DELTA – MASTER

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FORMACIÓN UNIVERSITARIA
C/ Gral. Ampudia, 16
Teléf.: 91 533 38 42 - 91 535 19 32
28003 MADRID
EXÁMEN FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INFORMÁTICA UPSAM
FEBRERO 2008 TARDE
PROBLEMA 1
De un transistor bipolar NPN se conocen los siguientes datos a 300 K:
• NE = 1018 cm-3, NB = 5·1016 cm-3,
NC = 1015 cm-3.
• ni2= 4·1020 cm-6.
• Todas las impurezas se encuentran ionizadas.
• LB = LC = 1μm.
• kT (T= 300K) = 0.025 eV.
• e = 1.6·10-19 C.
• εε0 = 8.854·10-13 C·V-1cm-1.
a) Suponiendo que en la unión B-E se aplica una tensión de polarización en directa de 0.4 V,
calcular la longitud de la zona de deplexión a ambos lados de la unión metalúrgica, el potencial
termodinámico y el valor máximo del campo eléctrico en la unión Emisor-Base (1 pto.).
Se polariza el transistor de manera que por él circula una corriente de colector de 2 mA, siendo
la sección del dispositivo A = 10-3 cm2.
b) Obtener la densidad de corriente inversa de la unión B-C (JS) y constantes de difusión DB y
DC sabiendo que son iguales entre sí y que la concentración de minoritarios en el borde de la
zona de deplexión del colector es de 1010 cm-3 (1 pto.).
El transistor anterior se introduce en el circuito de polarización de la Fig.a, obteniéndose el
comportamiento indicado en la Fig.b (para este apartado use los valores que se indican,
independientemente de lo obtenido en los apartados anteriores):
c) Sabiendo que R2 es la quinta parte de R1, Calcular los valores de VCC, R1 y R2 (0,5 ptos.).
Física UPSAM – Febrero 2008 Tarde
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d) Completar el punto de trabajo, obteniendo los valores de las magnitudes que queden para
identificarlo (0,5 ptos.).
e) Obtenga la condición de saturación del circuito. ¿Coincide la ICsat con la ICmax proporcionada
por el modelo matemático de la polarización?. Razone la respuesta e indique el valor de ambas
corrientes de referencia (0,5 ptos.).
Vcc
RC = 2,5K
R1
IC
VBE = 0.5 V
VCE SAT = 0.2 V
10 mA
Q
β = 100
6V
R2
RE = 0,5K
VCE
Fig. b
Fig. a
Apartado a) Aplicando directamente la teoría de unión PN, se obtienen los siguientes resultados:
φT =
kT ⎛ N D N A
L⎜
e ⎜⎝ n i2
⎞ kT ⎛ N B N E
⎟⎟ =
L⎜⎜
2
⎠ e ⎝ ni
⎞
⎟⎟ = 0.81V
⎠
Con Polarización
La longitud de la zona de carga de espacio, nuevamente considerando un 100% de ionización, viene
dada por:
⎛ 1
1 ⎞
⎜⎜
⎟⎟(φT − V ) ≈ 9.76·10 −6 cm = 0.0976 μm
+
⎝ NA ND ⎠
Por otro lado, la neutralidad de la carga espacial, para esas mismas condiciones, nos indica que:
l=
2εε0
e
l = ln + l p
⎫⎪
⎧l p ≈ 0.0930 μm
⎬⇒ ⎨
l n N E = l p N B ⎪⎭
⎩l n ≈ 0.0046 μm
(φT
−V ) =
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V
1 * *
*
E max .l ⇒ E max
= 8,40
cm
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Apartado b) Teniendo en cuenta la expresión de la corriente de polarización una unión PN:
I = JA
⎫
−1
I ⎡
eV
⎪
⎤
⇒
=
−
exp
1
J
⎡ ⎛ eV ⎞ ⎤ ⎬
S
I = J S A⎢exp⎜
A ⎢⎣
KT ⎥⎦
⎟ − 1⎥ ⎪
KT
⎝
⎠
⎦⎭
⎣
Los minoritarios en el colector son los huecos, dado que es zona N, y el comportamiento de los
minoritarios en polarización nos lleva a:
⎛ eV ⎞⎫
p no = p n exp⎜
⎟⎪
⎝ KT ⎠⎪
mA
⎛ eV ⎞
⎟ = 25000 ⇒ J S = 0,08 2
⎬ ⇒ exp⎜
2
cm
n
⎝ KT ⎠
⎪
pn = i
⎪⎭
NC
Por otra parte:
JS =
eD p pn
Lp
+
eDn n p
Ln
cm 2
Como D=Dn=Dp ⇒ D = 125000
s
Apartados c) y d)
En todo momento se considera válida la aproximación: β >> 1
El punto de corte de la recta de carga con el eje vertical, corresponde a ICmax, y resulta:
I C max =
VCC
⇒ VCC = 30V
RC + RE
Las ecuaciones de la malla de la base y del collector son:
VBB ≈ I B RB + VBE + β I B RE
VCC ≈ VCE + I C ( RC + RE )
De la del colector se saca que: ICQ=8 mA
Como IC = β IB entonces podemos sacar IBQ=0,08 mA
La ecuación de la malla de base es la que está más arriba. Donde VBB y RB son el resultado de aplicar
el teorema de Thevenin al divisor de tensión de la base, que con las condiciones del problema R1 =
5R2 resulta:
VCC R2
⎧
⎫
⎪V BB = R + R = 5V
⎪ ⎧ R = 37,5KΩ
⎪
⎪
1
1
2
⎨
⎬⇒⎨
⎪ R = R1 R2 = 5R2 R2 = 5 R ⎪ ⎩ R2 = 7,5KΩ
⎪⎩ B R1 + R2 5R2 + R2 6 2 ⎪⎭
Apartado e) I CSat =
VCC − VCESat
= 9.93mA < I c max = 10mA
RC + RE
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PROBLEMA 2 (3,5 puntos)
En el esquema de la figura se representa el circuito de polarización de un transistor MOS con su
correspondiente curva de transferencia.
VDD
R1 = 150 KΩ
RD= 4 KΩ
ID SAT
6.67 mA
Q
K=0.2mA/V2
R2 =50 KΩ
VGS
RS = 2 KΩ
2V
Se pide:
a) El punto de trabajo del transistor (1,5 ptos.).
b) Si se sustituye R2 por un circuito abierto, calcular el nuevo punto de trabajo. A la vista de los
resultados indicar razonadamente si el transistor está en saturación o no y si la solución tiene
sentido físico (1 pto.).
c) Hallar el valor de R2 para que el transistor del circuito inicial conduzca en saturación con
VDS = 6 V (1 pto.).
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Apartado a)
⎧VGG = VGS + RS I D
⎨
⎩VDD = (RD + Rs )I D + VDS
VGS = 0 ⇒ VGG = I D RS = 6,667mA.2 K ≈ 13,3V
VGG
VDD R2
⇒ VDD ≈ 53,3V
R1 + R2
Dado que I D = K (VGS − VT ) , sustituyendo en la malla de puerta y particularizando para los
2
datos del problema nos queda la ecuación de segundo grado:
⎧VGS = 6,2V ⎫
0,4VGS2 − 0,6VGS − 11,7 = 0⎨
⎬ Nos quedan dos valores de los cuales nos quedamos con
4
,
72
=
−
V
V
⎭
⎩ GS
VGS = 6,2V ya que cumple que VGS > VT para que exista canal, descartamos la tensión negativa.
VGS = 6,2V
I D = 0,2mA / V 2 .(6,2V − 2V ) 2 ≈ 3,5mA
VDS = VDD − ( RD + RS ) I D ≈ 32,1V
Apartado b) Si cambiamos la resistencia R2 por un circuito abierto, obtenemos:
VDD=53,3V
R1 = 150 KΩ
RD= 4 KΩ
K=0.2mA/V2
RS = 2 KΩ
VDD = VGS + I D RS ⎫
0,4VGS2 − 0,6VGS − 51,7 = 0
2⎬
I D = K (VGS − VT ) ⎭
⎧VGS = 12,1V
Cuya soluciones son: ⎨
Nos quedamos con la positiva.
⎩VGS = −10,6V
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VGS = 12,1V
I D = 0,2mA / V 2 .(12,1V − 2V ) 2 ≈ 20,4mA
VDS = VDD − ( RD + RS ) I D ≈ −69,1V
La tensión VDS es negativa, luego el transistor no está en saturación. De hecho, esta solución carece
de sentido físico, ya que en un MOS de acumulación de canal N la tensión VDS debe ser positiva (o
como mínimo, nula).
Apartado c)
VDD = ( RD + RS ) I D + VDS
ID =
VDD − VDS
= 7,8mA
( RD + RS )
Despejando de la expresión de la corriente:
VGS =
ID
+ VT = 8,2V
K
Por otro lado:
⎧VGG = VGS + RS I D ⎫
⎪
⎪
VDD R2
⎬ Despejando queda: R2 = 121,4 KΩ
⎨
⎪
⎪VGG R + R
1
2
⎭
⎩
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