DELTA – MASTER 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 Luis Miguel Olivas 1 DELTA – MASTER FORMACIÓN UNIVERSITARIA C/ Gral. Ampudia, 16 Teléf.: 91 533 38 42 - 91 535 19 32 28003 MADRID 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 ) = Física UPSAM – Febrero 2008 Tarde V 1 * * * E max .l ⇒ E max = 8,40 cm 2 Luis Miguel Olivas 2 DELTA – MASTER FORMACIÓN UNIVERSITARIA C/ Gral. Ampudia, 16 Teléf.: 91 533 38 42 - 91 535 19 32 28003 MADRID 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 Física UPSAM – Febrero 2008 Tarde Luis Miguel Olivas 3 DELTA – MASTER FORMACIÓN UNIVERSITARIA C/ Gral. Ampudia, 16 Teléf.: 91 533 38 42 - 91 535 19 32 28003 MADRID 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.). Física UPSAM – Febrero 2008 Tarde Luis Miguel Olivas 4 DELTA – MASTER FORMACIÓN UNIVERSITARIA C/ Gral. Ampudia, 16 Teléf.: 91 533 38 42 - 91 535 19 32 28003 MADRID 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 Física UPSAM – Febrero 2008 Tarde Luis Miguel Olivas 5 DELTA – MASTER FORMACIÓN UNIVERSITARIA C/ Gral. Ampudia, 16 Teléf.: 91 533 38 42 - 91 535 19 32 28003 MADRID 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 ⎭ ⎩ Física UPSAM – Febrero 2008 Tarde Luis Miguel Olivas 6