calcoli
la corrente inversa di diffusione Is a temperatura ambiente e a 200°C.
Si ipotizzi che la mobilità delle cariche mobili dipenda dalla temperatura in modo
proporzionale a T -1,5 e che l’energia della banda proibita Eg vari seguendo la legge empirica:
Eg = 1,153 – 2,3·10-4 T.
(N.B. Si consiglia di ricavare un’espressione analitica per la funzione ni(T) e di calcolare
successivamente i valori numerici)
1.b) Si supponga che il diodo dimensionato nel quesito 1.a) sia inserito all’interno del circuito
sotto in figura; esso venga inoltre mantenuto alla temperatura di 200°C e isolato dall’ambiente
esterno.
+VCC
+10V
RC
3,3kΩ
D
+VB
10 V
T
β = 150
200 °C
RE
2 kΩ
Per il transistor, il guadagno β sia pari a 150, mentre la corrente inversa ICBO sia uguale a
1 nA. Si calcoli il punto di riposo del transistor, stabilendone lo stato di funzionamento.
Si rieffettuino i calcoli, considerando questa volta il diodo a temperatura ambiente.
2) Per lo stadio amplificatore riportato di seguito in figura si utilizza un BJT il cui guadagno
β sia pari a 300. Il generatore di segnali d’ingresso ha una resistenza Rs pari a 100 Ω.
+ VCC = 15 V
RB1
Ci ≈ ∞
Rs
100 Ω
+
-
vs
RB2
RC
Co ≈ ∞
T
β = 300
RL
C≈∞
RE
CE ≈ ∞
Imponendo che la massima potenza dissipabile dal transistor non superi i 20 mW e
assumendo inoltre che RB1 = RB2, si dimensioni la rete di polarizzazione.
Supponendo che il segnale d’ingresso sia costituito da una sinusoide d’ampiezza uguale a
10 mV, si calcoli il valore che deve assumere la resistenza di carico RL affinché il segnale
d’uscita abbia ampiezza pari a 150 mV.
Si calcolino, infine, la resistenza d’ingresso e d’uscita dell’amplificatore.
Soluzione Compito 19/02/2007
Quesito 1.a):
Dalla definizione di capacità di barriera si ricavano i seguenti sviluppi matematici:
C = C∆ A = A
⇒W = A
εs
C
εs
W
2ε s N A + N D
(φ + V )
q N AND
=
Considerando le intersezioni del grafico con gli assi, si ottiene:
 1
 C 2 = 0 ⇒ φ + V = 0 ⇒ φ − Vd = 0 ⇒ φ = 0,7 V

1
2 N A + ND
φ
Vd = 0 ⇒ 2 = 2

C
A ε sq N AND
Noto il potenziale di barriera φ, possiamo risolvere il seguente sistema di due equazioni per
ricavare le concentrazioni NA e ND:
 N A + N D A 2ε s q
=

2φC 2
 N AND

qφ
φ = kT ln N A N D ⇒ N N = n 2 e kT
A D
i

q
ni2

 N A + N D (0,3 ⋅10 −2 ) 2 ⋅1,035 ⋅10 −12 ⋅1,6 ⋅10 −19 21
=
10 = 1,065 ⋅10 −15 cm -3

⋅
2
0
,
7
N
N
⇒ A D
0, 7

10 2 0, 026
 N A N D = (1,45 ⋅10 ) e
= 1,036 ⋅1032 cm -6
 N = 1,09 ⋅1017 cm -3
.
⇒ A
14
-3
=
⋅
N
9
,
50
10
cm
 D
Ricaviamo un’espressione analitica per ni(T):
ni (T ) = N C NV e
(
= NC
T =Tamb
−
Eg
2 kT
⋅ NV
=
T =Tamb
(
= 2,8 ⋅1019 ⋅1,04 ⋅1019
16
= 1,25 ⋅10 ⋅ T
3
2
)
1
⋅e
−
)
1
 T 
2 ⋅
 T 
 amb 
2  T 
⋅

 300 
6, 69 ⋅ 103
T
.
3
2
3
2
⋅e
−
⋅e
−
1,153−2,3⋅10−4 T
2 kT
1,153−2, 3⋅10−4 T
2 ⋅ 8, 62 ⋅ 10−5 T
=
=
A T = 473 K (200°C) si calcola pertanto ni = 9,26 · 1013 cm-3.
Valutiamo la mobilità e la diffusività delle cariche minoritarie.
Per T = Tamb (300K):
µp = 490 cm2/(V·s)
Dp = (kT/q)·µp = 12,74 cm2/s
per CT = ND = 9,5 · 1014 cm-3 ;
µn = 575 cm2/(V·s)
Dn = (kT/q)·µn = 14,95 cm2/s
per CT = NA = 1,09 · 1017 cm-3 .
Per T = 473 K:
µp(473 K) = (473/300)-1,5·µp(300 K) = 247,5 cm2/(V·s)
Dp = (kT/q)·µp = 0,041·247,5 = 10,15 cm2/s ;
µn(473 K) = (473/300)-1,5·µn(300 K) = 290,4 cm2/(V·s)
Dn = (kT/q)·µn = 0,041·290,4 = 11,90 cm2/s .
 Dn
Dp 
,
Siamo adesso in grado di calcolare la corrente inversa I s = Aqni2 
+
 Ln N A L p N D 


sostituendo i valori di Dn, Ln, NA, Dp, Lp, ND, ni e A.
Per T = Tamb:
Per T = 473 K:
Is = 0,273 pA.
Is = 8,88 µA.
Quesito 1.b):
Il diodo risulta ovviamente interdetto. La corrente che scorre in esso è pari alla corrente
inversa. Il circuito è pertanto equivalente al seguente schema:
+VCC
+10V
RC
T
Is
β = 150
RE
A T = 473 K:
IC = βIB = βIs = 1,32 mA ≈ IE
VCE = – (RC + RE) IC + 10 V = 3 V.
Poiché risulta VCB = VCE – VBE = 3 – 0,7 = 2,3 V (polarizzazione inversa), il transistor si trova
in zona attiva.
A T = Tamb: la corrente IB (= Is) è uguale a 0,273 pA e risulta dunque inferiore alla corrente
ICBO. Il transistor risulta pertanto interdetto.
Quesito 2):
Schema statico:
+ VCC = 15 V
RB1
RC
RB2
IC
T
β = 300
IB
RE
Imponiamo VCE = VRC = VRE = VCC / 3 = 5 V.
Inoltre ICmax = Pmax / VCE = 20 / 5 = 4 mA. Scegliamo IC = 3 mA.
Risulta dunque: RC = RE = VRC / IC = 1,66 kΩ.
Si ha ancora: VCB = VCE – VBE = 5 – 0,7 = 4,3 V e IB = IC / β = 3 / 300 = 10 µA, da cui si
ottiene:
(RB1 + RB2) IB = VCB
RB1 = RB2 = VCB / 2 IB = 215 kΩ.
Schema dinamico:
T
β = 300
Rs
vbe
+
RB1
RC
RB2
RL
vo
vs
-
Si ha:
gm = IC / VT = 115 mS e rπ = β / gm = 2,6 kΩ.
Il modulo dell’amplificazione deve risultare pari a 15 affinché l’ampiezza del segnale d’uscita
sia 150 mV. Poiché risulta:
Av =
v o vo
≈
= − g m vbe ( RB 2 // RC // RL ) ≈ − g m v s ( RC // RL ) ,
vbe vs
allora deve essere:
g m ( RC // RL ) = 15 .
Da quest’ultima si ricava che RC // RL = 15 / 115 = 0,13 kΩ ed essendo RC = 1,66 kΩ si
ottiene
RL = 141 Ω .
Facilmente si ricavano le resistenze d’ingresso Ri e d’uscita Ro:
Ri = RB1 // rπ ≈ rπ ;
Ro = RC // RB2 ≈ RC .
Compito del 13/04/2007
Durata massima della prova: 2h30min
Com’è noto, i servizi segreti italiani sono in crisi. L’agente segreto 002 (con licenza di
rubare) viene convocato dal grande capo MMM per una missione segreta.
- “Agente 002, grazie alle tue qualità sei stato scelto per un incarico importantissimo
d’interesse nazionale”.
- “Grazie MMM, sapevo che prima o poi avresti voluto mettere alla prova la mia astuzia e
le mie doti fisiche non comuni…”
- “Non dire idiozie, 002! Se tu avessi davvero quelle qualità saresti almeno uno 0018, cioè
avresti almeno la sufficienza… In realtà le tue qualità che interessano al Paese sono quelle che
nel tuo dossier sono classificate come fattore C. Ossia una fortuna sfacciata! Adesso basta con
le chiacchiere e ascolta i dettagli della tua missione. Lo stato di Fitusilandia è disposto a
pagare una fortuna i progetti del nuovo telefonino cellulare ad aglio costruito dalla PQ
Microelectronics di Palermo. Pensa, sembra che basti parlare al telefono per dieci minuti dopo
aver mangiato un piatto di pasta alla carrettiera, per avere una ricarica completa della
batteria!”
- “Scusa capo, ma non vedo un granché d’interesse nazionale nel trafugare dei progetti ad
una nostra industria per rivenderli ad una potenza straniera…”
- “Ho detto basta con le stupidaggini, 002, o ti degrado a 000! L’interesse nazionale è
quello di salvare le nostre scrivanie e il nostro stipendio. Chiaro?!”
L’agente 002 esce dall’ufficio un po’ stordito, ma le idee ben chiare sul da farsi.
Nonostante il suo aspetto a metà tra Mr. Bean e Calimero, egli nasconde un animo da patriota
garibaldino. Decide pertanto di contravvenire agli ordini del capo. Dopo aver drogato i cani
della città universitaria (gli unici veri guardiani di viale delle Scienze) penetra una notte al
DIEET di Palermo e ruba alcuni compiti di Dispositivi elettronici e li spaccia al suo capo, al
posto dei progetti richiesti.
- “002, sei sicuro che questi siano i progetti che ti ho chiesto?…”
- “Certo capo, ho dovuto liquidare dieci guardiani e forare una cassaforte col mio laser
tascabile per averli…”
- “Bene, allora oggi stesso partiranno insieme al sottoscritto per la Fitusilandia. Certo che è
davvero un’invenzione che rivoluzionerà il mondo… quasi quasi do un’occhiata”…
1
D1
vi [V]
15
vi
+
R1
R3
I2
I1
R2
vo
VR
0
R1 = R2 = R3 = 10 kΩ
D2
VR = 5 V
t
Dopo aver tracciato la transcaratteristica del circuito a diodi in figura, se ne diagrammi la
tensione d’uscita quando l’ingresso è costituito dall’onda quadra sopra rappresentata. I due
diodi si considerino ideali con Vγ = 0,6 V.
Si calcolino inoltre le correnti che scorrono sui due diodi e le tensioni ai capi di essi, nei casi
in cui la tensione d’ingresso vi sia costante e pari rispettivamente a – 2 V e + 2 V.
2
+ VCC
Ci = Co = CC ≈ ∞
R1
RC
CC
RL = 27 Ω
Ci
is
Co
iL
Rs
vs
+
R2
RE
vo
RL
Rs = 600 Ω
VCC = 15 V
-
Si progetti la rete di polarizzazione del seguente circuito affinché il punto di riposo del
transistor risulti pressoché indipendente dal guadagno di corrente β. A tal fine, si consideri
che la potenza massima che il BJT può dissipare è pari a 50 mW e che i datasheets riportano
un valore minimo ed uno massimo del β del transistor, rispettivamente βmin = 20 e βmax = 150.
Dopo aver dimensionato i valori delle resistenze, si esegua l’analisi del circuito calcolando la
variazione massima del punto di riposo dovuto alla dispersione di β.
Considerando β = βmin, si calcoli infine l’amplificazione di corrente del circuito, definita come
Ai = iL / is, mostrando come il valore di tale amplificazione è tanto più indipendente da β,
quanto più il valore di β è elevato.
Epilogo (dal Corriere della Sera del 13/04/2007):
“ Dopo avere arrestato un alto dirigente dei servizi segreti italiani in visita turistica, lo stato di
Fitusilandia ha dichiarato guerra all’Italia… L’Unione Europea protesta. L’Italia tace…”
Soluzione Compito 13/04/2007
Primo quesito:
Supponiamo che vi assuma valori negativi, tali che risulti: D1 OFF e D2 OFF.
L’uscita in tal caso vale:
vo = 0 .
Ad un certo punto VA1 ≥ VC1 + Vγ, per cui D1 ON (e D2 OFF), cioè:
vi ≥ 0 + 0,6 V
vi ≥ 0,6 V.
Vγ
A1
C1
In tal caso:
R1
v
R2
(vi − 0,6) = i − 0,3
vo =
2
R1 + R2
R2
vi
vo
Aumentando vi, ad un certo punto VA2 sarà tale che
VA2 ≥ VC2 + Vγ,
dunque D2 entra anch’esso in conduzione. Pertanto si ha che D2 ON per:
VB
R2
(vi − 0,6) ≥ VR + 0,6 ⇒ vi ≥ 11,8 V
R1 + R2
A2
In corrispondenza di tale valore, si ha.
C2
vo = VR + 0,6 V = 5,6 V
vo
VR
vo [V]
5,6
0
Vγ
0,6
11,8
vi [V]
vi , vo
vi
15
vo
5,6
t
0
Indicando con I1 e con V1 la corrente e la tensione sul diodo D1 e con I2 e con V2 la corrente e
la tensione sul diodo D2, possiamo scrivere:
• per vi = – 2V, D1 OFF e D2 OFF
I1 = I2 = 0; V1 = vi = – 2 V, V2 = – VR = – 5 V.
• per vi = + 2V, D1 ON e D2 OFF
I1 =
vi − Vγ
R1 + R2
=
2 − 0,6
= 70 µA , V1 = Vγ = 0,6 V ;
10 + 10
I2 = 0 , V2 = VA2 – VC2 = R2 I1 – VR = 0,7 – 5 = – 4,3 V .
Secondo quesito:
Imponendo che VRC = VRE = VCE = 5 V, poiché Pmax = VCE IC = 50 mW, si ha:
Pmax
= 10 mA
VCE
IC <
Fissiamo allora IC = 5 mA; otteniamo di conseguenza:
RC =
VRC
IC
= 1 kΩ = RE
Affinché il punto di riposo sia stabile, il partitore d’ingresso deve lavorare “a vuoto”, ossia la
corrente che scorre nella base del BJT deve essere trascurabile rispetto alla corrente che scorre
in esso. Osserviamo inoltre che β ha una dispersione notevole e può raggiungere valori
particolarmente bassi. In quest’ultimo caso è chiaro che la corrente di base sarà appena di un
fattore 20 minore della corrente di collettore. È evidente che per il dimensionamento del
partitore dobbiamo metterci nella condizione peggiore, vale a dire per β = βmin. Fissiamo
pertanto:
IR1 = 10 IB = 10 (IC / βmin) 0= 2,5 mA.
Essendo IR1 ≈ IR2 (» IB), possiamo ricavare le resistenze del partitore:
VR2 = VBE + VRE = 5,7 V
R1 =
VCC − VR2
I R1
R2 = VR2 / IR2 = 2,28 kΩ ;
= 3,72 kΩ .
Con la rete di polarizzazione così progettata, sostituendo al partitore d’ingresso R1 – R2 il suo
equivalente di Thevenin (RBB = R1 // R2 = 1,41 kΩ e VBB = VCC R2 /( R1 + R2) = 5,7 V), si può
calcolare la corrente IE dalla maglia d’ingresso:
VBB = RBB IB + VBE + RE IE
IE =
VBB − VBE
.
RBB
RE +
β +1
Per β = βmin
IE = 4,68 mA ;
per β = βmax
IE = 4,95 mA .
Come si vede la variazione di IE sono molto contenute, nonostante l’elevata dispersione di β.
In modo analogo si ricavano le variazioni massime di IC (= IE – IB) e di VCE (= VCC – RC IC –
– RE IE).
Schema dinamico:
is
ib
rπ
β ib
ie
Rs
vi
+
RBB
vs
dove rπ =
β min
gm
=
β min
I C / VT
iL
RE
RL
= 116 Ω
(con IC = 4,46 mA, calcolato come I C = αI E =
β
β +1
IE =
20
4,68 = 4,46 mA ; ovviamente
20 + 1
l’errore è più che modesto se si considera IC ≈ IE ≈ 5 mA e in tal caso si ottiene rπ = 104 Ω).
Si calcola facilmente che:
Ai =
v R
R + Ri
v R + Ri
iL
= o L = o s
= AT s
vs
is
RL
v s RL
Rs + Ri
dove:
Ri = RBB //[rπ + (1 + β )RL′ ] ≈ RBB //[rπ + (1 + β )RL ]
(essendo RL′ = RL // RE ≈ RL )
e
AT =
Ri
vo v o vi
(1 + β )RL′ ⋅ Ri ≈ (1 + β )RL ⋅ Ri .
= ⋅ = Av
=
Ri + Rs rπ + (1 + β )RL′ Ri + Rs rπ + (1 + β )RL Ri + Rs
vs vi v s
Poiché nel caso peggiore (β = βmin = 20) non si può più dire che Ri ≈ RBB e Av ≈ 1, è
necessario effettuare i calcoli completi senza effettuare le succitate semplificazioni:
Ri = 1,41 kΩ // (104 + 21·27) = 455 Ω ;
Av =
21⋅ 27
= 0,83 .
116 + 21⋅ 27
Pertanto l’amplificazione di corrente vale
Ai = Av
R
Ri
R + Ri
600
⋅ s
= Av i = 0,83
= 14 .
RL
27
Ri + Rs
RL
In questo caso, poiché il valore di β è molto basso, l’amplificazione di corrente è dipendente
da β. È evidente che essa è tanto più indipendente da β, quanto più il valore di β è elevato;
infatti, in tal caso si ha:
Ai = Av
Ri
R
R
≈ i ≈ BB .
R L RL
RL
Compito del 21/06/2007
Durata massima della prova: 3h
In un universo parallelo al nostro, i transistor e i diodi sono i padroni del mondo e hanno
ridotto in schiavitù gli esseri umani. Ma un ridotto manipolo di eroi ardimentosi prepara la
resistenza, insieme… alle resistenze. Infatti le resistenze si sono ribellate allo strapotere dei
“dittatori elettronici” – come vengono da loro definiti diodi e transistor – e collaborano
insieme agli umani per rovesciare il regime.
L’espediente utilizzato dai nostri per combattere i dittatori si basa sul fatto che sia i BJT
che i MOSFET per poter sopravvivere devono essere sempre alimentati e lavorare in zona
lineare: proprio per tale motivo, essi camminano sempre in gruppo insieme alle resistenze di
polarizzazione, ma se uno di essi cade in interdizione o in saturazione (o in regione di triodo),
tutto il drappello perisce.
I diodi invece marciano sempre insieme ad un generatore di tensione sinusoidale in modo
da formare un circuito limitatore: per non soccombere essi devono sempre tosare la tensione
d’ingresso.
ELECTRONIC STAR WARS – EPISODE 1
Un gruppo di umani e resistenze parte per la prima missione: dopo avere superato alcuni
agguati di Kirchoff e trappole di Thevenin, avvistano il primo minaccioso gruppo di diodi.
Il piano per sconfiggerli è semplice: durante la notte gli umani dovranno sostituire alcune
resistenze con altre scelte tra le alleate, in modo tale che il circuito non tagli più la tensione
sinusoidale d’ingresso di ampiezza pari a 10 V.
Aiutate i nostri eroi nell’impresa nel modo seguente:
a) si calcoli la transcaratteristica del circuito e si ricavi graficamente la tensione d’uscita
(sapendo che la tensione d’ingresso è sinusoidale di ampiezza pari a 10 V), verificando che il
circuito funzioni effettivamente come limitatore (si ponga Vγ = 0 per entrambi i diodi);
b) si varino opportunamente i valori di una o più resistenze, in modo che il segnale d’ingresso
non venga più tosato dal circuito (in altre parole, il segnale d’uscita deve riprodurre –
eventualmente attenuato – il segnale d’ingresso).
ELECTRONIC STAR WARS – EPISODE 2
Dopo aver brillantemente superato la prima missione, i nostri avvistano un circuito con
MOSFET e BJT.
Anche in questo caso il piano consiste nel sostituire una o più resistenze del circuito, in
modo tale che almeno uno dei due dispositivi attivi esca dalla zona di funzionamento lineare.
Aiutate i nostri eroi nel modo che segue:
a) sapendo che la resistenza interna del generatore d’ingresso è Rs = 50 Ω, il guadagno di
corrente del BJT è β = 50, il parametro di conducibilità e la tensione di soglia del MOSFET
valgono rispettivamente K = 1 mA V 2 e Vt = – 2 V, calcolate il punto di riposo dei due
dispositivi attivi e l’amplificazione complessiva del circuito vo / vs;
b) si varino opportunamente i valori di una o più resistenze del circuito, in modo che almeno
uno dei due transistor esca dalla zona di funzionamento lineare.
Soluzione Compito 21/06/2007
Primo quesito:
a) Applicando il teorema di Thevenin, il circuito si può semplificare come mostrato in figura.
Req = R1//R2 = 2,5 kΩ
R2
Veq =
vi = 0,5vi
R1 + R2
R1′ = R3//R4 = 10 kΩ
R4
V1′ =
V1 = 5 V
R3 + R4
R2′ = R5//R6 = 20 kΩ
R6
V2′ =
V2 = 2,5 V
R5 + R6
Per valori di vi per i quali D1 è OFF, D2 è sicuramente ON; pertanto si ha in tal caso:
V1′ V2′
+
R1′ R2′
vo =
= −2,5 V .
1
1
+
R1′ R2′
−
Quando veq ≥ vo ⇒ veq ≥ –2,5 V allora D1 ON e D2 ON. Pertanto, possiamo dire che:
per veq ≤ –2,5 V, cioè vi ≤ –5 V ⇒ vo = –2,5 V,
V1′ V2′ Veq
+
+
R1′ R2′ Req
per veq ≥ –2,5 V, cioè vi ≥ –5 V ⇒ vo =
= −0,68 + 0,72veq = −0,68 + 0,36vi .
1
1
1
+
+
R1′ R2′ Req
−
Quando VA ≥ VB ⇒ D2 OFF, cioè quando:
V1′ Veq
+
R1′ Req
VA =
≥ VB = V2′ ;
1
1
+
R1′ Req
−
l’uscita in tal caso vale
vo = V2′ = 2,5 V
in corrispondenza di
−
 1
V1′ Veq
1 
⇒
+
≥ V2′  +
 R1′ Req 
R1′ Req


  1
1
⇒ Veq ≥ Req V2′  +
  R1′ Req
⇒ vi ≥ 2 ⋅ 4,375 = 8,75 V
 V1′ 
 +  = 4,375 V ⇒
 R1′ 


Ricapitolando:
- per vi ≤ –5 V ⇒ vo = –2,5 V;
- per –5 V ≤ vi ≤ 8,75 V ⇒ vo = −0,68 + 0,36vi ;
- per vi ≥ 8,75 V ⇒ vo = 2,5 V.
vo
–5 V
vo
2,5 V
8,75 V
vi
–2,5 V
t
vi
t
b) Affinché vi non venga tagliata dal circuito, si può imporre che le soglie per le quali si ha il
clipping si trovino rispettivamente al di sotto di –10 V e al di sopra di +10 V.
La soglia negativa deve essere pertanto:
V1′ V2′
+
R1′ R2′
−
≤ −10 V ,
vo =
1
1
+
R1′ R2′
−
mentre la soglia positiva:
vo+ = V2′ ≥ 10 V .
Posto vo+ = V2′ = 10 V , si ha:
R6
R6
V2 =
15 = 10 V ;
R5 + R6
R5 + R6
Ad esempio, per R6 = 24 kΩ si ha R5 = 12 kΩ. Si noti che R2′ = 12 // 24 = 8 kΩ .
Ponendo vo− = −10 V , si ha invece:
V1′ V2′
V ′ 10
+
− 1 +
R1′ R2′
R1′ 8
= −10 V ⇒
=
1
1
1 1
+
+
R1′ R2′
R1′ 8
V′
10
⇒ − 1 + 1,25 = − − 1,25 ⇒
R1′
R1′
−
⇒ 25
R R
R4
− 10 = 2,5 3 4 ;
R3 + R4
R3 + R4
ad esempio, per R4 = 12,5 kΩ si ha R3 = 4,5 kΩ. Si noti che R1′ = 4,5 // 12,5 = 3,3 kΩ e
V1′ = 18,38 V .
È facile mostrare che il tratto di transcaratteristica a pendenza non nulla assume la seguente
espressione:
vo = –5,22 + 0,24vi .
Un altro metodo per evitare la tosatura del segnale d’ingresso può essere quello d’imporre che
il tratto di transcaratteristica a pendenza non nulla si estenda almeno tra vi = –10 V e
vi = +10 V.
Secondo quesito:
a) L’amplificatore è costituito da uno stadio a BJT a base comune, accoppiato direttamente ad
uno stadio a MOSFET a source comune.
Considerando l’equivalente di Thevenin del circuito d’ingresso del primo stadio, si ha:
 Req = R1 // R2 = 40,8 kΩ

R2

Veq = R + R E = 5 V
1
2

IE =
Veq − VBE
I
= 0,398 mA , I B = E = 7,80 µA ,
Req
β +1
RE +
β +1
da cui: IC = IE – IB = 0,390 mA.
Si ha ancora:
VC

VE
V
 B
⇒
= E − RC I C = 8,1 V
= RE I E = 3,98 V
= V BE + VE = 0,7 + 3,98 = 4,68 V
VCE = 4,12 V
Poiché VC > VB, allora il transistor è in zona attiva.
Per il MOSFET a svuotamento, la tensione sul gate è fissata da quella di collettore del BJT; si
ha pertanto:
VC − VGS

VC = VGS + RS I D ⇒ I D =
RS

 I = K (V − V )2
GS
t
 D
⇒
VC − VGS
2
= K (VGS − Vt ) .
RS
Risolvendo rispetto a VGS si ricavano le due soluzioni: VGS1 = –5,71 V e VGS2 = 0,72 V. Scarto
la soluzione VGS1, in quanto –5,71 V < Vt.
Inoltre:
I D1 = −
VC − VGS
= 7,38 mA ;
RS
e poichè VDS > VGS − Vt
VDS = E − ( RS + RD ) I D = 3,5 V
⇒ il MOSFET è in zona di saturazione .
Lo schema dinamico completo è riportato sotto in figura
dove:
g mt =
rπ =
IC
= 15 mS
VT
β
gm
= 3,33 kΩ
g mf = 2 K (VGS − Vt ) = 5,44 mS
Calcoliamo l’amplificazione:
v gs = − RC β ib

RC β

vi = − rπ ib ⇒ v gs = r vi = g mt RC vi
π

vo = − g mf RD v gs
⇒ vo = − g mf RD ( g mt RC ) vi
⇒
A=
vo
= − g mf g mt RD RC = − 122,4 .
vi
La resistenza d’ingresso dello stadio a base comune è
Ri ≈ RE //
1
1
≈
= 66,6 Ω ,
g mt g mt
tramite la quale si può ricavare l’amplificazione complessiva:
v gs = − RC β ib


vi = − rπ ib ⇒

vo = − g mf RD v gs
v gs =
RC β
vi = g mt RC vi
rπ
⇒ vo = − g mf RD (g mt RC ) vi
⇒
AT =
vo
Ri vo
Ri
=
=
− g mf g mt RD RC = 0,57 ⋅ (− 122 ,4 ) = −69,91.
vs Ri + Rs vi Ri + Rs
(
)
b) Per far entrare il MOSFET in regione di triodo, basta aumentare lievemente il valore di RD
(in modo da far diminuire VD e dunque VDS), cosicché la condizione VDS ≥ VGS – Vt non risulti
più verificata.
Ad esempio, per RD = 450 Ω, si ha:
V D = E − RD I D = 12 − 0,45 ⋅ 7,38 = 8,68 V ⇒
⇒ VDS = V D − VS = 8,68 − 7,38 = 1,3 V
Poiché si verifica facilmente che VDS ≤ VGS – Vt (1,3 ≤ 0,72 + 2), il MOSFET si trova in
regione di triodo.
Cmpito del 10/07/2007
Durata massima della prova: 2h30min
Una nuova tranquilla giornata sta per iniziare in Uoltdisneilandia, quando un urlo di
dolore agghiacciante sconvolge le orecchie degli ignari passanti per un raggio di centinaia di
metri: è il celebre miliardario Raperon de’ Raperoni che ha appena scoperto che la Banda
Barzotti è riuscita a mettere fuori uso il sofisticatissimo antifurto inventato da Archimede
Euclidorico, messo a protezione del suo palazzo-cassaforte. Quest’ultimo – allarmato
dall’urlo di dolore che ha sconvolto Uoltdisneilandia – accorre in aiuto di Raperone. Superata
la disperazione iniziale, Raperone si accorge che la Banda Barzotti è ancora all’interno del
palazzo, ma anche il sistema di telecamere è andato fuori servizio insieme al complesso
antifurto. Ma prima che Raperone possa emettere un secondo urlo di disperazione, il geniale
Archimede ha già trovato il guasto: quegli ingenui dei Barzotti si sono limitati a togliere una
banale resistenza dal circuito elettronico dell’antifurto. Il problema è che non vi è più il tempo
di procurarsene una di ricambio. Frugando dentro le sue tasche, Archimede trova una barretta
di silicio drogata e tre sorgenti laser a lunghezza d’onda differenti (NdR. le tasche di
Archimede, realizzate con un materiale elastico di sua invenzione, sono molto capienti dato
che riescono a contenere persino un laser ad Argon…) ed esclama:
- “Raperone non preoccuparti, li abbiamo in pugno! Basta sostituire la resistenza mancante
nel circuito con questa barretta di silicio che ho in tasca, illuminarla opportunamente e tutto
tornerà a funzionare come prima. Ti spiego come dobbiamo operare e – tanto per divertire i
nostri lettori – ti propongo due simpatici quiz”:
1) Dispongo di una barretta di silicio drogata con una percentuale in peso di fosforo pari a
3·10-7 % che ha le dimensioni riportate sotto in figura.
B
A
b
d
a
a = 10 mm
b = 1 mm
d = 10 µm
Calcola la resistenza offerta dalla barretta nei seguenti tre casi in cui la barretta di silicio è
illuminata uniformemente:
λ1 = 633 nm, I1 = 200 mW/mm 2

2
λ2 = 514 nm, I 2 = 2 mW/mm
λ = 1,5 µm, I = 10 mW/mm 2
3
 3
considerando che la temperatura della barretta viene mantenuta costante a 300 K e che inoltre
il tempo di vita medio delle cariche è τn = τp = 10 µs. Tieni inoltre presente che:
il peso atomico del silicio è 28,09 g/mole,
la densità del silicio è 2,33 g/cm3,
la gap proibita del silicio a temperatura ambiente è 1,14 eV,
il peso atomico del fosforo è 30,97 g/mole,
il numero di Avogadro è 6,023·1023 atomi/mole.
2) La barretta è inserita nel circuito elettrico sotto in figura.
RA = 6 kΩ
A
RC = 1 kΩ
RE = 1,2 kΩ
RL = 1 kΩ
β = 200
B
Calcola la tensione VL ai capi di RL nei tre differenti casi di illuminazione prima riportati
nel quesito 1, per i quali si hanno i tre valori di resistenza:
 R B1 = 53,3 Ω

 R B 2 = 6,452 kΩ .
 R = 0,348 MΩ
 B3
Il diodo Zener DZ ha una tensione di Zener VZ = 20 V, una resistenza in zona di breakdown
rZ = 150 Ω e una corrente inversa (per V ≤ VZ ) pari a IS = 10 nA.
Soluzione Compito 10/07/2007
Primo quesito:
Poiché 1 cm3 di Si pesa 2,33 g, allora in un cm3 di Si drogato con una percentuale in peso di
fosforo di 3·10-7 % si avranno:
g
3 ⋅ 10 −7
⋅ 2,33 = 6,99 ⋅ 10 −9
di fosforo
100
cm 3
da cui:
n° di moli di fosforo al cm3 =
moli
6,99 ⋅ 10 −9 6,99 ⋅ 10 −9
=
= 2,26 ⋅ 10 −10
,
P.A. (P)
30,97
cm 3
quindi
moli  

23 atomi 
14 atomi
Concentrazione atomi fosforo =  2,26 ⋅ 10 −10
.
1
,
36
10
6
,
023
10
×
⋅
=
⋅



moli
moli 
cm 3  

N° Avogadro
Poiché ad ogni atomo di fosforo corrisponde un elettrone donatore, allora la concentrazione di
elettroni è uguale alla concentrazione di atomi di fosforo:
ND = 1,36·1014 cm-3 .
Assumendo per ni il valore 1,35·1010 cm-3 a temperatura ambiente, la concentrazione di
cariche maggioritarie al buio è
nn0 =
N D + N D + 4ni2
2
≈ N D = 1,36 ⋅ 1014 cm -3 ,
dunque il drogaggio è sufficientemente alto da poter considerare al buio nn0 ≈ ND. La
concentrazione di cariche minoritarie al buio si ricava invece dalla legge di azione di massa:
pn0 =
ni2
= 1,36 ⋅ 10 6 cm -3
nn 0
.
Calcoliamo adesso i prodotti GLτp e GLτn per i tre casi di differente illuminazione della
barretta. Se I è l’intensità luminosa [W/cm-3], il numero di fotoni incidenti nel semiconduttore
per unità di tempo è:
 W 
I  2  × (a ⋅ b ) cm 2
I ⋅a ⋅b⋅λ
n ° fotoni Intensità luminosa × Area incidente
cm 
=
= 
=
hc
Energia di un fotone
s
hc
[Joule]
[ ]
λ
 fotoni 
 s  .
Il numero di cariche generate dalla radiazione luminosa per unità di tempo vale:
 I1λ1ξ1
ab 
GL ⋅ a ⋅ b ⋅ d =
⋅  I 2 λ2ξ 2 s -1 ,
hc 
 I 3 λ3ξ 3
[ ]
dove ξi è il numero di coppie elettrone-lacuna generate per ogni fotone incidente. Si ha
ovviamente:
ξ1 = ξ2 = 1 ,
mentre
ξ3 = 0
poiché λ3 > λg, essendo quest’ultima la lunghezza d’onda corrispondente alla gap proibita. Si
verifica infatti rapidamente che:
Eg =
hc
λg
⇒ λ g [µm] =
1,24
1,24
=
= 1,11 µm (< λ3 ) .
E g [eV ] 1,12
Si ha pertanto nei tre casi:
 I1λ1
 dhc per λ = λ1
 I λ
G L =  2 2 per λ = λ2
 dhc
0
per λ = λ3

Sostituendo i valori numerici si ricava:
6,37 ⋅ 1017 cm -3

G Lτ p = G Lτ n = 6,37 ⋅ 1017 cm -3 ,
0

da cui:
nn = nn0
1,36 ⋅ 1014 + 6,37 ⋅ 1017 ≈ 6,37 ⋅ 1017 cm -3

+ G Lτ n = 1,36 ⋅ 1014 + 5,18 ⋅ 1015 = 5,32 ⋅ 1015 cm -3
1,36 ⋅ 1014 cm -3

pn = pn0
1,34 ⋅ 10 6 + 6,37 ⋅ 1017 ≈ 6,37 ⋅ 1017 cm -3

+ G Lτ p = 1,34 ⋅ 10 6 + 5,18 ⋅ 1015 = 5,18 ⋅ 1015 cm -3
1,34 ⋅ 10 6 cm -3

e
Dal grafico delle mobilità in funzione della concentrazione totale CT = ND = 1,36·1014 cm-3, si
ricavano i valori:
µ n = 1320 cm 2 V ⋅ s
,

2
µ p = 520 cm V ⋅ s
tramite i quali è possibile calcolare dapprima la conducibilità e, subito dopo, la resistenza:
σ = q (nn µ n + p n µ p )
187,5 S/cm

= 1,55 S/cm
0,0287 S/cm

53,3 Ω
a
1 a 
⇒ RB = ρ
= ⋅
= 6,452 kΩ .
bd σ bd 
0,348 MΩ
Secondo quesito:
Considerando l’equivalente di Thevenin del circuito d’ingresso del primo stadio, si ha nei tre
casi:
R BB
52,8 Ω

= R A // RB = 3108 Ω
5898 Ω

e
VBB
0,21 V
RB

=
VCC = 12,4 V .
R A + RB
23,6 V

a) Caso RB = 52,8 Ω
Si ha RBB = 52,8 Ω e VBB = 0,21 V, per cui VBB < VEB
(ON),
pertanto il transistor è in
interdizione. Ne consegue che IC ≈ 0 e possiamo pertanto supporre che il diodo Zener lavori in
zona di breakdown.
VCC
IZ =
VCC − VZ
= 1,86 mA ,
RC + RZ + R L
VL = − RL I Z = – 1,86 V .
da cui: IC = IE – IB = 0,390 mA.
Essendo IZ > IS, è verificata l’ipotesi che il diodo Zener lavori
in zona di rottura.
IZ
RC
VZ
RZ
RL
VL
b) Caso RB = 6,452 kΩ
Si ha RBB = 3,108 kΩ e VBB = 12,4 V, per cui possiamo supporre che il transistor lavori in
zona attiva. Si ha allora:
VBB =
IC
(RBB + RC ) + VEB + RE I C
β
⇒ IC =
VBB − VEB
= 9,58 mA
RBB + RE
+ RE
β
⇒ IB =
IC
β
= 48 µA
⇒ VE = − RE I E ≈ − RE I C = −11,5 V .
Supponiamo che il diodo Zener non si trovi in zona di rottura, pertanto IZ è trascurabile
rispetto a IC. Si ha allora:
VC = VCC + RC I C = −14,4 V
Poiché VC > – VZ (–14,4 > –20), è verificata l’ipotesi che il diodo non lavora in zona di
breakdown. È lecito allora aver supposto che sulla RC scorra soltanto la corrente IC.
Possiamo adesso verificare l’ipotesi che il transistor sia in zona attiva:
VB = RBB I B − V BB = −12,25 V ,
da cui VB > VC (–12,25 > –14,4); pertanto la giunzione BC è polarizzata inversamente e il
transistor pnp lavora in zona attiva.
Calcoliamo, infine, la tensione d’uscita. Dato che il diodo Zener lavora in zona inversa ma
non in rottura:
VL = − RL I Z = − R L I S = −10 −5 V = −10 µV .
c) Caso RB = 0,348 MΩ
Si ha RBB = 5,898 kΩ e VBB = 23,6 V, per cui possiamo supporre che il transistor lavori in
zona di saturazione e il diodo Zener non lavori in zona di rottura. In tal caso è possibile
trascurare
IZ = IS = 10 nA rispetto a IC e si ottiene:
I C (sat ) =
Dalla maglia d’ingresso si calcola IB:
VCC + VCE (sat )
RC + RE
= 10,8 mA
V BB = R E (I C (sat ) + I B ) + VEB (sat ) + RBB I B
⇒ IB =
VBB − RE I C (sat ) − VEB (sat )
R BB + R E
= 1,38 mA .
Evidentemente risulta
I B > I B (EOS) =
I C (sat )
β
= 0,054 mA
dunque il transistor è in saturazione (fattore di overdrive = βIB / IC(sat) = 25,5). Si calcola
inoltre:
VC = VCE (sat ) − RE I C − R E I B = −14,81 V ,
VB = RBB I B − V BB = −15,4 V
e ovviamente risulta VB < VC dato che il transistor è in saturazione.
Infine, poiché VC (= –14,81 V) > –VZ ( –20 V), è verificata l’ipotesi che il diodo Zener non
lavori in zona di rottura. Analogamente al caso precedente l’uscita vale:
VL = − RL I Z = − R L I S = −10 −5 V = −10 µV .
Compito del 06/09/2007
Durata massima della prova: 2h30min
Londra. Una radiosa giornata di settembre si prospetta per l’ispettore capo di Scotland
Yard: la nebbia è più fitta del solito, il traffico è impazzito, piove ininterrottamente da cinque
giorni, così tanto che anche i pesci stanno affogando nel Tamigi. E, come se non bastasse, ci
si mette pure quel rompiscatole d’irlandese, Scass O’ Tutt, noto alle polizie di tutto il mondo
per essere il leader del P.A.P.E.R.I.N.O. (Partito Ambientalista Particolarmente Estremista
Riguardo Inquinamento, Natura e Oceani) e per avere fatto fesse le medesime più volte.
Il buon irlandese, celebre per le sue battaglie ecologiste, ha dichiarato guerra all’ultimo
progetto del governo inglese: la bonifica del Tamigi. Sembra infatti che il risanamento del
fiume porterebbe all’estinzione del Piscis Fitusus Nauseabondus, ossia di una specie ittica
(simile ad un incrocio tra un pesce, un maiale ed uno scarafaggio) che si nutre degli scarichi
fognari che si gettano nel fiume.
Intrufolatosi nottetempo nel cantiere di bonifica, il nostro eroe, da esperto elettronico qual
è, ha già individuato i due punti deboli del sistema che gestisce il sistema di pompe di
prosciugamento.
1) Il primo è un circuito a diodi LED verdi di segnalazione comandato da una tensione E
che può assumere solo tre valori (0, 6, 12 V). Il circuito, insieme all’andamento temporale di
tale tensione, è rappresentato di sotto.
R1
E
R2
+E
R3
D1
R4
R5
D2
12 V
6V
0
t
R1 = R2 = 100 Ω
R3 = 50 Ω
R4 = 200 Ω
R5 = 62,5 Ω
E1
E1 = 4,5 V
Vγ 1 = Vγ 2 = 1,5 V
I due LED sono realizzati in fosfuro di gallio (GaP) ed hanno una tensione di soglia di 1,5
V (Vγ 1 = Vγ 2 = 1,5 V) e si accendono per correnti maggiori di IF = 9 mA.
a) Si stabilisca lo stato di funzionamento dei due diodi per ognuno dei tre valori di
tensione assunti da E e si verifichi se i diodi si accendono o no.
b) Scass O’ Tutt decide di sabotare il circuito inserendo, al posto dei due LED verdi, due
LED blu in nitruro di gallio (GaN) per i quali si ha una tensione di soglia di 3,5 V ed una
corrente di accensione IF = 16 mA. Si verifichi che il circuito così modificato non funziona
più correttamente, valutando nuovamente lo stato di funzionamento e di accensione dei diodi.
2) Il secondo circuito è un amplificatore a due stadi riportato sotto in figura.
+E
E = 12 V
R1
RD
RC
Rs = 50 Ω
Ri
R1 = 630 kΩ
Co
Ci
R2 = 570 kΩ
T1
RD = 10 kΩ
Rs
T2
R2
+
RC = 200 Ω
vo
vs
Per il MOSFET T1 si ha un parametro di conducibilità K = 0,5 mA/V2 ed una tensione di
soglia Vt = 4 V; per il BJT T2 si ha un guadagno β = 100. Inoltre alla frequenza di lavoro i due
condensatori Ci e Co possono considerarsi dei cortocircuiti.
a) Calcolare il punto di riposo dei dispositivi attivi, la resistenza d’ingresso e
l’amplificazione di tensione totale vo/vs del circuito.
b) Scass O’ Tutt modifica il circuito inserendo, al posto del MOSFET T1, un BJT avente
le stesse caratteristiche di T2. Mostrare che il circuito così modificato non funziona più
correttamente, calcolando i punti di riposo dei due BJT e – se occorre – l’amplificazione di
tensione.
Soluzione Compito 06/09/2007
Primo quesito:
a) Modifichiamo il circuito come segue applicando il principio di Thevenin
+ Eeq
Req
+ Eeq
R3eq = Req + R3
R3
D1
R4
R5
D2
D1
R4
R5
D2
E1
E1
dove risulta:
Eeq =
E
R1
,
E=
R1 + R2
2
Req = R1 // R2 = 50 Ω ,
R3eq = Req + R3 = 100 Ω .
Esaminiamo i tre possibili casi:
E = 0 V (⇒ Eeq = 0 V)
●
Supponiamo D1 e D2 in conduzione
B
A
D1
R4
R5
R3eq
E1
(ON); se D1 fosse interdetto (OFF) si
D2
potrebbe
considerare
scollegato
circuito, per cui il punto A sarebbe a 0 V
(assenza
di
ulteriori
tensioni)
e
il
diodo
generatori
E1 − Vγ 1
R4
=1 V
VB =
1
1
+
R3eq R4
di
condurrebbe;
pertanto deve essere D1 ON.
Se invece D2 fosse OFF, risulterebbe:
dal
e poiché VB < Vγ2 allora D2 è effettivamente OFF.
La corrente su D1 è
E1 − Vγ 1 − VB
R4
= 10 mA
pertanto il LED D1 è acceso.
E = 6 V (⇒ Eeq = 3 V)
●
D1
R4
E1
D2 è ON; se infatti fosse OFF (ipotizzando
B
C
A
R5
che D1 sia ON) risulterebbe:
D2
R3eq
Eeq
Eeq E1 − Vγ 1
+
R3eq
R4
VB =
=3 V
1
1
+
R3eq R4
dunque D2 è ON.(*)
Verifichiamo ora lo stato di D1: se D1 OFF risulta:
Eeq Vγ 2
+
R3eq R5
VA =
= 2,07 V
1
1
+
R3eq R5
e poiché E1 – VA > Vγ1, risulta D1 ON.
Calcoliamo le correnti su D1 e su D2. Abbiamo allora bisogno di valutare la tensione sul
punto C:
E1 − Vγ 1 Eeq Vγ 2
+
+
R4
R3eq R5
= 2,23 V;
VC =
1
1
1
+
+
R4 R3eq R5
pertanto la corrente su D1 è:
mentre quella su D2 è:
E1 − Vγ 1 − VC
VC − Vγ 2
R5
R4
= 3,85 mA,
= 11,68 mA.
Quindi, sebbene entrambi i diodi siano in conduzione, soltanto il secondo si accende.
(*)
Ovviamente se avessimo supposto D2 OFF ed anche D1 OFF, allora si sarebbe avuto che VB = Eeq, dunque
anche in tal caso avremmo concluso che D1 ON.
●
E = 12 V (⇒ Eeq = 6 V)
Riferendoci al circuito del caso precedente, possiamo asserire che D2 è ON; se infatti fosse
OFF (ipotizzando che D1 sia ON) risulterebbe:
Eeq E1 − Vγ 1
+
R3eq
R4
VB =
=5 V
1
1
+
R3eq R4
dunque D2 è ON.
Verifichiamo ora lo stato di D1: se D1 OFF risulta:
Eeq Vγ 2
+
R3eq R5
VA =
= 3,23 V
1
1
+
R3eq R5
e poiché E1 – VA < Vγ1, risulta D1 OFF.
Calcoliamo la corrente su D2.
Eeq − Vγ 2
R3eq + R5
= 27,69 mA
pertanto il LED D2 è acceso.
STATO
E
ACCENSIONE
0
D1
ON
D2
OFF
D1
SÌ
D2
NO
6
ON
ON
NO
SÌ
12
OFF
ON
NO
SÌ
b) Inserendo i diodi in GaN si ottiene rispettivamente nei tre casi:
●
E = 0 V (⇒ Eeq = 0 V)
D1 ON (infatti se D1 OFF sarebbe VA = 0, quindi D1 conduce).
Se D2 OFF ⇒ VB = 0,33 V e poiché VB < Vγ2 ⇒ D2 OFF.
Corrente su D1:
●
E1 − Vγ 1 − VB
R4
= 3,33 mA, dunque D1 risulta spento.
E = 6 V (⇒ Eeq = 3 V)
Se D2 OFF, si calcola VB = 2,33 V; poiché VB < Vγ2 ⇒ D2 OFF.
Se D1 OFF, si calcola VA = 3,31 V; poiché E1 – VA < Vγ1 ⇒ D1 OFF.
●
E = 12 V (⇒ Eeq = 6 V)
Se D2 OFF (e D1 ON), si calcola VB = 4,33 V; poiché VB > Vγ2 ⇒ D2 ON.
Se D1 OFF, si calcola VA = 4,46 V; poiché E1 – VA < Vγ1 ⇒ D1 OFF.
Corrente su D2:
Eeq − Vγ 2
R3eq + R5
= 15,38 mA ⇒ D2 spento.
In tutti e tre i casi i due LED rimangono spenti.
STATO
E
ACCENSIONE
0
D1
ON
D2
OFF
D1
NO
D2
NO
6
OFF
OFF
NO
NO
12
OFF
ON
NO
NO
Secondo quesito:
a) Schema statico:
+E
EG =
ID
RD
IC
RC
R2
E = 5,7 V
R1 + R2
RG = R1 // R2 = 299,25 kΩ
Supponendo che il depletion-MOSFET sia in
zona di saturazione e che il BJT sia in zona
T1
attiva possiamo risolvere il seguente sistema:
RG
T2
EG
 I D = K (VGS − Vt )2

VGS = EG − VBE = 5 V
⇒ ID = 0,5 (5 – 4)2 = 0,5 mA
⇒ ID = IB = 0,5 mA ⇒ IC = βIB = 50 mA.
Le equazioni alle maglie ci permettono di ricavare VDS e VCE:
VDS = E – VBE – RD ID = 6,3 V;
poiché VDS > VGS – Vt (⇒ 6,3 > 5 – 4) allora T1 (MOSFET) è in zona di saturazione.
VCE = E – RC IC = 2 V;
poiché VCE > VBE allora T2 (BJT) è in zona attiva.
Schema dinamico:
D
Ri
gmvgs
G
C
S≡B
RD
vgs
Rs
ib
RG
+
rπ
vs
RC
β ib
vo
E
Si osserva immediatamente che la resistenza d’ingresso coincide con RG, cioè Ri = RG =
= 299,25 kΩ.
Per l’amplificazione si ricavano facilmente le seguenti relazioni:
vo = − RC βib
(1)
ib = g m (FET )v gs , dove g m (FET ) = 2 K (VGS − Vt ) = 2 ⋅ 0,5(5 − 4 ) = 1 mS;
(2)
inoltre, dato che RG » Rs, si può scrivere:
v gs ≈ v s − rπ ib = v s − rπ g m (FET )v gs
dove rπ =
β
g m ( BJT )
=
β
IC
VT
=
⇒ v gs =
vs
,
1 + rπ g m (FET )
100
= 52 Ω.
50
0,026
Combinando la (1), la (2) e la (3) si ottiene
vo = −
⇒
RC βg m (FET )
1 + rπ g m (FET )
A=
vs
R βg
vo
= − C m (FET ) = −19 .
1 + rπ g m ( FET )
vs
b) Sostituendo T1 con un BJT dalle caratteristiche uguali a quelle di T2, e supponendo che
entrambi i BJT si trovino in zona attiva (per cui VBE1 = VBE2 = 0,7 V), si possono scrivere le
seguenti relazioni circuitali:
(3)
+E
IC1
IC2
RD
IB1
RC
T1
IE1 ≡ IB2
RG
T2
EG
EG = VBE 1 + VBE 2 + RG I B1
EG − VBE 1 − VBE 2
= 14,37 µA
RG
⇒
I B1 =
⇒
I C1 = β I B1 = 1,437 mA
⇒
I B 2 ≡ I E1 = I C1 + I B1 = 1,45 mA
⇒
I C 2 = βI B 2 = 145 mA .
Poiché VB1 = 1,4 V e VC1 = E – RDIC1 = 12 – 10·1,437 < 0 V, allora si ha VC1 < VB1, cioè la
giunzione CB è polarizzata direttamente. Pertanto il transistor T1 è in saturazione e il circuito
non è più in grado di amplificare linearmente il segnale d’ingresso.
Ricaviamo infine i punti di riposo di T1 e di T2.
Poiché RC è abbastanza piccola, la caduta di tensione su di essa non dovrebbe essere troppo
elevata, pertanto il transistor T2 potrebbe trovarsi in zona attiva. Nell’ipotesi che T1 sia in
saturazione e T2 in zona attiva, si ha:
I C1(sat ) =
E − VCE1(sat ) − VBE 2
RD
=
12 − 0,2 − 0,7
= 1,11 mA (= IB2) ;
10
IB2 = IC1(sat) = 1,11 mA ⇒ IC2 = β IB2 = 100·1,11 = 111 mA ;
dunque VC2 = E – RC IC2 = 12 – 0,2·111 < 0 V ;
poiché la corrente IC2 è elevata, risulta VC2 < VB2, di conseguenza anche T2 è in saturazione.
In tal caso risulta:
I C1(sat ) =
I C 2 (sat ) =
I B1 =
E − VCE1(sat ) − VBE 2 (sat )
RD
E − VCE 2 (sat )
RC
=
IC1(sat)/β).
12 − 0,2 − 0,8
= 1,1 mA (= IB2);
10
12 − 0,2
= 59 mA (che deve ovviamente essere minore di β IB2);
0,2
EG − VBE 1(sat ) − VBE 2 (sat )
RG
=
=
5,7 − 0,8 − 0,8
= 13,7 µA (valore ovviamente maggiore di
299,25
Compito del 19/09/2007
Durata massima della prova: 4h
Elettro Domenica, detta Nica, è una giovane e brillante laureata in Ingegneria Elettronica
all’Università di Palermo. Viene subito contattata da una piccola azienda svizzera del cantone
di Waffanburg per un colloquio. La giovane, eccitatissima per la proposta, fa le valige e, in
men che non si dica, parte per Zurigo. Da lì decide di affittare un’automobile per raggiungere
lo sperduto villaggio nel quale ha sede l’azienda… ignara di ciò che il destino le ha riservato!
La poveretta sarebbe sicuramente meno eccitata e più preoccupata se sapesse che proprio tra
le montagne del Waffanburg si nasconde l’ultima tribù europea di selvaggi antropofagi…
Questi ultimi, approfittando del calar della sera, protetti dal muro di silenzio della celebre
omertà svizzera, la catturano e la portano al cospetto del loro capo! Il quale esclama:
- “Bene, bene… sei nostra prigioniera! I miei avi non avrebbero perso tempo e ti
avrebbero subito divorata! E, sfortunatamente per te, nel frattempo la cucina svizzera non è
migliorata un granché rispetto a quell’epoca… dunque saremmo tentati di mangiarti lo stesso,
dato che non ne possiamo più di fondute al formaggio.”
- “Pietà, capo… io sono italiana, di Palermo… se vuoi posso insegnarti a cucinare la
pasta con le sarde.”
- “E dove le vuoi trovare le sarde qui tra le montagne?!... Ho cambiato idea: dal Q.I. che
dimostri, puoi essere la sposa perfetta per uno dei miei figli… Non fai un cattivo affare e hai
pure l’imbarazzo della scelta. Sono ben quattro, tutti civilizzati, rispettosi delle leggi e dei
passaggi pedonali. E poi sono tutti e quattro neolaureati in Ingegneria Elettronica…”
- “Aaaah, no per pietà! Tutto quello che vuoi, ma mai sposare un ingegnere elettronico…
Gli ingegneri elettronici sono tutti brutti, pelosi, con la faccia da monitor e lo sguardo da
nerd… E poi, non capiscono assolutamente niente di elettronica.”
- “Piccola impertinente! Passi per il “brutti, pelosi, faccia da monitor e sguardo da nerd”
(il che è effettivamente vero)… ma i miei figli sono dei veri geni in elettronica!”
- “Davvero?! Facciamo allora un patto: Se i tuoi figli riusciranno a risolvere i quesiti di
Dispositivi Elettronici che adesso ti proporrò, mi sposerò con il più giovane di loro.
Altrimenti… non è che hai almeno un nipote, laureato in Scienze Politiche?...”
Aiutate questo povero padre di famiglia a trovare una ragazza per suo figlio 45enne
(neolaureato!), rispondendo ai seguenti quesiti.
QUESITO 1
Un cubetto di silicio, il cui spigolo misura l = 1 cm, è drogato con 1014 cm-3 atomi di boro
ed è mantenuto ad una temperatura costante di 180°C. Sapendo che il tempo di vita medio
delle cariche libere è τn = τp = 10 µs e sapendo che il semiconduttore viene illuminato per
100 µs con una sorgente in grado di generare 1019 cm-3 s-1 coppie elettrone-lacuna, si ricavino
le espressioni analitiche (al variare del tempo) della concentrazione di cariche libere np(t),
pp(t), e della resistenza elettrica del cubetto R(t), durante e dopo l’illuminazione; inoltre se ne
diagrammino in scala i relativi andamenti dall’istante t = 0 (accensione della sorgente
luminosa) sino all’istante t = 150 µs (vale a dire 50 µs dopo lo spegnimento).
QUESITO 2
Il cubetto di silicio del quesito precedente
viene inserito nel circuito rappresentato in figura,
in luogo della resistenza sull’emettitore RE.
Sapendo che il guadagno β del BJT è pari a 75, si
ricavi l’espressione analitica dell’amplificazione
di tensione Av(t) durante e dopo l’illuminazione e
si diagrammi in scala l’andamento del suo
modulo |Av(t)| (da t = 0, a t = 150 µs).
Sapendo infine che l’ampiezza del segnale vi
d’ingresso |vi|max è 1 mV e che la sua frequenza fi
è 100 kHz, si diagrammi in scala l’andamento
della tensione d’uscita vo(t) (da t = 0, a t =
= 150 µs), nell’ipotesi che la suddetta tensione
segua istantaneamente le variazioni di RE.
VCC = 9 V
RC = 640
Ci
≈∞
Co ≈
RB = 6,7
Ω
∞
vo
kΩ
Ω
RE(t)
VEE = - 2 V
QUESITO 3
Per il transistor, la cui struttura è riportata in figura in basso a sinistra, si consideri (con
ovvio significato dei simboli):
NDE = 1017 cm-3 , NAB = 5·1016 cm-3 , NDC = 1016 cm-3 , w0 = 1 µm (spessore metallurgico della
base), τn = τp = 1 µs.
Dopo aver calcolato il guadagno β di tale BJT npn, si dimensionino le resistenze del
circuito (in figura in basso a destra) in modo che risulti VCE = 5,7 V e IC = 1 mA.
Dopo aver dimensionato le resistenze, si calcolino infine le espressioni analitiche delle
tensioni d’uscita vo1 e vo2 in funzione della tensione d’ingresso vi, qualora il transistor venga
interamente illuminato da una radiazione in grado di generare 1024 cm-3 s-1 coppie elettronelacuna.
E
B
+VCC = 12 V
a
dE
RC
Co ≈
w0
∞
dC
RB
C
Ci ≈
b
a = 30 µm, b = 10 µm
dE = 30 µm, w0 = 1 µm, dC = 100 µm
vi
∞
vo1
vo2
Soluzione Compito 19/09/2007
Primo quesito:
Calcoliamo la concentrazione di cariche intrinseche a 453 K (180°C):
ni (T ) = N C (T )NV (T ) e
−
EG (T )
2 kT
, dove:
1,5
 453 
19
19
−3
N C (453) = 
 N C (300) = 1,86 × 2,8 ⋅ 10 = 5,20 ⋅ 10 cm
300


1, 5
1,5
 453 
19
19
−3
NV (453) = 
 NV (300 ) = 1,86 × 1,04 ⋅ 10 = 1,93 ⋅ 10 cm
 300 
 T 
N C (T ) = 
 N C (300 ) ⇒
 300 
1, 5
 T 
NV (T ) = 
 NV (300) ⇒
 300 
EG (T) = 1,153 – 2,3·10-4 T .
Si ha pertanto:
ni (453) = N C (453)NV (453) e
−
1,153− 2 , 3⋅10 −4 ×453
2 kT
= 4,66 ⋅ 1013 cm −3 .
In assenza di illuminazione:
p p0 =
[
]
1
N A + N A2 + 4ni2 ≈ N A ,
2
n p0 =
ni2
n2
= i = 2,17 ⋅ 1013 cm -3 .
pp0 N A
Come si nota, a tale temperatura il semiconduttore tende a comportarsi come intrinseco.
Poiché il termine GLτp = GLτn è pari a 1014 cm-3, si tratta pertanto di un’iniezione ad alto
livello. Nel nostro studio dovremo allora considerare sia le cariche minoritarie che le
maggioritarie.
Se a t = 0 viene accesa la sorgente luminosa, si può scrivere per le cariche minoritarie:
∂n p
∂t
= GL −
np − n p0
τn
,
(1)
la cui soluzione è:
n p (t ) = n p 0 + GLτ n + Ae
−
t
τn
.
La costante A si ricava imponendo che a t = 0 la concentrazione np sia pari a np0:
n p (0) = n p 0 = n p 0 + GLτ n + A ⇒
A = −GLτ n = −(nL − n p 0 ) = 1014 ,
avendo indicato con nL la soluzione a regime
nL = n p 0 + GLτ n = 2,17 ⋅ 1013 + 1014 = 1,22 ⋅ 1014 cm −3 .
Si può infine scrivere (per t ≤ 100 µs):
n p (t ) = nL − (nL − n p 0 )e
−
t
14
τn
14
= 1,22 ⋅ 10 − 10 e
−
t
10− 5
.
(2)
Analogamente per le cariche maggioritarie:
p p (t ) = pL − ( pL − p p 0 )e
−
t
τp
−
= pL − ( pL − N A )e
t
−
τp
= N A + GLτ p − GLτ p e
t
τp
14
14
= 2 ⋅ 10 − 10 e
−
t
10− 5
.
A regime, vale a dire dopo 3-4 volte la costante di tempo, le concentrazioni di cariche
minoritarie e maggioritarie valgono rispettivamente:
n p t →∞ = nL = 1,22 ⋅ 1014 cm −3
p p t →∞ = pL = 2 ⋅ 1014 cm −3
Dopo l’istante t = 100 µs cessa l’illuminazione, ossia nella (1) il termine forzante GL diviene
zero:
∂n p
∂t
+
np − np0
τn
=0 ,
da cui si ricava la soluzione:
n p (t ) = n p 0 + A′e
−
t −10 −4
τn
(3)
dove il tempo t è espresso in s.
All’istante t = 100 µs, la (2) si può sicuramente considerare a regime visto che la costante di
tempo τn è uguale a 10 µs(*), cioè n p (10−4 ) ≈ nL . A partire da quest’ultimo risultato, possiamo
ricavare la costante A′ nella (3):
n p (100) ≈ nL
⇒ nL = n p 0 + A′ ⇒
A′ = nL − n p 0 ,
pertanto la soluzione (per t ≥ 100 µs) è:
n p (t ) = n p 0 + (nL − n p 0 )e
−
t −10−4
13
τn
14
= 2,17 ⋅ 10 + 10 e
−
t −10 −4
10 − 5
e analogamente per le cariche maggioritarie:
p p (t ) = p p 0 + ( pL − p p 0 )e
(*)
−
t −10 −4
τp
14
14
= 10 + 10 e
−
t −10 −4
10 − 5
t −10

−
−5

= 10 1 + e 10


−4
14

 .


In ogni caso possiamo verificarlo, valutando la (2) in t = 100 µs:
n p (t ) = nL − (nL − n p 0 )e
−
t
τn
14
14
= 1,22 ⋅ 10 − 10 e
−
10 −4
10 − 5
= 1,22 ⋅ 1014 − 4,5 ⋅ 109 ≈ 1,22 ⋅ 1014 cm −3 = nL
Gli andamenti sono i seguenti:
np, (pp)
τn,p
[cm-3]
nL = 1,22·1014
(pL = 2·1014)
nL - np0 =
= pL - pp0 = 1014 cm-3
τn,p
np0 = 2,17·1013
(pn0 = 1014)
10
t [µs]
100
La resistività della lamina di silicio al variare del tempo deve essere calcolata tenendo conto
sia del contributo delle cariche minoritarie, che di quelle maggioritarie (dato che risultano
confrontabili).
Dal grafico µ vs. CT risulta a temperatura ambiente:

cm 2
1370
=
µ
 n
V ⋅s

2
cm
µ = 525
 p
V ⋅s
per CT = NA = 1014 cm-3 ;
alla temperatura di 453 K le mobilità si modificano come segue:
−1, 5

cm 2
 453 
µn (453K ) = 
 µ n (300 K ) = 0,54 ⋅ 1370 = 738

V⋅s
 300 
.

−1,5
2
µ (453K ) =  453  µ (300 K ) = 0,54 ⋅ 525 = 283 cm
p
 p
V ⋅s
 300 
Sotto condizioni di illuminazione (0 ≤ t ≤ 100 µs), osservando che nL – np0 = pL – pp0 e τn = τp,
si ha:
ρ (t ) =
1
−
 
− t 

q  µ n  nL − nL − n p 0 e τ n  + µ p  p L − p L − p p 0 e
 


(
=
=
)
(
)
1
−

q µ n nL + µ p pL − µ n + µ p nL − n p 0 e

1
(
2,35 ⋅ 10− 2 − 1,63 ⋅ 10 − 2 ⋅ e
)(
− t
)
t
τn 
t
τp
 

 
=


10 − 5
Dopo l’illuminazione (t ≥ 100 µs), la funzione resistività diviene:
=
(4)
ρ (t ) =
1
t −10 − 4  
 

t −10 − 4 
−
−
τ p 

q µn n p 0 + nL − n p 0 e τ n  + µ p  p p 0 + pL − p p 0 e



 

 

 
(
=
)
(
1
t −10 − 4 

−


q µn n p 0 + µ p p p 0 + µn + µ p nL − n p 0 e τ n 




1
(
=
)(
−
7,09 ⋅ 10 −3 + 1,63 ⋅ 10− 2 ⋅ e
=
)
(5)
=
)
t −10 − 4
10 − 5
Le soluzioni a regime si possono ricavare dalle (4) e (5),(**) o da semplici considerazioni
fisiche. Infatti al buio a regime deve essere:
ρ (t ) =
1
= 141 Ω ⋅ cm ,
q µn n p 0 + µ p p p 0
(
(6)
)
mentre in condizioni di illuminazione a regime si ha:
ρ (t ) =
1
= 42,6 Ω ⋅ cm .
q µ n nL + µ p pL
(
(7)
)
Infine, osserviamo dalla seconda legge di ohm che
R(t ) = ρ (t )
l
1 cm
ρ (t )
= ρ (t )
=
,
l ×l
1 cm × 1 cm 1 cm
cioè la resistenza R(t) coincide numericamente con la resistività ρ(t).
R [Ω]
τn,p
141
42,6
τn,p
10
(**)
Dalla (4) si ottiene:
100
- per t = 0
ρ=
−2
1
1
=
= 139 Ω ⋅ cm ,
−2
− 1,63 ⋅ 10
7,2 ⋅ 10 − 3
t [µs]
2,35 ⋅ 10
1
- per t → ∞
ρ=
= 42,6 Ω ⋅ cm .
2,35 ⋅ 10 − 2
1
1
ρ=
=
= 42,8 Ω ⋅ cm ,
Dalla (5) si ottiene:
- per t = 10-4 s
−3
−2
7,09 ⋅ 10 + 1,63 ⋅ 10
2,34 ⋅ 10 − 2
1
- per t → ∞
ρ=
= 141 Ω ⋅ cm .
7,09 ⋅ 10− 3
Le lievi differenze con le soluzioni (6) e (7) sono dovute ad errori di arrotondamento.
Secondo quesito:
Calcolo punto di riposo:
a) Quando RE = 141 Ω, si ha
RC
IE =
VCC
IB =
RE(t)
RB
VEE − VBE
= 5,67 mA
RB
RE +
β +1
IE
= 74,6 µA
β +1
I C = I E − I B = 5,60 mA
VEE
VCE = VCC − RC I C − RE I E + VEE = 6,62 V .
Poiché VB = − RB I B = −0,5 V e VC = VCC − RC I C = 5,42 V , si ha VC > VB, pertanto il BJT è in
zona attiva.
b) Quando RE = 42,6 Ω, utilizzando le stesse formule del caso a), risulta:
IE = 9,94 mA; IB = 131 µA; IC = 9,81 mA; VCE = 4,30 V; VB = – 0,88 V; VC = 2,72 V;
pertanto, avendosi VC > VB, anche in tal caso il BJT è in zona attiva.
Calcolo amplificazione:
vo = − RC β ib

vi = rπ ib + RE (1 + β )ib
⇒
Av =
vo = − RC β
B
+
vi
rπ + RE (1 + β )
vi
RB
rπ
E
ib
RE
β ib
C
RC
vo
RC β
=−
.
vi
rπ + RE (1 + β )
La resistenza rπ nei due casi vale:
a) (RE = 141 Ω) rπ =
b) (RE = 42,6 Ω) rπ =
β
IC
=
VT
β
IC
VT
=
75
5,6
= 348 Ω ;
0,026
75
= 199 Ω .
9,81
0,026
In entrambi i casi si può osservare che risulta rπ « RE (1 + β) e β » 1. L’espressione
dell’amplificazione si semplifica pertanto come segue:
Av ≈ −
RC
.
RE
vo
Nei due casi limite l’amplificazione è allora:
a) (RE = 141 Ω) Av = −
640
= −4,5
141
b) (RE = 42,6 Ω) Av = −
640
= −15 .
42,6
L’andamento della funzione amplificazione A(t) è:
- in presenza di illuminazione:
640
1
Av (t ) = −
2,35 ⋅ 10
−2
−2
− 1,63 ⋅ 10 e
−
t
t

−
−5
−2
−2

10
= −640 2,35 ⋅ 10 − 1,63 ⋅ 10 e


t

−
 = −15 + 10,5 e 10 − 5


10 − 5
;
- dopo l’illuminazione:
t −10 −4

−

−5
−3
−2
Av (t ) = −640 7,09 ⋅ 10 + 1,63 ⋅ 10 e 10


‫׀‬Av(t)‫׀‬
t −10 −4

−

10 − 5 .
 = −4,5 − 10,5 e


τn,p
15
τn,p
4,5
10
t [µs]
100
L’andamento della tensione d’uscita è rappresentato sotto in figura.
vo(t) [mV]
15
4,5
t [µs]
0
-4,5
100
-15
10
Terzo quesito:
Calcolo di β:
Per ipotesi si ha VCE = 5,7 V, dunque il transistor non può essere né in saturazione, né in
interdizione. Pertanto, dovendo necessariamente trovarsi in zona attiva la tensione VCE si
ripartisce tra le due giunzioni nel modo che segue:
VBE = 0,7 V

VCB = 5 V
Lo spessore della zona neutra di base si ricava dalla formula:
wB = w0 − wBE − wCB
N DC
N AB
dove wBE e wCB sono gli spessori delle zona svuotate in corrispondenza delle giunzioni BE e
CB rispettivamente. Per ricavare tali spessori è necessario calcolare dapprima i potenziali di
barriera:

5 ⋅ 1016 × 1017
kT N DE N AB
= 0,805 V
ln
= 0,026 ln
φBE =
2
q
ni2

1,35 ⋅ 1010

16
16
φ = kT ln N DC N AB = 0,026 ln 5 ⋅ 10 × 10 = 0,745 V
2
 CB
q
ni2
1,35 ⋅ 1010


2ε s
wBE =
q

⇒ 
w = 2ε s
 CB
q

(
)
(
)
−12
16
17
N AB + N DE
(φBE − VBE ) = 2 ⋅ 10 −19 5 ⋅ 1016 + 1017 (0,805 − 0,7 ) = 0,063 µm
N AB N DE
1,6 ⋅ 10 5 ⋅ 10 × 10
−12
16
16
N AB + N DC
(φCB + VCB ) = 2 ⋅ 10 −19 5 ⋅ 1016 + 1016 (0,745 + 5) = 0,93 µm
N AB N DC
1,6 ⋅ 10 5 ⋅ 10 × 10
⇒ wB = w0 − wBE − wCB
1016
N DC
= 1 − 0,063 − 0,93
= 0,751 µm .
N AB
5 ⋅ 1016
Dal grafico che rappresenta le mobilità in funzione delle concentrazioni di atomi droganti si
ricava:

cm 2
cm 2
kT
⇒
600
15
,
6
D
=
µ
µ
=
=
 nE
nE
nE

V ⋅s
s
q
E: 
2
2
µ = 263 cm ⇒ D = kT µ = 6,84 cm
pE
pE
 pE
V ⋅s
q
s
per CT = N DE = 1017 cm -3

µ nB = 713

B: 
µ = 310
 pB
per CT = N AB = 5 ⋅ 1016 cm -3
cm 2
cm 2
kT
⇒ DnB =
µnB = 18,54
V⋅s
s
q
2
cm
kT
cm 2
⇒ D pB =
µ pB = 8,06
V⋅s
q
s

µ nC = 990

C: 
µ = 400
 pC
cm 2
cm 2
kT
⇒ DnC =
µ nC = 25,74
V ⋅s
s
q
2
cm
kT
cm 2
⇒ D pC =
µ pC = 10,4
V⋅s
q
s
per CT = N DC = 1016 cm -3
Le lunghezze di diffusione delle cariche minoritarie relative alla giunzione BE sono uguali a:
(
(
)
)
 L = D τ = 18,54 ⋅ 108 10− 6 = 43,06 µm
nB
nB n
.

8
−6
 L pE = D pEτ p = 6,84 ⋅ 10 10 = 26,15 µm
Si possono adesso calcolare il fattore di trasporto αT e l’efficienza d’emettitore γ:
2
1 w 
αT = 1 −  B  = 0,99985
2  LnB 
γ=
=
I Dn
IE
≈
I Dn
I Dn + I D p
qADnB
=
qADnB
ni2
N AB wB
ni2
N AB wB
+ qAD pE
ni2
N DE L pE
=
1+
D pE
DnB
1
=
N AB wB
N DE L pE
1
= 0,9947 .
6,84 5 ⋅ 1016 0,751
1+
18,54 1017 26,15
Queste ultime relazioni permettono di calcolare i guadagni α e β:
α = αT ⋅ γ = 0,99985 ⋅ 0,9947 = 0,9945
β=
α
= 182 .
1−α
Noto β, le due resistenze RC e RB si calcolano immediatamente applicando i principi di
Kirchoff:
RC =
RB =
VCC − VCE VCC − VCE 12 − 5,7
=
=
≈ 6,3 kΩ ;
IC
1
IC + I B
IC +
1+
β
182
VCE − VBE VCE − VBE 5,7 − 0,7
=
=
≈ 910 kΩ .
1
IC
IB
182
β
Se il transistor viene interamente illuminato in modo tale che la velocità di generazione di
cariche sia GL = 1024 cm-3 s-1, allora nelle tre regioni di emettitore, base e collettore vengono
generati GLτn elettroni e GLτp lacune, cioè:
GLτn = GLτp = 1024·10-6 = 1018 cm-3 .
Poiché in tutte e tre le regioni si ha un’iniezione ad alto livello, queste si comportano come un
unico semiconduttore intrinseco con conseguente estinzione delle giunzioni. In tutte le regioni
del transistor risulta pertanto:
nL = n0 + GLτ n ≈ GLτ n = 1018 cm-3 ,
pL = p0 + GLτ p ≈ GLτ p = 1018 cm -3 .
Scomparse le giunzioni, il transistor si comporta come tre semplici resistenze in serie.
Trascurando la resistenza della regione di base, data l’esiguità dello spessore di quest’ultima,
si considerino soltanto la resistenza tra il terminale di collettore e quello di base (RCB) e la
resistenza tra il terminale di base e quello di emettitore (RBE). Pertanto il circuito si modifica
come indicato in figura:
+VCC
+VCC
RC
Co
RC
Co
iC
RB
RCB // RB
RCB
Ci
vo1
vo2
RBE
vi
Ci
vo1
RBE
vi
Si può così calcolare che:
RCB =
1
1
100 ⋅ 10−4
dC
=
= 15 Ω ;
q µ nC nL + µ pC pL a × b 1,6 ⋅ 10−19 990 ⋅ 1018 + 400 ⋅ 1018 30 ⋅ 10− 4 10 ⋅ 10− 4
RBE =
dE
1
1
30 ⋅ 10−4
=
= 7,25 Ω .
q µ nE nL + µ pE pL a × b 1,6 ⋅ 10−19 600 ⋅ 1018 + 263 ⋅ 1018 30 ⋅ 10− 4 10 ⋅ 10− 4
(
)
(
)
(
(
)(
)(
)(
)(
Si osservi ancora che:
RCB // RB ≈ RCB = 15 Ω ,
per cui, applicando i principi di Kirchoff al circuito, si perviene alle relazioni:
vo1 = RCBiC + vi =
 RCB 

VCC − vi
RCB 
VCC + 1 −
 vi
RCB + vi = 
RC + RCB
 RC + RCB 
 RC + RCB 
termine costante
termine variabile
)
)
vo2
Poiché
RCB
= 2·10-3 ≈ 0 , si ha infine
RC + RCB
vo1 ≈ vi .
Se si considera la capacità sul ramo d’uscita, il termine costante viene comunque bloccato,
pertanto anche in tal caso si ha:

RCB 
 vi ≈ vi .
vo 2 = 1 −
+
R
R
C
CB 

Compito del 19/11/2007
Durata massima della prova: 2h
Boato di festa! Dopo aver conquistato lo scudetto, il Palermo ha vinto la Champions
League e la gioia popolare è esplosa. Il Sindaco decide che l’eccezionale evento, deve essere
commemorato a imperitura memoria organizzando una festa cittadina di dimensioni tali che
anche Santa Rosalia con il suo festino deve impallidire. Per l’organizzazione, una sola regola
deve essere applicata: non badare a spese (tanto i fondi saranno gentilmente decurtati
dall’edilizia scolastica)! L’evento si chiuderà con un concerto sul mare dei mitici Pink-Black
Floyd.
Ma due ore prima del concerto scoppia la tragedia: l’intero impianto di amplificazione
cessa improvvisamente di funzionare. Un’intera squadra di tecnici si mette freneticamente al
lavoro ma vani sono i tentativi di ripristinare l’impianto, quando ad un tratto viene recapitata
al Sindaco una lettera. Questi la apre e legge:
- “Maledetti palermitani! Ci avete fregato lo scudetto che toccava al glorioso, puro e
immacolato Inter, adesso vi rovinerò la festa. Firmato: Un terrorINTERista.
P.S. Voglio darvi comunque una possibilità. Ho tolto dall’impianto di amplificazione due
circuiti essenziali per il suo funzionamento. Avete due ore di tempo prima dell’inizio del
concerto, per capire come funzionano e per andarli a sostituire. Se riuscite a trovare la
soluzione, avrete meritato lo scudetto, altrimenti… w la Madunina (e Sant’Agata)!”
PRIMO CIRCUITO
+
Dopo aver tracciato la transcaratteristica del circuito a diodi in figura, si costruisca
graficamente l’andamento della tensione d’uscita a partire dalla tensione d’ingresso. Il grafico
deve essere disegnato in scala (e si consiglia di riportare nello stesso diagramma anche la
tensione d’ingresso). La tensione d’ingresso è costituita da un segnale a dente di sega di
ampiezza minima pari a 0 V e massima uguale a 5 V.
Si calcoli inoltre il valore della
tensione d’ingresso vi in corrispondenza del quale la tensione d’uscita
D2
vo risulta uguale alla stessa tensione
VR
d’ingresso vi.
R1
I diodi si considerino ideali con
vi
vo
R2
D1
una tensione di soglia Vγ uguale a
0,6 V. Risulta inoltre:
R1 = R2 = 1 kΩ e VR = 3,2 V.
SECONDO CIRCUITO
Si consideri il circuito a transistor riportato sotto in figura.
Sapendo che il guadagno β del transistor è pari a 110, che la massima potenza dissipabile
dal transistor è 75 mW, che la tensione di alimentazione VCC è pari a 9 V e che la resistenza di
carico è uguale a 1 kΩ, si dimensionino le resistenze del circuito in modo che la corrente di
uscita sul carico io sia all’incirca pari a 10 volte (±20%) la corrente fornita dal generatore
d’ingresso ii.
Dopo avere dimensionato le resistenze, si effettui l’analisi del circuito per verificare che
siano soddisfatte le specifiche richieste.
In fase di progetto si effettuino tutte le semplificazioni ritenute necessarie giustificandole
in modo opportuno.
Soluzione Compito 19/11/2007
Primo quesito:
Supponiamo che vi assuma valori negativi, tali che risulti D2 OFF.
In tal caso, D1 OFF se 0 – VA ≤ 0,6
R1
v + VR
VA = vi − R1 i
; poiché R1 = R2
R1 + R2
si ottiene: V A =
VR
A
⇒ VA ≥ – 0,6 V, dove
vi
D1
R2
vi − VR
= 0,5vi − 1,6 .
2
Pertanto D1 OFF se risulta: 0,5vi − 1,6 ≥ −0,6 ⇒ 0,5vi ≥ 1 ⇒ vi ≥ 2 V .
L’uscita in tal caso si calcola dal circuito equivalente riportato sotto in figura:
VR
R1
vi
Vγ1
R2
vo = VR − Vγ 1 = 2,6 V
vo
Sicuramente quando l’ingresso è al di sotto di 2 V il diodo D2 è interdetto; infatti il potenziale
di anodo coincide con vi, mentre quello di catodo con vo, pertanto poiché vi ≤ 2 V e vo = 2,6 V,
necessariamente D2 è OFF. Stabiliamo allora per quale valore di vi il diodo D2 cambia di stato.
Poiché tale valore sarà senz’altro maggiore di 2 V, il diodo D1 è OFF per cui il circuito da
analizzare è il seguente:
D2 è OFF se vi – vo ≤ 0,6
D2
⇒ vi − R2
VR
R1
vi
R2
vo
⇒ vi −
v i + VR
≤ 0,6
R1 + R2
vi + VR
≤ 0,6
2
⇒
0,5vi − 1,6 ≤ 0,6 ⇒ 0,5vi ≤ 2,2
⇒ vi ≤ 4,4 V .
vo
Ricapitolando:
D1
D2
vi ≤ 2 V
ON
OFF
2 V ≤ vi ≤ 4,4 V
OFF
OFF
vi ≥ 4,4 V
OFF
ON
Calcoliamo infine l’uscita nei due casi rimanenti:
a) 2 V ≤ vi ≤ 4,4 V
VR
R1
vi
R2
vo = R2
vo
v i + VR v i + V R
=
= 0,5vi + 1,6
R1 + R2
2
b) vi ≥ 4,4 V
Vγ2
VR
vo = vi − Vγ 2 = vi − 0,6
R1
vi
vo
R2
vo [V]
4,4
vo [V]
3,8
2,6
vi(t)
vi [V]
0
2
4,4
t1
5
vi [V]
t1
t2
t3
t
t
t2 t3
Come si osserva sopra dal grafico di vo(t), il valore di vi per il quale si ha vo(t) = vi(t) ricade
nell’intervallo 2 V ≤ vi ≤ 4,4 V. Per calcolare tale valore di vi, basta imporre vo = vi
nell’espressione dell’uscita:
vo = vi = 0,5vi + 1,6 ⇒ 0,5vi = 1,6 ⇒ vi = 3,2 V .
Secondo quesito:
Calcoliamo l’amplificazione di corrente per un emettitore comune, a partire dallo schema
equivalente dinamico:
io
ii
ib
ieq
ic
rπ
Req
RC
βib
RL
La corrente d’uscita si può esprimere come segue:
io = −ic − βib
vo

io = R
L
e poiché 
vo
ic =
RC

⇒ ic =

R

R 
io = − L io + βib  ⇒ 1 + L io = − βib
RC 

 RC

RL
io , si ha
RC
⇒ io = −
β
1+
RL
RC
ib .
La corrente d’ingresso si può esprimere come segue:
ii = ieq + ib e poiché ieq =
ii =
rπ ib
, si ha
Req
 r

rπ ib
+ ib =  π + 1ib .
R

Req
 eq

L’amplificazione di corrente pertanto si ricava dalla seguente espressione:
β
Ai =
R
1+ L
RC
ib
io
=−
= −β
ii

 rπ

+ 1ib

R

 eq
1
.

RL 
rπ 
1 +
 1 +


 RC  Req 
Ipotizzando di riuscire a realizzare la condizione Req » rπ, l’espressione dell’amplificazione di
corrente si semplifica:
Ai ≈ −
β
R
1+ L
RC
.
Affinché |Ai| ≈ 10 ⇒ 1 +
RL
≈ 11 (dato che β ≈ 110) ⇒ RL ≈ 10 RC ⇒ RC ≈ RL / 10 .
RC
Scegliendo RC = RE = 100 Ω e VCE = 3 V, si ottiene:
VRC =VRE = VCE = 3 V, da cui:
IC = VRC / RC = 3 / 100 = 30 mA;
poiché però PC = VCE IC = 3 V · 30 mA = 90 mW, il transistor non riesce a dissipare tale
potenza e si distrugge. Aumentiamo allora il valore di RE, fissando su RC una caduta di
tensione minore, ad esempio 2 V:
IC = VRC / RC = 2 / 100 = 20 mA;
⇒ PC = VCE IC = 3 V · 20 mA = 60 mW,
tale potenza può essere dissipata dal transistor.
Risulta pertanto:
VRC = 2 V , VCE = 3 V ⇒ VRE = VCC – (VRC + VCE) = 4 V
⇒ RE = VRE / IE ≈ VRE / IC = 4 / 20 = 200 Ω .
In queste condizioni si ha:
gm =
IC
20
=
= 769 mS
VT 0,026
⇒
rπ =
β
gm
=
110
= 143 Ω .
0,769
Realizziamo adesso la condizione Req » rπ, imponendo inoltre che il partitore R1 – R2 lavori “a
vuoto” (condizione essenziale affinché la corrente di base sia trascurabile rispetto a quella di
partitore). Posto I R1 = 10 I B = 10
R1 =
R2 =
VCC − VR2
I R1
V R2
I R2
≈
V R2
I R1
=
=
(
IC
VCC − VBE + VRE
I R1
= 1,8 mA , si ha:
) = 9 − (4 + 0,7) = 2,39 kΩ ,
1,8
I R1
VBE + VRE
β
=
4,7
= 2,61 kΩ .
1,8
Poiché Req = R1 // R2 = 2,39 // 2,61 = 1,25 kΩ, la condizione Req » rπ è praticamente
soddisfatta.
Verifichiamo infine che il circuito così dimensionato permette di ottenere un’amplificazione
di corrente pari a 10 (± 20%). Indicando nell’ordine con Req e Veq la resistenza e la tensione
equivalente di Thevenin del partitore R1 – R2 d’ingresso, si ha:
 Req = R1 // R2 = 1,25 kΩ

V = R VCC = 4,7 V .
2
 eq
R1 + R2
Il punto di riposo si calcola banalmente:
IE =
IB =
Veq − VBE
4,7 − 0,7
=
= 18,9 mA ,
Req
1,25
0,2 +
RE +
111
β +1
IE
= 0,17 mA ,
β +1
IC = IE – IB = 18,73 mA ,
VCE = VCC – RC IC – RE IE = 3,35 V ,
gm =
rπ =
I C 18,73
=
= 720 mS ,
VT 0,026
β
gm
=
110
= 153 Ω ,
0,720
da cui si ricava infine:
Ai = −
β

R 
r 
1 + L 1 + π 

RC  Req 

=−
110
= 8,91 .
1  0,153 


 1 +  1 +
1,25 
 0,1 
Compito del 21/01/2008
Durata massima della prova: 2h
Nostradamus l’aveva predetto e alla fine la profezia si è avverata: i marziani sono arrivati
sulla terra! Come mai decine e decine di sonde inviate sul pianeta rosso alla ricerca anche di
una minuscola forma di vita non si siano accorte della presenza di colossali dischi volanti,
questo non è ancora chiaro. Ciò che è certo, è che questi dischi volanti, provvisti d’enormi
tentacoli con i quali si muovono agevolmente sulla superficie terrestre, distruggono tutto con
potentissimi laser e catturano tutti gli uomini che non cadono sotto il loro fuoco.
L’eroe della nostra storia è un tale Tommaso Crociera, famoso a Hollywood con un altro
nome (NdR: Tom Cruise si è sempre vergognato delle sue origini siculo-calabresi). Questi
viene catturato, insieme ad altri pochi superstiti, e letteralmente ingoiato dalle fauci del disco
volante. Il nostro Tommaso, non visto, riesce casualmente a sfuggire dalle gabbie in cui sono
rinchiusi gli uomini e si ritrova in una sala che ha tutta l’aria di essere l’interno della centrale
elettronica del disco volante.
– “Saranno forse evoluti questi marziani, ma in elettronica non hanno compiuto grandi
progressi” – pensa tra sé e sé il nostro Tommaso, il quale è diventato attore hollywoodiano
dopo aver frequentato i corsi di Dispositivi elettronici dell’Università di Palermo ed aver
capito di non essere tagliato per l’ingegneria (NdR2: Esperienza da tenere in considerazione
qualora non riusciste a superare questo compito con esito positivo) – “Qui i circuiti sono tutti
a componenti discreti e non vi è un solo integrato!”
Detto ciò, adocchia un paio di circuiti e pensa: – “Vediamo di capire come funzionano
questi due circuiti e se riesco a danneggiare il sistema elettronico di questa scatoletta…”
PRIMO CIRCUITO
Si determini l’andamento della tensione Vo ai capi di R3 tra gli istanti t = 0 e t = 4 s,
sapendo che le tensioni ai capi dei due generatori E1 ed E2 variano come indicato in figura.
Per i tre diodi si consideri una tensione di soglia pari a Vγ = 0,6 V.
D1
E1, E2 [V]
D3
R1 = 1 kΩ
+
20
E2
+
D2
E1
R2 = 1 kΩ
Vo
R3 = 1 kΩ
E2
E1
10
t [s]
0
1
2
3
4
SECONDO CIRCUITO
Si determini il punto di riposo del MOSFET ad arricchimento del circuito di figura,
sapendo che il parametro di conducibilità del dispositivo è pari a K = 1 mA/V2 e la sua
tensione di soglia è Vt = 1 V.
Successivamente:
a) si calcoli il valore che deve assumere RD affinché il MOSFET lavori al limite della
saturazione;
b) si modifichino i valori del partitore R1 – R2 affinché il MOSFET lavori al limite della
saturazione;
c) si ricavi il valore della tensione di alimentazione E che permette al MOSFET di
lavorare al limite della saturazione.
+E
RD
R1
R1 = 1 MΩ
R2 = 200 kΩ
RD = 5 kΩ
E = 12 V
R2
K = 1 mA/V2
Vt = 1 V
Soluzione Compito 21/01/2008
Primo quesito:
a) 0 < t < 1 ⇒ E1 = E2 = 10 V
0,6 V
0,6 V
D1, D3 ON; D2 OFF.
R1
R2
E1
E2
R3
10 V
Vo
10 V
E1 − 0,6 E 2 − 0,6
+
R1
R2
Vo =
= 6,27 V .
1
1
1
+
+
R1 R2 R3
Si noti che, se per assurdo, si considerasse D2 ON (e ovviamente D1 OFF), si otterrebbe,
operando in modo analogo a prima, il risultato Vo = 6,67 V. Tale valore tuttavia non
permetterebbe la conduzione di D2 (dato che il catodo avrebbe potenziale maggiore di quello
dell’anodo) ottenendo così l’assurdo.
b) 1 < t < 2 ⇒ E1 = 10 V, E2 = 20 V
D3 ON; supponiamo D2 ON (e D1 OFF). Si noti che i diodi D1 e D2 possono condurre
alternativamente o non condurre affatto, ma in ogni caso non possono mai condurre
contemporaneamente.
E1 + 0,6 E 2 − 0,6
+
R1
R2
Vo =
= 10 V .
1
1
1
+
+
R1 R2 R3
0,6 V
0,6 V
R1
R2
E1
E2
R3
10 V
Vo
20 V
Evidentemente è falsa l’ipotesi che D2 conduca, dato che ai suoi capi vi dovrebbe essere una
tensione pari almeno a Vγ (mentre in questo caso si ha: 10 – E1 = 0 V). Supponiamo allora:
D1 ON (e D2 OFF).
0,6 V
0,6 V
R1
E1 − 0,6 E 2 − 0,6
+
R1
R2
Vo =
= 9,6 V .
1
1
1
+
+
R1 R2 R3
R2
E1
E2
R3
10 V
Vo
20 V
Pertanto, neanche D1 può condurre (dato che ai suoi capi cade una tensione pari a: 10 – 9,6 =
= 0,4 V < Vγ). In conclusione, nessuno dei due diodi può condurre, ossia:
D1, D2 OFF.
0,6 V
R2
Vo =
E 2 − 0,6
R3 = 9,7 V .
R2 + R3
E2
R3
Vo
20 V
È immediato osservare che tale valore di Vo è compatibile con la conduzione di D3 e
l’interdizione di D1 e D2.
c) 2 < t < 3 ⇒ E1 = 0 V, E2 = 20 V
D1 OFF; D2, D3 ON.
0,6 V
0,6 V
R1
0,6 E 2 − 0,6
+
R1
R2
= 6,67 V .
Vo =
1
1
1
+
+
R1 R2 R3
R2
E2
R3
Vo
20 V
d) 3 < t < 4 ⇒ E1 = E2 = 0 V
Tutti e tre i diodi sono interdetti, pertanto si ha Vo = 0 non essendovi alcuna sorgente che
alimenti il carico.
Vo [V]
9,7
6,67
6,27
t [s]
0
1
2
3
4
Secondo quesito:
Schema statico:
ID
RD
Eeq =
E
Req
R2
E= 2V
R1 + R2
Req = R1 // R2 = 166,7 kΩ
VGS
Eeq
Punto di riposo:
Si ha: VGS = E eq (dato che IG = 0) ⇒ VGS = 2 V.
Il MOSFET (del tipo ad arricchimento) è acceso dato che risulta VGS > Vt .
Supponendo che il MOSFET sia in zona di saturazione si può calcolare la corrente di drain
tramite la I D = K (VGS − Vt ) ⇒ ID = (2 – 1)2 = 1 mA.
2
Dalla maglia d’uscita si ottiene VDS:
VDS = E – RD ID = 12 – 5 = 7 V.
Il MOSFET è in saturazione dato che VDS > VGS – Vt (7 > 2 – 1).
a) Affinché il MOSFET continui a lavorare in saturazione non si deve superare la condizione
limite VDS = VGS – Vt . Imponendo tale condizione all’equazione della maglia d’uscita,
considerando RD come variabile indipendente, si ottiene:
VDS = VGS – Vt = 2 – 1 = 1 V
⇒ VDS = E – RD ID ⇒ 1 = 12 – RD ⇒ RD = 11 kΩ.
Se RD risulta maggiore di 11 kΩ, il MOSFET esce dalla zona di saturazione ed entra in quella
di triodo.
b) Come nel caso precedente, imponiamo che sia VDS = VGS – Vt e ricalcoliamo la ID tendendo
presente che VGS = Eeq e che Eeq dipende da R1 e R2.
 I D = K (VGS − Vt )2

VDS = VGS − Vt = Eeq − Vt
V = E − R I
D D
 DS
⇒
Eeq − Vt = E − RD I D
da cui:
 I D = K (VGS − Vt )2

 Eeq − Vt = E − RD I D
⇒ Eeq = E + Vt − RD I D
2
⇒ I D = K (E + V/t − RD I D − V/t )
⇒ KRD2 I D2 − (2 KERD + 1)I D + KE 2 = 0
⇒ 25I D2 − 121I D + 144 = 0
⇒
ID =
2,73 mA
2,11 mA
13 − 5 ⋅ 2,73 = −0,65 V (non accettabile in quanto < Vt )
⇒ Eeq = E + Vt − RD I D =
13 − 5 ⋅ 2,11 = +2,45 V ⇐ OK
Pertanto anche il valore di ID = 2,73 mA non è accettabile.
I valori delle resistenze R1 e R2 si ricavano infine imponendo che:
Eeq = 2,45 V =
R2
E
R1 + R2
⇒
E
R2
2,45
= eq =
= 0,2 .
R1 + R2
E
12
Fissato il valore di una resistenza si determina univocamente il valore dell’altra. Ad esempio,
lasciando inalterato il valore di R2 (200 kΩ), si ottiene:
200
= 0,2 ⇒
R1 + 200
R1 + 200
= 5 ⇒ R1 = 1000 − 200 = 800 kΩ .
200
c) Imponendo la condizione limite di saturazione, si può scrivere il seguente sistema di
equazioni:
2



R2
2
2
− Vt 
 I D = K (VGS − Vt ) = K (Eeq − Vt ) = K  E

 R1 + R2


R2
− Vt
VDS = VGS − Vt = Eeq − V = E
R
+
R
1
2

⇒
VDS = E − RD I D


Indichiamo d’ora in poi per semplicità: α =
può pertanto riscrivere nel modo seguente:
αE − Vt = E − RD I D ,
dalla quale si ricava:
(α −1)E − Vt = − RD I D
E
R2
− Vt = E − RD I D
R1 + R2
(*)
R2
200
=
= 0,17 ; l’equazione (*) si
R1 + R2 1000 + 200
⇒
ID =
(1 − α )E + Vt
.
RD
Sostituendo quest’ultima nella prima equazione del sistema, si ottiene il risultato cercato:
(1 − α )E + Vt
RD
⇒
2
= K (αE − Vt )
(1 − α )E + Vt = KRD (α 2 E 2 − 2αVt E + Vt 2 )
⇒ KRDα 2 E 2 + (α − 1 − 2 KRDαVt )E + KRDVt 2 − Vt = 0
⇒ 0,14 E 2 − 2,5E + 4 = 0
⇒ E=
16,1 V
1,79 V
.
Si noti che la soluzione E = 1,79 V non riesce a soddisfare la seconda equazione del sistema
sopra riportato, ovvero tale valore dà luogo ad una tensione VDS negativa. Pertanto l’unica
soluzione è E = 16,1 V.
Compito del 09/04/2008
Durata massima della prova: 2h30min
Gino Rompi e Pino Balle sono due studenti di ingegneria elettronica. La loro occupazione
primaria quotidiana è quella di passare ogni giorno dall’ingegnere Flai con un paio di esercizi
di Dispositivi Elettronici da svolgere. Infatti, il nostro Flai tiene il corso di esercitazioni della
suddetta materia e ogni giorno viene letteralmente “torturato” dai due studenti che si
divertono a proporgli quesiti improbabili, esercizi scovati in libri del 1945 o rovistati in
antichi appunti di colleghi di generazioni precedenti. A nulla valgono le spiegazioni e i
chiarimenti del povero ingegnere: ogni giorno i due cinici studenti si presentano davanti al
suo ufficio con un nuovo problema.
Un giorno i due studenti si presentano al consueto appuntamento ma l’ingegnere –
oberato dai mille impegni arretrati, grazie anche alle continue sollecitazioni della diabolica
coppia – chiede di lasciargli i due esercizi, promettendo di rispondere loro al più presto.
Tirando un sospiro di sollievo per la breve tregua ottenuta, si chiede tra sé e sé: “Come faccio
adesso a finire il mio lavoro e a rispondere contemporaneamente a questi due?” La risposta
sorge spontanea: “Ma è chiaro! Lasciamoli svolgere agli studenti!...”
QUESITO 1
a) Si tracci la transcaratteristica del circuito in figura. I diodi si considerino ideali e con
tensione di soglia pari a 0,6 V.
b) Il circuito viene realizzato in forma integrata. In particolare i resistori vengono
realizzati depositando uno strato di silicio drogato dello spessore di 1 µm. Le dimensioni
trasversali dei resistori sono di 100 µm × 100 µm. Si calcoli quale deve essere la
concentrazione di drogante dello strato di silicio affinché il valore delle resistenze sia pari a
quello indicato nel circuito.
R1
VR
D2
R1 = R2 = R3 = 1 kΩ
+
D1
vi
R3
vo
VR = 5 V
R2
Vγ1 = Vγ2 = 0,6 V
QUESITO 2
Il circuito amplificatore a due stadi in figura è realizzato con un JFET e con un MOSFET
ad arricchimento. Entrambi i dispositivi attivi hanno stesso valore del parametro di
conducibilità, pari a K1 = K2 = 0,2 mA/V2 e tensioni di soglia uguali in valore assoluto e pari a
|Vt1| = |Vt2| = 3 V.
a) Si calcoli il punto di riposo dei due FET e l’amplificazione di tensione complessiva
vo/vi del circuito. Si trascurino le reattanze dei condensatori alla frequenza di funzionamento
del circuito.
b) Si modifichi il valore di una delle resistenze, in modo che l’amplificatore esca dalla
zona di funzionamento lineare e se ne verifichi il mutato funzionamento.
VDD = 30 V
+ VDD
VGG = 1 V
RD1
RD2
CF
RD1 = 10 kΩ
Co
RF
RD2 = 10 kΩ
RG = 1 MΩ
Ci
RF = 100 kΩ
J1
+
vi
RG
VGG
M2
vo
K1 = K2 =
= 0,2 mA/V2
|Vt1| = |Vt2| =
=3V
Soluzione Compito 09/04/2008
Primo quesito:
a) Supponiamo che vi assuma valori negativi, tali che risulti:
D1 OFF e D2 ON.
R3
L’uscita in tal caso vale:
vo =
R3
(vi + Vγ 2 − VR ) = 0,5 vi − 2,2
R1 + R3
VA1
VR
.
Vγ2
vi
Pertanto D1 ON quando VA1 – VC1 ≥ 0,6 V, cioè
vo
R3
V1 VR − Vγ 2
+
R1
R3
− 0 ≥ 0,6 ⇒ vi ≥ −3,2 V
1
1
+
R1 R3
L’uscita si calcola agevolmente applicando il teorema di Thevenin al circuito equivalente:
R1
Vγ1
vi
Req
Vγ2
VR
R3
vo
R2
dove veq = Vγ 1 +
vo =
R2
(vi − Vγ 1 ) = 0,5 vi + 0,3
R1 + R2
≡
e
VR – Vγ2
R3
veq
vo
Req = R1 // R2 = 0,5 kΩ . Si ricava:
R3
[veq − (VR − Vγ 2 )] = 0,33 vi − 2,73 .
R3 + Req
Per vi ≥ – 3,2 V entrambi i diodi sono in conduzione sino a quando D2 non si interdice. Ciò
avviene quando:


⇒ 0 −  − VR +



vi Vγ 1 
+

R1 R2 
≤ 0,6 ⇒ vi ≥ 8,2 V
1
1 
+
R1 R2 
Pertanto, per vi ≥ 8,2 V, si ha D1 ON e D2 OFF
ed evidentemente l’uscita è nulla, cioè vo = 0 V.
VR
R1
VA2 – VC2 ≤ 0,6 V
vi
VC2
Vγ1
R3
R2
VA2
vo
D1 OFF, D2 ON
D1 ON, D2 ON
D1 ON, D2 OFF
vo
–3,2
–8
8,2
vi
–3,8
–6,6
b) Calcoliamo la resistività offerta dal resistore integrato:
I
−4
R=ρ
l
100 ⋅ 10
= ρ × 10 4
= ρ −4
−4
S
10 × 100 ⋅ 10
100 µm
1 µm
R
⇒ ρ = 4 = 0,1 Ω·cm .
10
100 µm
Nel testo non è specificato il tipo di drogaggio. Supponiamo pertanto che il drogaggio sia di
tipo p; in tal caso è lecito scrivere:
⇒ρ ≈
1
qµ p N A
⇒ µpNA =
1
= 6,25 ⋅ 1019 .
qρ
Sul piano µp-NA, questa rappresenta l’equazione di un’iperbole equilatera che può essere
tracciata per punti:
17
- per NA = 10 cm
6,25 ⋅ 1019
cm 2
⇒ µp =
= 625
1017
V ⋅s
-3
17
-3
17
-3
- per NA = 2·10 cm
- per NA = 3·10 cm
6,25 ⋅ 1019
cm 2
⇒ µp =
= 312,5
2 ⋅ 1017
V ⋅s
6,25 ⋅ 1019
cm 2
⇒ µp =
= 208,3
3 ⋅ 1017
V ⋅s
.
Diagrammando per punti l’iperbole insieme al grafico delle mobilità µp= µp(CT) (dove CT è la
concentrazione totale di impurità) si ottiene l’intersezione:
 N A = 3 ⋅ 1017 cm -3

cm 2 .

µ
=
208
,
3
 p
V ⋅s
Secondo quesito:
a) Studio statico:
I due stadi sono disaccoppiati. Consideriamo lo stadio d’uscita; si ha:
VDS 2 = VDD − RD 2 I D 2

2
2
 I D 2 = K 2 (VGS 2 − Vt 2 ) = K 2 (VDS 2 − Vt 2 )
⇒
2
⇒ I D 2 = K 2 (VDD − RD 2 I D 2 − Vt 2 )
2
2
I D 2 = 0,2(30 − 10 I D 2 − 3) = (12,1 − 4,5 I D 2 )
⇒ 20,25I D2 2 − 109,9 I D 2 + 146,4 = 0
⇒
I D2 =
109,9 ± 219,6 3,08 mA (da scartare perchè per tale valore si ha VDS 2 < 0)
=
.
40,5
2,35 mA
In tal caso si ha:
VDS 2 = VDD − RD 2 I D 2 = 30 − 10 ⋅ 2,35 = 6,5 V .
Poiché è sempre vero che VDS 2 ≥ VGS 2 − Vt 2 (= VDS 2 − Vt 2 ) , il MOSFET è in saturazione.
Per il JFET si ha:
VGS 1 = −VGG

2
 I D1 = K1 (VGS 1 − Vt1 )
⇒
2
2
I D1 = K1 (− VGG − Vt1 ) = 0,2(− 1 + 3) = 0,8 mA
Possiamo così calcolare la tensione tra il drain e il source:
VDS 1 = VDD − RD1 I D1 = 30 − 10 ⋅ 0,8 = 2,2 V .
Poiché risulta che VDS1 ≥ VGS 1 − Vt1 (22 ≥ −1 + 3) , allora il JFET è in saturazione.
Studio dinamico:
G1
v i = v gs1
D1 ≡ G2
RF
D2
io
if
RD1
RG
g m1 v gs1
v gs2
RD2
g m2v gs2
S1 ≡ S2
Le due transconduttanze si calcolano come segue:
g m1 = 2 K1 (VGS 1 − Vt1 ) = 0,8 mS
g m 2 = 2 K 2 (VGS 2 − Vt 2 ) = 2,8 mS
Calcoliamo l’amplificazione; a tal scopo si noti che la corrente if si può ricavare:
vo
vo

=
−
−
=
−
− g m 2 v gs 2
i
i
g
v
2
2
f
o
m
gs

RD 2


i = v gs 2 + g v = v gs 2 + g v
m1 i
m1 gs1
 f RD1
R D1
⇒
−
v gs 2
vo
− g m 2 v gs 2 =
+ g m1vi
RD 2
R D1

 v gs 2
⇒ vo = − RD 2 
+ g m1vi + g m 2 v gs 2 

 R D1
[1]
Ricaviamo adesso vgs2 dall’equazione alla maglia formata da RD1, RD2 e RF:

 v
v gs 2 = vo − RF i F = vo − RF  − o − g m 2 v gs 2 

 RD 2
⇒ v gs 2 =
R D 2 + RF
vo .
RD 2 (1 − g m 2 RF )
Sostituiamo quest’ultima nella [1]:
 R + RF
 1
⇒ vo = − RD 2 g m1vi − 
+ g m 2  D 2
vo
 (1 − g m 2 RF )
 RD1
 (1 + g m 2 RD1 )(RD 2 + RF )
⇒ 1 +
vo = − RD 2 g m1vi
RD1 (1 − g m 2 RF )


vo
RD 2 g m1
g m 2 RF − 1
= RD1 RD 2 g m1
=−
(1 + g m 2 RD1 )(RD 2 + RF )
vi
RD1 + RD 2 + RF + g m 2 RD1 RD 2
1+
RD1 (1 − g m 2 RF )
⇒
Av =
⇒
Av = 55,8
N.B. Si noti che per RF → ∞ si ha che A → gm1 gm2 RD1 RD2 che corrisponde al valore che si
ottiene da un amplificatore a FET a due stadi a source comune senza resistenza di feedback
RF. Si noti inoltre che RF = 100 kΩ non è un valore tanto elevato (rispetto agli altri parametri
circuitali) da potere essere eliminato dai calcoli. Infatti l’amplificazione in tal caso vale:
A = gm1 gm2 RD1 RD2 = 224 ,
molto più elevata rispetto al valore prima ricavato.
b) Affinché l’amplificatore esca dalla zona di funzionamento lineare basta imporre ad
esempio che il JFET entri in zona di triodo. Imponiamo pertanto che:
VDS1 (= VDD − RD1 I D1 ) ≤ VGS 1 − Vt1 = −1 + 3 = 2 V
da cui si ricava:
RD1 ≥
VDD − (VGS 1 − Vt1 ) 30 + 2
=
= 35 kΩ .
0,8
I D1
Compito del 27/06/2008
Durata massima della prova: 2h30min
Rex, Pippo e il loro amico Snoopy stanno trascorrendo una di quelle tipiche serate in
cui – complice qualche bicchierino di troppo – si disquisisce prosaicamente sui massimi
sistemi. Partendo da un grande classico (“Chi siamo, dove andiamo e dove siamo diretti?...”)
e attraversando frontiere inesplorate della filosofia (“Penso, dunque sono... Boh?!”), si
ritrovano a discorrere di elettronica. Rex afferma che non serve a niente connettere due diodi
in parallelo, mentre ha senso soltanto metterli in serie. Pippo invece asserisce che non è
possibile portare un BJT in saturazione agendo soltanto sulle resistenze del partitore
d’ingresso, ma si deve necessariamente agire sulla resistenza posta sul collettore. Snoopy,
finora rimasto lì ad ascoltare, li contraddice entrambi e disegna un paio di circuiti per
dimostrare loro la propria tesi.
Dopo qualche minuto, Rex e Pippo esclamano: “Sì… ci hai moderatamente convinti, ma
vorremmo un’ulteriore conferma sul funzionamento di questi circuiti... A chi potremmo
chiedere?...”
E Snoopy: - “Perché non provate a chiedere agli studenti di Dispositivi Elettronici del
corso di Ingegneria Elettronica di Palermo?”
I due replicano: - “Ma saranno capaci di risponderci?...”
E Snoopy: - “Ma certamente! Ci siamo riusciti noi che siamo... dei cani”!
PRIMO QUESITO
Dato il circuito in Fig. 1 si determini e si tracci la transcaratteristica Vo/Vi. I due diodi si
considerino perfettamente uguali e si adotti per essi il modello riportato in Fig. 2.
D1
I
Vi
VR
1,5 V
D2
R
0,5 MΩ
Vo
Fig. 2
33,3 mS
Fig. 1
Disponendo sul circuito un ulteriore
diodo in modo opportuno, la transcaratteristica del circuito diviene uguale a quella
di un raddrizzatore (come nel caso riportato
in Fig. 3). Si mostri come operare per
ottenere una tale transcaratteristica.
0,6 V
0
V
– 1 µA
Vo
Fig. 3
45°
0
Vi
Infine, effettuando semplici considerazioni fisiche, si determini la transcaratteristica che
si ottiene considerando nel circuito Vo come ingresso e Vi come uscita.
SECONDO QUESITO
Nel circuito in figura al variare della posizione del potenziometro R in ingresso, il punto
di riposo del BJT si sposta dalla zona di interdizione a quella di saturazione passando per la
regione attiva.
Si determinino le posizioni che deve assumere il potenziometro R (ossia i valori che
devono assumere R1 e R2) affinché il transistor entri rispettivamente in zona d’interdizione e
in zona di saturazione.
+VCC
RC
R1
R
R = 10 kΩ
RE = 1 kΩ
RC = 4,5 kΩ
β = 100
VCC = 9 V
R2
RE
TERZO QUESITO
Si utilizzi il circuito di polarizzazione del quesito precedente per realizzare un
amplificatore ad emettitore comune. A tale scopo si inserisca una capacità sull’emettitore in
parallelo a RE, una resistenza di carico di 100 kΩ e un generatore di piccoli segnali in ingresso
avente resistenza interna pari a 600 Ω. Il carico e il generatore siano disaccoppiati dal resto
del circuito tramite delle capacità di valore infinito.
Si determini la posizione che deve assumere il potenziometro R affinché il BJT lavori in
zona attiva, in modo da avere la più ampia dinamica del segnale d’uscita. Si calcoli infine,
l’amplificazione di tensione complessiva del circuito.
Soluzione Compito 27/06/2008
Primo quesito:
− Supponiamo che vi assuma valori negativi, tali che risulti:
D1 OFF e D2 OFF. Tale situazione si ha quando:
Ii1
vi − vo ≤ 0,6 V ⇒ vi − VR + R (I i1 + I i 2 ) ≤ 0,6 V
⇒ vi ≤ 0,6 + VR − R(I i1 + I i 2 ) = 0,6 + 1,5 − 0,5 ⋅ 2 = 1,1 V .
R
In tal caso l’uscita è
vi
vo
Ii2
vo = VR − R (I i1 + I i 2 ) = 1,5 − 0,5 ⋅ 2 = 0,5 V .
VR
Se vi ≥ 1,1 V, si ha D1 ON e D2 ON, pertanto il circuito
equivalente è quello riportato sotto in figura.
rd1
Vγ1
R
vi
vo
Vγ2
rd2
VR
Il circuito si può ulteriormente trasformare nell’equivalente di Thevenin:
rdeq
Vγeq
R
vi
vo
VR
L’uscita si calcola pertanto nel seguente modo:
v o = VR +
vi − VR − Vγeq
rdeq + R
R
e poiché rdeq « R, l’espressione si può semplificare:
vo ≈ VR + vi − VR − Vγeq
⇒ vo = vi − Vγeq = vi − 0,6 .
Il grafico della transcaratteristica è di seguito riportato.
rdeq = rd 1 // rd 2 = 15 Ω

Vγ 1 Vγ 2

+
con 
rd 1 rd 2
= 0,6 V
Vγeq = 1
1

+

rd 1 rd 2
vo
2,7
0,5
vi
1,1
D1 OFF, D2 OFF
3,3
D1 ON, D2 ON
− Per ottenere una caratteristica come quella riportata sotto in figura
vo
45°
0
vi
Vrottura
a partire dal circuito precedentemente studiato, è sufficiente fare in modo che per vi minore
del punto di rottura l’uscita risulti nulla. Poiché nel circuito precedente avevamo visto che
risultava:
vo = VR − R (I i1 + I i 2 ) = 1,5 − 0,5 ⋅ (1 + 1) = 0,5 V
per vi ≤ Vrottura (= 1,1 V) ,
allora affinché si abbia vo = 0, basta aggiungere un altro generatore di corrente Ii3 = 1 µA. Ciò
evidentemente si ottiene aggiungendo un altro diodo D3 in parallelo agli altri due (e dalle
caratteristiche uguali a quelle di D1 e D2), in modo tale che risulti:
vo = VR − R (I i1 + I i 2 + I i 3 ) = 1,5 − 0,5 ⋅ (1 + 1 + 1) = 0 V .
Tale condizione ovviamente si otterrà per
vi ≤ 0,6 + VR − R (I i1 + I i 2 + I i 3 ) = 0,6 + 1,5 − 0,5 ⋅ (1 + 1 + 1) = 0,6 V ,
ossia Vrottura = 0,6 V .
−
Infine, se si inverte l’uscita con l’ingresso, risulta immediatamente evidente che la
transcaratteristica del circuito deve essere:
vo
45°
0
vi
Infatti i due diodi non sono inclusi nell’unica maglia formata da
vo, R e VR, pertanto essi non sono percorsi da alcuna corrente e
non sono ovviamente polarizzati. Non vi è dunque alcun effetto
di giunzione e la situazione è esattamente analoga a quella di
due resistori in serie (uno rappresentato dal semiconduttore di
tipo p, l’altro dal semiconduttore di tipo n) connessi ad un nodo
A
p
n
B
di un circuito. Pertanto, con riferimento alla figura a destra è
evidente che risulta VA = VB.
L’ingresso e l’uscita sono allora connessi direttamente, da cui consegue che vo = vi (cioè la
bisettrice del primo e del terzo quadrante nel piano della transcaratteristica).
N.B.
Se si prova a misurare l’uscita vi utilizzando un voltmetro, si troverà un risultato
diverso da quello descritto sopra. Ciò perché l’ingresso del voltmetro, sebbene ad alta
impedenza, non corrisponde tuttavia ad un circuito aperto. Pertanto la maglia
contenente i due diodi si chiude proprio sul voltmetro. I diodi pertanto si polarizzano,
direttamente o inversamente a secondo del valore dell’ingresso vo. Se polarizzati
direttamente, l’uscita sarà uguale all’ingresso, meno la tensione di soglia pari a circa
0,6 V. Se polarizzati inversamente, l’uscita sarà pari al valore della resistenza
d’ingresso del voltmetro (10 MΩ, nella maggioranza dei multimetri digitali in
commercio) moltiplicata per la somma delle correnti inverse dei due diodi. Si noti che
in questo modo è agevole ricavare, tramite una semplice misura, il valore della
corrente inversa di un diodo.
Secondo quesito:
− Interdizione:
Si ha l’interdizione quando VBE < 0,7 V.
Nell’ipotesi che il partitore d’ingresso lavori a vuoto, indicate rispettivamente con IR1 e IR2 le
correnti che scorrono sulle due resistenze R1 e R2, si può scrivere:
I R1 ≈ I R 2 ≈
VCC
= 0,9 mA .
R1 + R2
La condizione di cui sopra è sicuramente vera se il transistor è interdetto, perché in tal caso IB
= 0 e quindi IR1 = IR2 .
Dalla maglia d’ingresso risulta inoltre:
R2 I R 2 − RE I E − VBE = 0 ,
ma, se il transistor è interdetto deve sicuramente essere IE = 0, da cui discende che:
R2 I R 2 = VBE .
Pertanto, imporre la condizione VBE < 0,7 V, equivale a imporre che:
R2 I R 2 < 0,7 V , cioè:
R2 <
0,7
= 780 Ω .
I R2
Evidentemente R1 si ricava come R1 = R – R2 .
− Saturazione:
Si ha la saturazione quando IB > IBEOS =
IC
β
.
Trasformando il circuito d’ingresso secondo il modello equivalente di Thevenin, dalla maglia
d’ingresso si ottiene la relazione:
IB =
Veq − VBE
Req + RE (β + 1)
,
R2

Veq = R + R VCC
1
2

dove 
.

 Req = R1 // R2

Nel caso peggiore, se R1 = R2 = 5 kΩ, risulterà Req = R1 // R2 = 2,5 kΩ; in tutti gli altri casi il
valore di Req sarà senz’altro più piccolo. Pertanto a denominatore dell’espressione di IB
risulterà in ogni caso Req << RE (β + 1) , dunque possiamo semplificare come segue:
IB ≈
Veq − VBE
RE (β + 1)
⇒
R2
VCC − VBE R2 V − V
CC
BE
R1 + R2
IB ≈
= R
RE (β + 1)
RE (β + 1)
In saturazione VCEsat = 0,2 V, quindi dalla maglia d’uscita risulta:
I Csat ≈
VCC − VCEsat
= 1,6 mA ,
RC + RE
da cui
IBEOS =
I Csat
β
= 16 µA .
Imponendo che IB > IBEOS si ricava il valore di R2 per il quale si entra in saturazione:
R2
VCC − VBE
IB = R
> I BEOS = 16 µA
RE (β + 1)
⇒
V 
R2  CC 
 R  − VBE
> 16 ⋅ 10 - 3
RE (β + 1) RE (β + 1)
9
R2  
 10  − 0,7
⇒
> 16 ⋅10 - 3
1(100 + 1) 1(100 + 1)
⇒ 8,9 ⋅ 10 - 3 R2 − 6,9 ⋅ 10- 3 > 16 ⋅ 10- 3
⇒ R2 > 2,57 kΩ .
Terzo quesito:
Dai valori ricavati precedentemente risulta evidente che il BJT si trova in zona attiva quando
780 Ω < R2 < 2,57 kΩ. Inoltre per avere la più ampia dinamica del segnale d’uscita deve
essere:
VCE =
VCC
.
2
+VCC
RC
R1
Rs
R2
+
vs
C≈∞
vi
C≈∞
vo
RE
C≈∞
RL
L’equazione alla maglia d’uscita (per ottenere la massima dinamica del segnale d’uscita) è
VCC = RC I C + VCE + RE I E
⇒ VCC ≈ (RC + RE )I C +
⇒
IC =
VCC
2
VCC 2
= 0,82 mA .
RC + RE
Poiché il transistor deve essere in zona attiva possiamo scrivere:
IB =
IC
β
= 8,2 µA .
R2
VCC − VBE
R
, per ricavare il valore di R2 basta
Avendo precedentemente osservato che I B =
RE (β + 1)
allora imporre che:
V 
R2  CC 
 R  − VBE
= 8,2 ⋅10 - 3
RE (β + 1) RE (β + 1)
⇒ 8,9 ⋅ 10 - 3 R2 − 6,9 ⋅ 10 - 3 = 8,2 ⋅ 10- 3
⇒ R2 = 1,7 kΩ .
L’amplificatore è di tipo ad emettitore comune, pertanto l’amplificazione Av è uguale a
–gm (RC // RL), dove
gm =
IC
= 31,5 mS ;
VT
pertanto l’amplificazione vale:
Av =
vo
= − g m (RC // RL ) ≈ − g m RC = −142 .
vi
Per ricavare l’amplificazione complessiva AvT riferita alla sorgente di segnale vs, conviene
calcolare la resistenza d’ingresso del circuito Ri. Si osserva facilmente che:
Ri = R1 // R2 // rπ , dove
rπ =
β
gm
= 3,17 kΩ ;
pertanto la resistenza d’ingresso vale:
Ri = R1 // R2 // rπ =
1
= 977 Ω .
1
1
1
+
+
1,7 8,3 3,17
Ricaviamo infine l’amplificazione complessiva AvT:
AvT =
Ri
vo vo vi
977
= ⋅ = Av ⋅
= −142 ⋅
= −88 .
600 + 977
Rs + Ri
v s vi v s
Compito del 09/07/2008
Durata massima della prova: 2h30min
Dopo la crisi del petrolio, del caro-benzina, degli alimentari, della tazzina di caffè e dei
parcheggi abusivi, adesso è anche crisi… del contrabbando! Da quando, infatti, la Svizzera ha
aderito al patto di Schengen, il napoletano Alì, detto ‘O Babà per essersi specializzato nel
contrabbando di cassate, sfogliatelle e babà nel blindato paese elvetico, si ritrova
improvvisamente disoccupato. Anche la sua banda (detta “dei 40 terroni”, a causa della
curiosa particolarità di essere del tutto composta da personalità nate al di sotto del parallelo
passante per il Vesuvio) è ormai… allo sbando! Le prospettive per il futuro sono nere: l’unico
paese in Europa provvisto di dogana rimane la Gran Bretagna, più interessata purtroppo al
fascino culinario del fish and chips, che a quello dei cannoli…
I quaranta terroni-ladroni decidono pertanto di spartirsi il bottino accumulato in tutti
questi anni di disonesto lavoro, all’insaputa di Alì ‘O Babà. Ma il buon Alì, che è più ladrone
dei suoi ladroni, ha nascosto il “tesoretto” in una grotta in Basilicata, camuffata da Sasso di
Matera. Nonostante ciò, i ladroni riescono a scoprirne l’ubicazione e si recano sul posto. Al
loro arrivo, però, li aspetta un’amara sorpresa: la porta della grotta è chiusa da un pesante
portone blindato, privo di serratura, e dotato invece di una sorta di sportello bancomat, con
tanto di schermo e di tasti. Uno dei ladroni nota che su uno dei tasti è posta l’iscrizione
«Richiesta Password» e così lo pigia. Sullo schermo compare immediatamente la dicitura
seguente: «LA SUA RICHIESTA È STATA INOLTRATA… LA PASSWORD RICHIESTA PER APRIRE IL
PORTONE È DATA DALLA SOLUZIONE DEI PROBLEMI DI ELETTRONICA DI SEGUITO RIPORTATI… »
–1–
Dopo aver determinato lo stato dei diodi al variare della tensione in ingresso vi, si tracci
la transcaratteristica del circuito in figura nell’intervallo –15 V ≤ vi ≤ +15 V. Per entrambi i
diodi si consideri una tensione di soglia Vγ pari a 0,6 V. La tensione di rottura del diodo Zener
sia VZ = 4,4 V.
DZ
D
RR
vi
IR
vo
VR
RR = 5 kΩ
VR = 5 V
IR = 1 mA
VZ = 4,4 V
Vγ(D) = Vγ(D Z) = 0,6 V
–2–
Si calcolino i punti di riposo dei due MOSFET ad arricchimento del circuito di figura,
sapendo che il parametro di conducibilità dei due dispositivi è pari a K = 100 µA/V2 e che il
valore assoluto delle loro tensioni di soglia è uguale a |Vt| = 1 V.
Successivamente, considerando un generatore di piccoli segnali vs in ingresso, provvisto
della sua resistenza interna Rs = 100 kΩ, e un carico RL = 10 MΩ, si determini la resistenza
d’ingresso del circuito e l’amplificazione di tensione complessiva vo/vs sapendo che la
tensione di Early dei due MOSFET è uguale a VA = 160 V. Alla frequenza del segnale in
ingresso tutte le capacità si considerino equivalenti a dei cortocircuito.
A partire dal modello equivalente dinamico, si calcoli nuovamente l’amplificazione vo/vs
a vuoto (cioè in assenza di carico), ponendo inoltre VA = ∞ per entrambi i transistor e
considerando vs un generatore di tensione ideale (Rs = 0).
+E
Ci
M2
R
K = 100 µA/V2
|Vt| = 1 V
VA = 160 V
Co
E=5V
Rs
vs
M1
–E
RL
vo
R = 1 MΩ
Rs = 100 kΩ
RL = 10 MΩ
Soluzione Compito 09/07/2008
Primo quesito:
Supponiamo che vi assuma valori negativi, tali che risulti D OFF (e DZ ON). Tale situazione si
ha quando:
vi − VC ≤ 0,6 V ,
avendo indicato con VC il potenziale relativo al catodo comune dei due
diodi. Poiché DZ è sicuramente in conduzione si ha:
VC = −Vγ ( D Z ) + VR − RR I R = −0,6 + 5 − 5 ⋅ 1 = −0,6 V .
Pertanto D OFF (e DZ ON) quando:
vi + 0,6 ≤ 0,6 V ⇒ vi ≤ 0 V .
In tal caso la tensione d’uscita vale:
v o = VR − R R I R = 5 − 5 ⋅ 1 = 0 V .
Per vi ≥ 0 V si ha D ON e DZ ON, sino a quando DZ non diviene interdetto. Ciò avviene
quando:
vo − VC ≤ 0,6 V
⇒ VR − (− Vγ (D ) + vi ) ≤ 0,6 V
(dato che, essendo D ON, adesso VC = −Vγ ( D ) + vi )
⇒ 5 + 0,6 − vi ≤ 0,6 V
⇒ vi ≥ 5 V .
Di conseguenza, per 0 V ≤ vi ≤ 5 V, si ha D ON e DZ ON e la tensione d’uscita è data da:
vo = vi − Vγ (D ) + Vγ (D Z ) = vi .
Per vi ≥ 5 V risulta infine D ON e DZ OFF; tuttavia se vi aumenta ulteriormente si arriva ad
una situazione per la quale D ovviamente è sempre in conduzione, mentre DZ entra in zona di
Zener. Ciò avviene quando:
VC − vo ≥ VZ ,
dove VC = vi − Vγ (D ) , per cui
vi − Vγ ( D ) − VR ≥ VZ
⇒ vi ≥ VZ + Vγ ( D ) + VR = 4,4 + 0,6 + 5 = 10 V .
Riassumendo, per 5 V ≤ vi ≤ 10 V risulta D ON e DZ OFF e la tensione d’uscita vale:
vo = VR = 5 V ,
mentre per vi ≥ 10 V risulta D ON e DZ BREAK e la tensione d’uscita vale:
vo = vi − Vγ (D ) − VZ = vi − 5 .
Il grafico della transcaratteristica è di seguito riportato.
vo
10
5
vi
0
–15
5
D OFF
DZ ON
D ON
DZ ON
10
D ON
DZ OFF
15
D ON
DZ BREAK
Secondo quesito:
Osserviamo che entrambi i MOSFET sono in zona di saturazione; infatti il gate di entrambi è
connesso al corrispondente drain, per cui VDS = VGS, pertanto per l’NMOS si ha:
VDS1 > VGS 1 − Vt1 , dato che VDS1 > VDS 1 − 1 V , certamente verificata; anche per il PMOS
risulta:
VDS 2 < VGS 2 − Vt 2 , dato che VDS 2 < VDS 2 + 1 V , anch’essa certamente verificata.
Poiché non può scorrere corrente sui gate, indicate con ID1 e ID2 le correnti che circolano
rispettivamente sul drain di M1 e su quello di M2, si può allora scrivere:
I D1 = I D 2
⇒
2
2
⇒ K/ (VDS1 − Vt1 ) = K/ (VDS 2 − Vt 2 )
(VD + 5 − 1)2 = (VD − 5 + 1)2
⇒ VD2 + 16 + 8VD = VD2 + 16 − 8VD
⇒ VD = 0 ,
avendo indicato con VD la tensione sul drain comune. Ovviamente risulta:
VDS 1 = VGS 1 = VD + 5 = 5 V



VDS 2 = VGS 2 = VD − 5 = −5 V
e
2
2
I D1 = I D 2 = K (VDS 1 − Vt1 ) = 100(5 − 1) = 1,6 mA .
Tracciamo adesso lo schema dinamico del circuito:
G1 ≡ G2
Rs
vs
R
D1 ≡ D2
vgs1 = vgs2
+
D2
ro2
ro1
RL
vo
g m2v gs2
g m1 v gs1
S1 ≡ S2
I valori delle transconduttanze e delle resistenze di drain si calcolano come segue:
g m1 = 2 K VGS 1 − Vt1 = 2 ⋅ 100 5 − 1 = 800 µS ,
g m 2 = 2 K VGS 2 − Vt 2 = 2 ⋅ 100 − 5 + 1 = 800 µS = gm1 ;
ro1 =
V A 160
=
= 100 kΩ ,
I D1 1,6
ro 2 =
V A 160
=
= 100 kΩ = ro1 .
I D 2 1,6
Poiché le due transconduttanze sono uguali tra loro e lo stesso vale per le due resistenze di
drain, osservando che risulta ro1 // ro 2 // RL ≈ ro1 // ro 2 , possiamo semplificare ulteriormente lo
schema dinamico:
R
is
io
Rs
vs
vgs
+
roeq
vo
2gmvgs
avendo indicato nello schema
v gs = v gs1 = v gs 2 ,
g m = g m1 = g m 2 ,
roeq = ro1 // ro 2 .
Calcoliamo la resistenza d’ingresso; poniamo in ingresso un generatore di tensione ausiliario
vx che eroga una corrente ix:
v x = Ri x + roeq (i x − 2 g m v x )
R
⇒ v x = (R + roeq )i x − 2 g m roeq v x
⇒
(1 + 2 g
⇒ Ri =
ix
m roeq )v x = (R + roeq )i x
vx
+
roeq
2gmvx
R + roeq
vx
1000 + 50
=
≈ 13 kΩ .
=
i x 1 + 2 g m roeq 1 + 2 ⋅ 0,8 ⋅ 50
Calcoliamo adesso l’amplificazione di tensione riferita alla sorgente vs:
AvT =
Ri
vo vo v gs
=
⋅
= Av ⋅
Rs + Ri
v s v gs v s
Calcoliamo dapprima il valore
Av = vo v gs ; con riferimento allo schema dinamico
semplificato possiamo scrivere:
vo = − roeq io ,
dove io = 2 g m v gs − is e is =
v gs − vo
R
.
In base a tali relazioni, la tensione d’uscita è allora pari a
v gs − vo 


vo = − roeq  2 g m v gs −
R


⇒ vo = −2 g m roeq v gs −
roeq
R
vo +
roeq
R
v gs
 roeq 
1

vo = roeq  − 2 g m + v gs
⇒ 1 +
R 
R


 1
1
1

⇒ 
+ vo =  − 2 g m + v gs
r

R

 oeq R 
⇒
1
vo
R ≈ −2r g = −80
=
oeq m
roeq // R
v gs
− 2g m+
(dato che 2 g m >>
1
e roeq >> R).
R
Calcoliamo adesso il valore vgs/vs; si ottiene:
v gs
vs
=
Ri
13
=
= 0,115 .
Rs + Ri 13 + 100
Pertanto l’amplificazione di tensione riferita alla sorgente vale:
AvT =
vo vo v gs
=
⋅
= −80 ⋅ 0,115 = −9,2 .
v s v gs v s
In assenza di carico, con ro1 = ro2 → ∞, considerando vs un generatore ideale di tensione (Rs =
= 0), lo schema equivalente si modifica come riportato di seguito in figura.
R
vs
+
vo
2gmvs
L’amplificazione a vuoto pertanto si calcola nel modo seguente:
vo = v s − 2 g m v s ⋅ R
⇒ vo = (1 − 2 g m R )v s
⇒
Av 0 =
vo
= 1 − 2 g m R ≈ −2 g m R = −1600 .
vs
Compito del 15/09/2008
Durata massima della prova: 3h30min
Diabolicchio è il parente sfigato del più famoso quasi-omonimo. La sua carriera ladresca
è costellata da enormi insuccessi: parte sempre con obiettivi ambiziosi che finiscono
regolarmente in fumo. Cerca di svaligiare, nell’ordine: la riserva aurea del granducato di
Lussemburgo, ma il piano va a rotoli perché si confonde con il Liechtenstein (sarà sfigato, ma
è anche scarso in geografia!); la banca svizzera “Be-broke”(1), ma arriva il giorno dopo il suo
dichiarato fallimento; l’abitazione del Presidente del Consiglio italiano, ma arriva il giorno
prima della visita degli ispettori delle tasse; persino il lecca-lecca ad un bambino per strada,
ma si accorge che è già stato “usato” e che il bambino è affetto da un morbillo altamente
contagioso. E, per concludere, scopre di non avere mai avuto il morbillo prima d’ora…
Guarito dal morbillo, il nostro sfortunato ladruncolo decide di svaligiare l’ennesima
banca. Questa volta però, ha con se il “decodificatore di combinazioni”, un marchingegno
elettronico che consente di trovare la combinazione di qualsiasi cassaforte. Entrato nel caveau
della banca mette alla prova il suo apparecchio, ma all’improvviso una voce metallica squassa
il silenzio: “Salve! Questa è una combinazione dinamica, vale a dire che cambia di volta in
volta e non può essere rivelata con un apparecchio taroccato come il suo! La combinazione
esatta è il risultato dei seguenti problemi:…”
(1) Traduzione: “essere al verde”
–1–
Una giunzione pn al silicio, a cui è applicata una polarizzazione diretta, conduce una
corrente I pari a 8 µA. La giunzione, mantenuta alla temperatura di 300 K, ha una concentrazione d’accettori NA = 1014 cm-3 ed una concentrazione di donatori ND = 1016 cm-3; inoltre
l’area della sua sezione è S = 500 µm2. Nelle due zone si può assumere una concentrazione di
centri di ricombinazione NT = 1014 cm-3, aventi sezioni
E [eV]
d’urto σp = σn = 10-15 cm2.
p
n
a) Si calcoli la quantità indicata con A del
A
E
C
diagramma a destra in alto rappresentante la
distribuzione delle bande di energia all’interno della
succitata giunzione polarizzata direttamente. Si EV
esprima il risultato in eV.
x [nm]
b) Si calcolino le quantità indicate con B, C, e D
E [V/cm]
del diagramma a destra in basso raffigurante
D
l’andamento del campo elettrico lungo la succitata
x [nm]
C
giunzione polarizzata direttamente. Si esprimano i
risultati rispettivamente in V/cm (per B) e in nm (per
B
C e D).
–2–
Con riferimento al circuito amplificatore a MOSFET riportato sotto in figura si calcolino:
+ VDD
RD
K = 0,1 mA/V2
Vt = 1 V
R
Co
VDD = VSS = 9 V
IS = 2,2 mA
J1
RL
Ci
IS
vo
Rs
+
RD = 2,2 kΩ
R = 10 kΩ
Rs = 10 kΩ
RL = 1 MΩ
vs
– VSS
Ri
a) il punto di riposo del MOSFET ad arricchimento;
b) l’amplificazione di tensione vo/vs e la resistenza d’ingresso del circuito.
I condensatori si considerino equivalenti a dei cortocircuiti alla frequenza del segnale
d’ingresso vs.
Soluzione Compito 15/09/2008
Primo quesito:
a) In un diodo polarizzato direttamente la quantità A corrisponde alla barriera di potenziale
q(φ – VD), dove φ è il potenziale di barriera e VD è la tensione applicata.
Calcoliamo innanzitutto il potenziale di barriera φ:
φ=
 1014 ⋅ 1016 
kT  N A N D 

= 0,579 V .
ln
=
0
.
026
ln

2
q  ni2 
 1,45 ⋅ 1010 
(
)
Calcoliamo adesso la tensione VD applicata alla giunzione che dà luogo alla corrente I = 8 µA.
Dall’equazione caratteristica del diodo

 VD
I = I S  e VT − 1




si ricava immediatamente:
 I

VD = VT ln + 1 ,
 IS

dove IS, corrente di saturazione inversa, è data dalla ben nota espressione:
 Dp
Dn 
.
I S = qSni2 
+
 L p N D Ln N A 


Determiniamo tutte le quantità necessarie per il calcolo di IS:
µn = 1370
cm 2
, dal grafico µn = f(CT) (con CT = NA, dato che ci riferiamo alle cariche
V ⋅s
diffuse),
µp = 400
cm 2
, dal grafico µp = f(CT) (con CT = ND, dato che ci riferiamo alle cariche
V ⋅s
diffuse),
Dn =
cm 2
kT
µn = 0,026·1370 = 35,62
,
q
s
Dp =
kT
cm 2
µ p = 0,026·400 = 10,40
;
q
s
inoltre si ha:
τp = τn =
1
1
=
,
σ p vth N T σ n vth N T
dove vth è la velocità delle cariche minoritarie dovute all’agitazione termica ed è data da:
vth ≈
3kT
cm
= 1,17 ⋅ 107
; pertanto si ha:
s
m
τp = τn =
1
1
= −15
= 0,85 µs .
σ p vth N T 10 ⋅ 1,17 × 107 ⋅ 1014
Le lunghezze di diffusione si calcolano come segue:
Ln = Dnτ n = 35,62 ⋅ 8,5 × 10 −7 = 55 µm ,
L p = D pτ p = 10,4 ⋅ 8,5 × 10 −7 = 29,7 µm .
Possiamo adesso calcolare la corrente inversa IS:
 Dp
Dn 
I S = qSni2 
+
=
L N

L
N
p
D
n
A


2
10,4
35,62

= 1,6 × 10 −19 ⋅ 5 × 10 −6 ⋅ (1,45 × 1010 )  16
+ 14
= 1,1 ⋅ 10 −14 A = 11 fA .
−4
−4 
⋅
×
⋅
×
10
29
,
7
10
10
55
10


La tensione applicata VD vale infine:

 I
 8 ⋅ 10 −6



VD = VT ln + 1 = 0,026 ln
+ 1 = 0,530 V .
−15
 11 ⋅ 10


 IS
La quantità incognita A si può finalmente calcolare come q(φ – VD). In eV si ha
numericamente:
A [eV] = φ – VD = 0,579 – 0,530 = 0,049 eV = 49 meV .
b) In una giunzione a gradino l’andamento del campo elettrico è triangolare. Integrando si
ottiene la tensione sulla giunzione φ – VD:
φ − VD = −
Ex w
,
2
(1)
essendo w la larghezza della zona di svuotamento e Ex il campo elettrico massimo,
quest’ultimo coincidente con la quantità incognita B richiesta dal testo.
Com’è noto, la w si ricava dall’espressione:
w=
=
2ε s N A + N D
(φ − VD ) ≈ 2ε s 1 (φ − VD ) =
q N AN D
q NA
2 ⋅ 10 −12
1
(0,579 − 0,530) = 7,83 ⋅ 10 −5 cm = 0,783 µm .
−19
−14
1,6 × 10 10
Dalla (1) infine si ricava:
Ex = −
2(φ − VD )
V
= −1,25 ⋅ 10 − 3
.
w
cm
Il valore del campo Ex è ancora considerevole nonostante che la giunzione sia polarizzata
direttamente. Ciò è dovuto al fatto che la tensione applicata VD è ancora insufficiente a
superare il potenziale di barriera φ; d’altronde così si spiega anche il motivo per il quale la
corrente diretta è ancora così piccola (8 µA) malgrado la giunzione sia polarizzata in modo
diretto.
Le quantità C e D richieste dal testo, normalmente indicate con xp e xn, indicano l’estensione
della zona svuotata rispettivamente nel semiconduttore di tipo p e in quello di tipo n. È noto
che:
 ρp 
 ,
w = x p + xn = x p 1 +
ρ
n 

dove ρp e ρn sono le densità di carica nella zona p e in quella n. In valore assoluto esse sono
uguali a qNA e qND rispettivamente. Calcoliamo la quantità C = xp come segue:
C = xp =
w
1+
ρp
ρn
=
w
7,83 ⋅ 10 −5
= 7,75 ⋅ 10 −5 cm = 0,775 µm = 775 nm .
=
14
NA
10
1+
1 + 16
ND
10
Infine D = xn si ricava da:
D = xn = w – xp = 0,783 – 0,775 = 0,008 µm = 8 nm .
Il risultato è coerente con quanto ci si poteva aspettare, cioè che la zona di svuotamento ricade
quasi completamente nella zona p che è quella a minore concentrazione drogante. Infatti,
essendo ND >> NA, la diffusione di elettroni verso la zona p è molto maggiore della diffusione
di lacune verso la zona n.
Secondo quesito:
a) Calcoliamo il punto di riposo del MOSFET considerando il circuito statico in figura.
Per la corrente ID si ha:
+ VDD
2
I D = K (VGS − Vt )
⇒
⇒
2
I S − I R = K (VGS − Vt )
RD
I S − I R = K (− VS − Vt )
ID
La corrente IR si calcola semplicemente dalla legge di Ohm:
IR =
R
2
VDD − VS
R
IR
J1
e sostituendo:
VDD − VS
2
= K (− VS − Vt )
R
V − VS
⇒ I S − DD
= K (VS2 + 2VtVS + Vt 2 )
R
V
1

⇒ KVS2 +  2 KVt − VS + KVt 2 − I S + DD = 0
R
R

IS −
S
IS
– VSS
2
− 2 KVt +
⇒ V S 1, 2 =
V 
1
1


±  2 KVt −  − 4 K  KVt 2 − I S + DD 
R
R
R 


=
2K
2
1
1
9


− 2 ⋅ 0,1 ⋅ 1 + ±  2 ⋅ 0,1 ⋅ 1 −  − 4 ⋅ 0,1 0,1 ⋅ 12 − 2,2 + 
10
10 
10 


=
=
2 ⋅ 0,1
−4V
− 0,1 ± 0,7
.
=
=
+3V
0,2
La soluzione +3 V non è accettabile, poiché tale valore interdice il MOSFET (VGS = –VS < Vt).
Si possono così calcolare tutte le altre quantità:
2
2
2
I D = K (VGS − Vt ) = K (− VS − Vt ) = 0,1(4 − 1) = 0,9 mA ;
I R = I S − I D = 2,2 − 0,9 = 1,3 mA ;
VD = VDD – RD ID = 9 – 2,2·0,9 = 7 V ;
VDS = VD – VS = 7 + 4 = 11 V ;
VGS = VG – VS = 0 + 4 = 4 V .
Il MOSFET è in saturazione poiché risulta:
VDS > VGS – Vt
( ⇒ 11 > 4 – 1).
b) Calcoliamo l’amplificazione facendo riferimento allo schema dinamico del circuito
riportato di seguito in figura.
RD
D
gmvgs
RL
J1
RD
vo
S
vo
RL
Rs
vgs
Rs
R
R
+
vs
+
vs
G
La transconduttanza gm che compare nello schema equivalente dinamico vale:
g m = 2 K VGS − Vt = 2 ⋅ 0,1 ⋅ 4 − 1 = 0,6 mS .
Applicando il teorema di Thevenin al bipolo GS dello schema equivalente dinamico ed
osservando che RD // RL ≈ RD, il circuito si semplifica nel modo seguente:
D
gmvgs
RD
S
Req = Rs // R = 5 kΩ
vo
Req
vgs
veq =
+
veq
G
si ottiene pertanto:
vo = − g m v gs RD ,
dove − v gs = veq + Req g m v gs
⇒ v gs = −
veq
1 + g m Req
,
v
R
10
vs =
vs = s
R + Rs
10 + 10
2
da cui, sostituendo nell’espressione di vo, si ricava:


veq
 = g m RD veq
v o = − g m RD  −
 1+ g R  1+ g R
m eq 
m eq

⇒ vo =
⇒
v
0,6 ⋅ 2,2
veq = 0,33 veq = 0,33 s
1 + 0,6 ⋅ 5
2
AvT =
vo 0,33
=
= 0,165 .
vs
2
Per il calcolo della resistenza d’ingresso Ri consideriamo un generatore di tensione ausiliario
vx che eroghi una corrente ix secondo lo schema riportato di seguito in figura. Si ottiene:
D
v x = − v gs = R (i x + g m v gs )
⇒ v x = R (i x − g m v x ) = Ri x − g m Rv x
gmvgs
ix
vx
+
RD
S
⇒
(1 + g m R ) v x = Ri x
⇒ Ri =
vgs
R
vx
R
10
=
=
= 1,43 kΩ
i x 1 + g m R 1 + 0,6 ⋅10
.
G
Ri
Si noti che il valore dell’amplificazione di tensione riferita alla sorgente AvT risulta essere
molto piccolo (0,165) a causa della bassa resistenza d’ingresso dell’amplificatore (tipico in
una configurazione a gate comune). Il segnale d’ingresso viene infatti attenuato di una
quantità pari a
Ri
e poiché Rs > Ri si ha pertanto un fattore di attenuazione abbastanza
Ri + Rs
elevato (circa 1/10).
Compito del 24/09/2008
Durata massima della prova: 2h30min
Dopo la grande abbuffata televisiva dei giochi olimpici di Pechino, grande è l’attesa
mediatica per il consueto torneo annuale di Elettropoli, il famoso gioco di società a squadre,
mutuato dagli altrettanto famosi Trivial e Monopoli. Tre sono le squadre che quest’anno
disputeranno il torneo: la squadra degli Ingegneri Elettronici inattivi, quella degli Ingegneri
Elettronici senza lavoro e infine quella degli Ingegneri Elettronici disoccupati. Le tre squadre
dovranno costruire un albergo rispettivamente in via Capponi, piazza Mamola e parco Riva
Sanseverino (quest’ultimo – il più prestigioso – equivalente al Parco della Vittoria del
Monopoli). Per poterlo costruire, le squadre devono rispondere a due quesiti. Rispondete
anche voi, se volete vincere l’ambito trofeo del torneo di Elettropoli: “Dispositivi Elettronici”
scritta sul libretto, con l’autografo di quel signore al quale il succitato parco è intitolato.
–1–
Si consideri una barretta di silicio mantenuta a 300 K drogata con fosforo, le cui
dimensioni sono riportate di seguito in figura.
L
Z
y
L = 100 µm
Z = 8,5 µm
W
W = 1 µm
x
La ripartizione degli atomi donatori ND(x) risulta essere non omogenea lungo l’asse x
indicato in figura. In particolare, seguendo l’asse x la concentrazione ND(x) degli atomi di
fosforo varia da 1017 cm-3 alla superficie della barretta (x = 0) a 1015 cm-3 in corrispondenza di
x = W (cioè della superficie opposta), secondo la legge:
N D (x ) = N S (1 − γ x ) ,
dove NS e γ sono due costanti ricavabili dalle condizioni al contorno.
Si osservi inoltre che un’espressione analitica della mobilità degli elettroni in funzione
della concentrazione d’impurità (nell’intervallo di interesse, cioè 1015 cm-3 ≤ ND ≤ 1017 cm-3)
è la seguente:
µ n (N D ) = α (N D )− β
dove α e β sono due costanti che possono essere agevolmente ricavate dal noto diagramma
riportato in appendice.
Si calcoli la conduttanza G della barretta tra le facce separate dalla distanza L (ossia
lungo y).
–2–
La barretta di silicio drogato di cui all’esercizio precedente costituisce la resistenza RD
del circuito illustrato di seguito in figura.
+ VDD
RD
RG
VDD = 24 V
RG = 1 MΩ
Il MOSFET ad arricchimento ha un parametro di conducibilità K = 1 mA/V2, mentre la sua
tensione di soglia è Vt = 1 V. Si calcoli il suo punto di riposo.
Supponiamo di poter realizzare una nuova resistenza RD con un’altra barretta di silicio
avente drogaggi differenti, ma in modo che risultino sempre valide la legge relativa
all’andamento della concentrazione drogante lungo x ( N D (x ) = N S (1 − γ x ) ) e quella relativa
all’andamento della mobilità con la concentrazione drogante ( µ n (N D ) = α (N D ) ). Si calcoli
in tal caso il valore della concentrazione ND(x) degli atomi droganti alla superficie della
barretta (x = 0), affinché nel circuito risulti VGS = 1,5Vt .
−β
Soluzione Compito 24/09/2008
Primo quesito:
Innanzitutto ricaviamo le costanti γ e NS relative alla legge di variazione della concentrazione
di drogante. Per x = W = 1 µm la concentrazione di drogante è pari a
N D (W ) = N S (1 − γ W )
1−
⇒ γ =
N D (W )
NS
W
e poiché ND(W) = 1015 cm–3 si ottiene:
1015
1017 = 9,9 ⋅ 103 cm −1 .
γ =
10 −4
1−
Noto γ si ricava facilmente NS; infatti per x = 0 si ha:
N D (0) = N S (1 − γ ⋅ 0) = N S
e poiché ND(0) = 1017 cm–3 si ottiene:
N S = N D (0 ) = 1017 cm −3 .
La legge di variazione della concentrazione lungo x è pertanto:
N D (x ) = 1017 (1 − 9,9 ⋅ 10 3 x )
[cm −3 ] .
Calcoliamo adesso le costanti α e β relative alla legge di variazione della mobilità. In tal caso
è necessario utilizzare il grafico che riporta le mobilità dei portatori nel silicio in funzione
della concentrazione totale di impurità. Infatti, bisogna conoscere i valori di mobilità in
corrispondenza dei due valori ND = 1015 cm–3 e ND = 1017 cm–3, che corrispondono ai valori
minimo e massimo di concentrazione di donatori presenti nella barretta. Si ottiene:
− per ND = 1015 cm–3
⇒
µn(ND) = 1275
− per ND = 1017 cm–3
⇒
µn(ND) = 600
cm 2
V⋅s
cm 2
.
V⋅s
Per ricavare α e β sostituiamo i due valori trovati nella relazione µ n = α (N D ) :
−β
1275 = α (1015 )− β
.

−β
600 = α (1017 )
Per risolvere questo sistema è più semplice eseguire il logaritmo (in base 10) del primo e del
secondo membro delle equazioni:
[
]
 Log(1275) = Log α (1015 )− β = Log(α ) − β Log(1015 )
;

−β
 Log(600) = Log α (1017 ) = Log(α ) − β Log(1017 )
[
]
dividendo tra loro le due equazioni:
Log(1275) − Log(600) = − β Log(1015 ) + β Log(1017 ) = β (17 − 15) = 2 β
⇒
β =
Log (1275 ) − Log (600 ) 3,1 − 2,78
=
= 0,16
2
2
Ricaviamo α dalla seconda equazione del sistema:
Log(α ) = Log(600) + β Log(1017 ) = 2,78 + 0,16 ⋅ 17 = 5,5
α = 105,5 = 3,16 ⋅ 105 .
Pertanto, la relazione che lega µn e ND nell’intervallo d’interesse di ND (1015 cm–3 ÷ 1017 cm–3)
è la seguente:
[cm
µ n = 3,16 ⋅ 105 (N D )−0,16
2
]
Vs .
(1)
Essendo funzione di ND, ovviamente anche µn risulta essere una funzione di x.
Consideriamo adesso un elemento infinitesimo della barretta di lunghezza L e di sezione dS =
Z·dx. La conduttanza dG associata a tale elemento è tale che:
dG = σ
dS
,
L
(2)
dove la conducibilità σ è dovuta essenzialmente ai soli elettroni:
σ ( x ) ≈ qN D ( x )µ n ( x ) .
(3)
Come si nota la conducibilità σ è una funzione di x essendo dipendente da µn e ND, che sono a
loro volta funzioni della coordinata x.
Sostituendo la (3) nella (2) e considerando µn(x) data dall’espressione (1), si ottiene:
[
d G (x ) = qN D (x ) α (N D (x ))
=q
αZ
L
−β
] ZL d x = q αLZ [N
D
(x )]1−β d x =
[N S (1 − γ x )]1−β d x .
La conduttanza della barretta si ricava integrando dG(x) da 0 a W:
G=∫
G (W )
G (0 )
d G(x ) = q
αZ
L
W
N S1− β ∫ (1 − γ x )
0
Posto 1 − γ x = h ⇒ − γ ⋅ d x = d h
1− β
dx .
⇒ dx=−
dh
γ
, sostituendo nell’integrale si calcola:
αZN S1− β
 d h
αZ 1− β x =W 1− β
=
−
d
=
−
h 2− β
h 1− β −
q
N
h
h
q
S

∫
x
x
=
0
0
=
Lγ (2 − β )
L
Lγ
 γ 
1− β
1− β
αZN S1− β
αZN S
αZN S
2− β
2−β W
= −q
=
(1 − γ ⋅ x ) 0 = − q
(1 − γ W ) + q
Lγ (2 − β )
Lγ (2 − β )
Lγ (2 − β )
G=q
αZ
N S1−β ∫
[
x =W
[
x =W
x =0
=
]
αZN S1− β
2− β
=q
1 − (1 − γ W )
Lγ (2 − β )
[
]
]
Si noti che il termine 1 − (1 − γ W )
.
2− β
= 1 − (1 − 9,9 ⋅ 10 3 × 10 −4 )
è quindi trascurabile rispetto all’altro fattore q
2 − 0 ,16
tende praticamente a 1 ed
αZN S1− β
. Più semplicemente si può dunque
Lγ (2 − β )
scrivere:
G≈
qαZN S1− β
=
Lγ (2 − β )
1,6 ⋅ 10 −19 × 3,16 ⋅ 105 × 8,5 ⋅ 10 −4 × (1017 )
10 −2 × 9,9 ⋅ 103 × (2 − 0,16)
1− 0 ,16
=
= 4,5 ⋅ 10 −5 S
(equivalente ad una resistenza di 22,2 kΩ).
Secondo quesito:
Nell’ipotesi che il MOSFET si trovi in regione di saturazione e osservando che i terminali di
drain e di gate sono allo stesso potenziale (dato che non circola alcuna corrente su RG), si
possono scrivere le relazioni che seguono:
 I D = K (VGS − Vt )2 = K (VDS − Vt )2

VDD − VDS

VDS = VDD − RD I D ⇒ I D =
RD

⇒
(VGS
= VDS )
VDD − VDS
2
= K (VDS − Vt )
RD
2
⇒ VDD − VDS = KRD (VDS
− 2VtVDS + Vt 2 )
⇒
2
KRDVDS
+ (1 − 2 KRDVt )VDS + KRDVt 2 − VDD = 0
(4)
2
⇒ 22,2VDS
+ (1 − 2 ⋅ 22,2 )VDS + 22,2 − 24 = 0
⇒ VDS =
43,4 ± 1883,56 + 159,84 43,4 ± 45,2
=
=
44,4
44,4
La corrente pertanto è pari a:
ID =
VDD − VDS 24 − 2
=
= 0,99 mA .
22,2
RD
< 0 (Impossibile)
2V
.
Il MOSFET è sempre in saturazione giacché risulta VDS > VDS – Vt , sempre verificata dato
che Vt è positivo in un MOSFET ad arricchimento a canale n.
Ovviamente anche la condizione di accensione è verificata:
VGS (= VDS) ≥ Vt
(2 ≥ 1).
Affinché risulti VGS = 1,5 Vt, si riscrive l’equazione (4) imponendo che VGS = VDS = 1,5 Vt; in
tal modo si otterrà un’equazione con incognita RD, la cui soluzione fornirà il valore di RD
desiderato:
2
KRDVDS
+ (1 − 2 KRDVt )VDS + KRDVt 2 − VDD = 0
⇒ 2,25KVt 2 RD + 1,5Vt − 3KVt 2 RD + KVt 2 RD − VDD = 0
⇒ 0,25KVt 2 RD = VDD − 1,5Vt
⇒ 0,25RD = 22,5 ⇒
RD =
22,5
= 90 kΩ .
0,25
Tale valore di resistenza equivale ad una conduttanza GD =
1
1
=
= 1,1 ⋅ 10 −5 S . Da
3
RD 90 ⋅ 10
quest’ultimo valore è possibile infine ricavare il corrispondente valore di N D (0) = N S , a
partire dall’espressione della conduttanza prima ricavata:
GD =
qαZN S1− β
⇒
Lγ (2 − β )
= 0,84
N S = 1−β
GD Lγ (2 − β )
=
qαZ
1,1 ⋅ 10 −5 × 10 −2 × 9,9 ⋅ 10 3 × (2 − 0,16) 0,84
=
4,71 ⋅ 1013 = 1,9 ⋅ 1016 cm −3 .
−19
5
−4
1,6 ⋅ 10 × 3,16 ⋅ 10 × 8,5 ⋅ 10
Compito del 13/11/2008
Durata massima della prova: 3h
Nel mezzo del cammin di nostra vita
mi ritrovai per una selva oscura
che la strada per viale delle Scienze era
smarrita.
E mentre ormai sopraggiungeva la paura
un diavoletto dinanzi mi si parò
“Pape Satan, pape Satan Aleppe”, così
gridò!
“Sei finito all’inferno!” - grido quel desso
“e fra poco l’ascensore prenderemo
pel girone dell’ingegnere depresso
e vedrai: tanti tuoi colleghi troveremo!”
E dopo aver firmato carte per le formalità
una porta si aprì e mi trovai… nell’aldilà.
Dinanzi a me minacciava una scritta in nero:
“Lasciate ogni speranza o voi ch’entrate”.
Ma io me l’ero già fatta sotto, in vero
che le mie grida d’aiuto furono inviate
al santo protettore degli studenti strafighi e
vieppiù:
“Sant’Erasmus” – esclamai – “aiutami tu!”
“Non è colpa mia se son depresso e sfigato
Lettere io dovea scegliere e non ingegneria”
Il santo ascoltò quant’ io l’avea invocato
E così rispose alla mia piaggeria:
“A cotesti quesiti dà una risposta, e che sia
seria
e dall’inferno uscirai, con in tasca la
materia…
–1–
Dato il circuito riportato di seguito in Fig. 1 si diagrammi l’andamento temporale della
tensione d’uscita vo nell’intervallo [0; 100] ms, considerando che gli andamenti delle due
tensioni d’ingresso sono quelli diagrammati in Fig. 2. Si individuino in particolare gli istanti
di tempo nei quali cambia l’andamento di vo. I due diodi si considerino ideali con tensione di
soglia Vγ = 0,6 V.
vi1 [V]
vi1
D1
R3 =
= 1 kΩ
5
R2 = 1 kΩ
R1 = 1 kΩ
vo
D2
E=
= 2,5 V
0
vi2
t [ms]
100
vi2 [V]
5
0
t [ms]
50
100
–5
Fig. 1
Fig. 2
–2–
Si determini il punto di riposo del MOSFET ad arricchimento del circuito in Fig. 3,
analizzando la sua dipendenza dalla resistenza variabile RG. Si calcolino in seguito la
resistenza d’ingresso Ri, la resistenza d’uscita Ro e l’amplificazione di tensione riferita alla
sorgente AvT = vo/vs, riportando in un grafico l’andamento dell’amplificazione AvT al variare
della resistenza RG da 0 a 50 kΩ. Per il MOSFET si consideri K = 0,5 mA/V2 e Vt = 1 V.
Si considerino trascurabili la resistenza d’uscita ro del dispositivo attivo e le reattanze dei
condensatori alla frequenza di funzionamento del circuito.
+VDD
C
RD
Ci
Co
R1
R2
Rs
VDD = 24 V
R1 = 1,7 kΩ
R2 = 3,3 kΩ
RD = 1 kΩ
RG = 0÷50 kΩ
RG
vo
RL
Rs = 600 Ω
RL = 100 kΩ
K = 0,5 mA/V2
Vt = 1 V
+
vs
Ri
Fig. 3
Ro
Soluzione Compito 13/11/2008
Primo quesito:
Osserviamo innanzitutto che all’istante t = 0 si ha vi1 = 0 e vi2 = 5 V; il circuito da
analizzare è il seguente:
R1
R2
D1
vo
R3
D2
vi2 = 5 V
E
Supponiamo D1 e D2 interdetti:
R1
R2
vo =
R1
1
vi 2 =
⋅ 5 = 2,5 V .
R1 + R2
1+1
5V
vo
L’ipotesi effettuata è corretta in quanto vo dovrebbe essere minore di – 0,6 V per far
condurre D1 e maggiore di E + 0,6 = 3,1 V per far condurre D2.
Consideriamo adesso l’intervallo di tempo 0 ≤ t ≤ 50 ms, per il quale si ha 0 ≤ vi1 ≤ 2,5 V
e vi2 = 5 V.
R1
+
vi1
Inizialmente D1 e D2 sono interdetti
R2
D1
R3
vo
D2
E
sino a quando D2 non inizia a condurre.
vi2 =
=5V
Sicuramente D1 non potrà condurre
dato che la tensione al suo catodo
diviene
sempre
all’aumentare di vi1.
Quando D1 e D2 sono interdetti la tensione d’uscita vale
vi 1 v i 2
+
R1 R2 vi1 + 5
=
= 0,5 vi1 + 2,5 .
vo =
1
1
2
+
R1 R2
più
positiva
Non appena D2 conduce dobbiamo considerare il circuito seguente:
R1
R2
+
D2
vo
vi2 =
=5V
E
vi1
Quando vo – E ≥ 0,6 V, D2 conduce:
0,5 vi1 + 2,5 − 2,5 ≥ 0,6 ⇒ 0,5 vi1 ≥ 0,6 ⇒
vi1 ≥ 1,2 V .
Pertanto, sino a quando vi1 non è uguale a 1,2 V, l’uscita è pari a 0,5 vi1 + 2,5 V. Per vi1 ≥ 1,2
V, D2 conduce e l’uscita è uguale a
vo = Vγ 2 + E = 0,6 + 2,5 = 3,1 V .
L’istante al quale vi1 raggiunge il valore di 1,2 V si calcola considerando l’equazione
oraria del segnale d’ingresso vi1:
v i1 =
5
t = 50 t
0,1
(dove vi1 è espresso in V e t in s)
⇒ t=
Per vi1 = 1,2 V
⇒ t=
vi 1
.
50
1,2
= 0,024 s = 24 ms .
50
Consideriamo adesso l’intervallo 50 ms ≤ t ≤ 100 ms, per il quale si ha 2,5 V ≤ vi1 ≤ 5 V e
vi2 = –5 V. Il circuito da considerare è adesso il seguente:
R1
R2
D1
+
vo
R3
vi1
D2
E
vi2 =
=5V
Vediamo cosa succede all’istante t = 50 ms. Supponiamo in tal caso che D1 sia in
conduzione e D2 in interdizione. La situazione è pertanto quella rappresentata sotto in figura:
R1
R2
0,6 V
2,5 V
vo
R3
5V
vi1 vi 2 Vγ 1
+
+
R1 R2 R3 2,5 − 5 − 0,6
3,1
=
=−
≈ −1 V .
vo =
1
1
1
3
3
+
+
R1 R2 R3
È corretto pertanto avere ipotizzato D1 in conduzione (infatti VD1 ≥ 0,6 V) e D2 in
interdizione (VD2 ≤ 0,6 V).
Nell’intervallo 50 ms ≤ t ≤ 100 ms inizialmente sarà D1 ON e D2 OFF; all’aumentare di vi1
uno dei due diodi cambierà di stato. Sino a quel momento la tensione vo vale
vi1 vi 2 Vγ 1
+
+
R1 R2 R3 vi1 − 5 − 0,6
=
= 0,33 vi1 − 1,87 .
vo =
1
1
1
3
+
+
R1 R2 R3
Il diodo D1 commuta in OFF quando(*)
0 − vo ≤ 0,6 V ⇒ vo ≥ −0,6 V ⇒ 0,33 vi1 − 1,87 ≥ −0,6 V ⇒ 0,33 vi1 ≥ 1,27
⇒ vi1 ≥ 3,85 V .
Calcoliamo l’istante in cui vi1 raggiunge 3,85 V e D1 diviene OFF:
vi1 = 50 t ⇒ t =
vi1 3,85
=
= 0,077 s = 77 ms .
50 50
Non appena D1 diviene interdetto, entrambi i diodi sono in OFF. Per calcolare il valore di
vi1 per il quale D2 commuta in ON ricaviamo vo dal seguente circuito equivalente:
R1
R2
v o = −5 +
+
5V
vo
vi1
R2
(5 + vi1 ) = −5 + 1 ⋅ (5 + vi1 ) =
R1 + R2
2
= −5 + 2,5 + 0,5 vi1 = 0,5 vi1 − 2,5
Pertanto D2 commuta in ON quando
vo – E ≥ 0,6 V ⇒ 0,5vi1 – 2,5 ≥ 0,6 ⇒ 0,5vi1 ≥ 3,1 ⇒ vi1 ≥ 6,2 V .
Ciò vuol dire che nell’intervallo [0, 100] ms il diodo D2 non commuta mai dato che vi1 arriva
al massimo a 5 V.
Ricapitolando:
0 ≤ t ≤ 24 ms
⇒ vo = 0,5 vi1 + 2,5
(D1 OFF, D2 OFF)
24 ms ≤ t ≤ 50 ms
⇒ vo = 3,1 V
(D1 OFF, D2 ON)
50 ms ≤ t ≤ 77 ms
⇒ vo = 0,33 vi1 − 1,87
(D1 ON, D2 OFF)
77 ms ≤ t ≤ 100 ms
⇒ vo = 0,5 vi1 − 2,5
(D1 OFF, D2 OFF)
L’andamento temporale di vo viene riportato di seguito in figura:
(*)
Se supponessimo che D2 commuti in ON prima che commuti D1 si avrebbe: vo – E ≥ 0,6 V
≥ 3,1 ⇒ vi1 ≥ 15,06 V; dunque D1 commuta necessariamente prima di D2.
⇒ 0,33vi1 – 1,87
Secondo quesito:
In figura sotto è riportato lo schema statico del circuito:
+VDD
RD
R1
R2
RG
Poiché sul gate non scorre corrente, la presenza della resistenza RG è ininfluente; lo schema,
pertanto, si può semplificare eliminando la resistenza RG come segue:
+VDD
RD
ID + Ip
Ip
R1
R2
ID
IG = 0
Supposto il MOSFET in saturazione si può scrivere:
2
I D = K/ (VGS − Vt ) , dove VGS = R2 I p (dato che su RG non scorre corrente)
L’equazione alla maglia d’uscita è:
VDD = RD (I p + I D ) + (R1 + R2 )I p .
Mettiamo a sistema le due precedenti equazioni:
 I D = K/ (R2 I p − Vt ) 2

VDD = (RD + R1 + R2 )I p + RD I D
e sostituiamo:
VDD = (RD + R1 + R2 )I p + RD K/ (R2 I p − Vt )
2
⇒ 24 = (1 + 1,7 + 3,3)I p + 1 ⋅ 0,5(3,3I p − 1)
⇒ 24 = 6 I p + 0,5(10,89 I p2 − 6,6 I p + 1)
2
2
⇒ 5,445I p2 + 2,7 I p − 23,5 = 0
Ip =
− 2,7 ± 7,29 + 511,83 − 2,7 ± 22,78
=
=
10,89
10,89
1,84 mA
< 0 (Impossibile ⇒ VD dovrebbe essere negativo) .
Calcoliamo ID:
I D = K/ (R2 I p − Vt ) = 0,5(3,3 ⋅ 1,84 − 1) = 12,86 mA ;
2
inoltre:
VGS = R2 I p = 6,07 V ,
VDS = VDD − RD (I D + I p ) = 9,3 V .
2
Infine risulta:
(9,3 > 6,07 − 1)
VDS > VGS − Vt
pertanto il MOSFET è in saturazione, come inizialmente supposto.
Si osservi che il punto di riposo non dipende dalla resistenza RG; rimane, cioè, costante
qualunque sia il valore assunto da RG.
Analizziamo adesso il funzionamento dinamico del circuito a partire dal suo schema
equivalente dinamico:
RG
G
D
R1
Rs
vs
vi = vgs
+
RD
RL
vo
g m v gs
S
Lo schema si può disegnare nuovamente mettendo in evidenza la separazione tra il circuito
d’ingresso e quello d’uscita:
D
G
Rs
vs
vi
+
RG
R1
RD
RL
vo
gm vi
S
In questo modo è subito evidente che RG costituisce la resistenza d’ingresso del circuito:
Ri = RG .
Anche la resistenza d’uscita si calcola in modo immediato:
Ro = R1// RD = 630 Ω ,
in quanto ponendo vs = 0 si ha g m vi = 0 , cioè il generatore di corrente è un circuito aperto.
Calcoliamo adesso l’amplificazione vo/vi:
Av =
vo
= − g m (R1 // RD // RL ) = −4,77 ,
vi
dove la transconduttanza gm è stata ricavata dall’espressione:
g m = 2 K/ (VGS − Vt ) = 2 ⋅ 0,5(6,07 − 1) = 5,07 mS .
L’amplificazione riferita alla sorgente si calcola considerando il fattore di attenuazione
dovuto alla resistenza interna Rs del generatore di segnale:
AvT =
RG
RG
vo
Ri
g m (R1 // RD // RL ) = −
Av = −
=
⋅ 4,77 .
RG + 600
RG + Rs
v s Ri + Rs
Tale relazione costituisce una funzione iperbolica di RG; essa può essere disegnata per punti in
modo qualitativo, considerando ad esempio i valori che essa assume agli estremi del campo di
variazione di RG (cioè per RG = 0 e 50 kΩ) e in corrispondenza di 10 volte il valore di Rs
(quando cioè l’effetto di attenuazione dovuto alla resistenza di sorgente si considera
trascurabile):
− per RG = 0
⇒
− per RG = 50 k Ω
AvT = 0 ,
⇒
− per RG = 10 Rs = 6 k Ω
AvT = −4,71 ,
⇒
AvT = −4,34 .