Diodos introduccion

CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores

Apunte de Clases de Electrónica −R.G.C. 1−1

CAPÍTULO 1

FUNDAMENTOS DE LA FÍSICA DE LOS SEMICONDUCTORES 1. INTRODUCCIÓN El diodo tiene un papel muy importante en la tecnología moderna. Prácticamente cada sistema electrónico, desde el equipo de audio hasta el computador usa diodos de una u otra forma. El diodo puede ser descrito como un dispositivo de dos terminales, el cual es sensible a la polaridad. Es decir la corriente en el diodo puede fluir en una dirección solamente (descripción ideal). El primer diodo de vacío, basado en el fenómeno de emisión termo-íonica (emisión de electrones de un alambre metálico calentado), data de comienzos de 1900. Alrededor de 30 años después, el diodo semiconductor fue introducido comercialmente. El primer diodo fue probado en 1905. La tecnología de semiconductores de germanio y silicio se introdujo en los años 30. El diodo semiconductor, algunas veces llamado diodo de estado sólido, tiene muchas ventajas importantes sobre el diodo de vacío. El diodo de estado sólido es mucho más pequeño, barato, y muy confiable. Actualmente los diodos de vacío son usados en muy raras ocasiones. 1.1 La Física de los Semiconductores El comportamiento del diodo de estado sólido (y luego el del transistor) puede ser comprendido a través del análisis de la estructura atómica de los materiales usados en su construcción. Antes de realizar este análisis se deben comprender algunos aspectos generales de la teoría atómica. 1.1.1 Estructura Atómica de los materiales 1

El átomo puede ser modelado como una estructura que tiene un núcleo compuesto de protones (p+) y neutrones, más una capa o nube electrónica que lo envuelve, la cual esta compuesta sólo de electrones (e−). Los electrones tienen carga negativa, los neutrones no tienen carga y los protones tienen carga positiva. q(e−)= −1.6·10-19 C q(p+)= +1.6·10-19 C

1 Postulado por N. Bohr en 1913.

CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores Núcleo: p+ y neutrones (unidos establemente debido a la fuerza nuclear) Capa externa: e− que orbitan el núcleo (mantenidos unidos al núcleo debido a la fuerza

eléctrica y nuclear, principalmente)

Núcleo

órbitas de e-

Fig. 1.1 Modelo bi-dimensional simple de un átomo. Compuesto de un núcleo de carga positiva y e- que circulan en órbitas organizadas en capas.

En el átomo en estado normal se cumple que: • La carga total es nula (átomo neutro) es decir: Σ e− que orbitan el núcleo = Σ p+ dentro del núcleo • Dos electrones no pueden ocupar la misma órbita. • Las órbitas de los electrones están organizadas en capas. Una capa puede consistir de

muchas trayectorias circulares que pueden ser ocupadas por e−. • Una capa no necesariamente debe estar completamente llena. • Las capas son separadas una de otras por espacios vacíos radiales en las cuales no pueden

existir órbitas. • Los e− externos son los más susceptibles de ser traspasados entre los átomos. Estos son

llamados e− de valencia. La capa externa contiene los e− de valencia. • Cálculos teóricos muestran que hay un número máximo de electrones que pueden ocupar una

capa. De esta manera los átomos están organizados en capas de la siguiente manera: Tabla 1.1 Máximo número de e- por capas

Capa Máximo nº e-

K 2 L 8 M 18 N 32 O 50 P 72 Q 98


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores Por ejemplo, el Germanio (Ge) que tiene peso atómico 32 tiene sus tres primeras capas

completas y la cuarta capa incompleta, fig. 1.2a y 1.2b. Por otro lado, el Silicio (Si) cuyo peso atómico es 14 tiene sus dos primeras capas completas y la tercera incompleta.

Tabla 1.2: Ejemplo de distribución de los electrones en el Germanio y el Silicio.

Capa Ge (32) Si (14) K 2 2 L 8 8 M 18 4 (B.V) N 4 (B.V)

KL

M N (Capa deValencia)

Núcleo Núcleo

Capa deValencia

(a) (b)

Fig. 1.2 Descripción simplificada del Átomo de Germanio, Ge (32 e- ). a) Distribución por capas, las capas K, L y M están completas, última capa (N) incompleta. b) Detalle de la capa de Valencia (capa N en este caso), la cual contiene 4 electrones.

1.2 Bandas de Energía La estructura del átomo es mantenida por un balance de fuerzas: La fuerza de atracción entre electrones en órbita y protones en el núcleo, la fuerza Nuclear Fuerte y Débil, la fuerza involucrada en el movimiento de los electrones en sus trayectorias, etc. Estas fuerzas varían con la distancia al núcleo, e implican que hay una cierta cantidad de energía asociada con cada electrón. Esta energía, al igual que la fuerza que actúa sobre los e-, varía con el radio de la órbita del e-. Por esto, se puede decir que hay una energía específica para cada electrón, cuyo valor es único para cada órbita. Por ejemplo, la capa L contiene 8 órbitas y en cada una de ellas puede contener un electrón. Entonces, se dice que la capa L tiene 8 niveles discretos de energía. En la fig. 1.3 se muestra una distribución mediante bandas de energía para el Silicio. A medida que el radio de la órbita aumenta, el nivel de energía también aumenta. Las capas externas tienen mayores niveles de energía que las capas internas. Por esto la energía de la banda de valencia (la capa externa de un átomo) es la más alta para un elemento particular.


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores Como se dijo anteriormente, las órbitas de los electrones están en un radio específico y espacios vacíos separan las diferentes capas. El espacio en el cual no son posible órbitas de e- es llamado espacio de energía prohibida o Banda de Energía Prohibida(B. E. P.). Así, las capas de electrones son separadas por espacios de energía prohibidas. Claramente, si un e- cambia su órbita, también cambia su nivel de energía. Una reducción en el radio de la órbita del e- hace que la energía del e- disminuya y la diferencia de energías será liberada en forma de energía radiada. Para mover el electrón a una órbita mayor (digamos de la capa K a la L, por ejemplo) se requiere una cantidad de energía discreta. Esto se puede realizar suministrando energía al átomo en forma de calor o energía mediante un voltaje eléctrico.

E

Banda de Conducción

Banda de Valencia

8 niveles de Energía

(capa L, 8 niveles completos)

Baja Energía asociada con las capas internas(pequeños radios de órbitas)

(capa M, 4 niveles completos, 14 vacíos)

(capa K, 2 niveles completos)

(B.E. P)

(B.E. P)

(B.E. P)

(B.E. P)

Fig. 1.3 Distribución de las capas de Energía en el Átomo de Silicio a temperatura ambiente. Se observa que las capas K y L están completas, y la capa M está incompleta y por ser la más externa es la capa de Valencia.

1.2.1 Bandas de Conducción y Valencia La capa externa es llamada la banda de valencia o banda de energía de valencia. La banda de valencia puede ser cualquier capa, la K, L, M, etc., la que sea la más externa. En el cobre con 29 e-, la banda de valencia es la capa N, mientras en el silicio con 14 e- la capa M contiene los electrones de valencia. Los e- de valencia, por ser los más exteriores, son los más fáciles de remover de la estructura atómica para ser e- libres (e- que pueden ser movidos de un átomo a otro con la aplicación de energía adicional). Estos son los e- que al aplicarse un voltaje en el material, producen la corriente eléctrica. Ellos son los e- de conducción (están en la banda de Conducción) también referidos como portadores.


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores Para mover un e- de la capa de valencia, su energía debe ser aumentada. Ya que en el movimiento de un electrón de una órbita a la otra, una cantidad discreta de energía es requerida para mover el e- desde la banda de valencia a la de conducción, convirtiendo al e- de la capa atómica externa en un e- libre. Los e- de conducción tienen una mayor energía que los e- de valencia. Aquí nuevamente, existe un espacio de energía entre la banda de valencia y la de conducción.

B. de C.

B. de V.

B. E. P.

1.9

E [eV]

1.8

0.6

0.5

Fig. 1.4 Diagrama de Energía de un elemento cualquiera, en el que se indican los valores

asociados a su banda de Conducción y la de Valencia. El concepto de espacio de energía puede ser mostrado con el ejemplo numérico de la fig. 1.4. En ésta se puede observar que las energías asociadas a las bandas externas son: Energía Banda de Valencia 0.5-0.6 eV Energía Banda de Conducción 1.8-1.9 eV Banda de E. Prohibida 0.6-1.8 eV ⇒ para mover un e- de la B. de V. a la B. de C. se requiere un

mínimo de 1.2eV (eV: Electrón-Volt 2) 1.3 Conductores, Semiconductores y Aisladores La conductividad eléctrica esta directamente relacionada a la densidad de e- libres. Por ejemplo un buen conductor tiene una densidad de e- libres de 1023/cm3, y un aislador de 10/cm3. Los semiconductores con una densidad entre 108/cm3 - 1014/cm3. La densidad de e- libres está estrechamente relacionada a la estructura atómica, en particular al espacio de energía entre los e- de Valencia y los de Conducción ó e- libres.

2 1eV=1.6·10-19 J 1J= 1Coulomb·Volt


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores Los e- libres son e- de V. que han sido removidos de su órbita por un incremento de energía. Este incremento, en ausencia de energía eléctrica (voltaje), es debido principalmente a la temperatura. Cada e- que llegó a ser libre deja en su lugar un "hueco". Este proceso es referido como la generación par electrón-hueco. El proceso inverso, donde los e- caen en "huecos", es llamada recombinación. Conductores, semiconductores y aisladores pueden ser clasificados por su gap de energía. Un conductor tiene un gap de 0.05 eV o menos; el semiconductor es alrededor de 0.7 eV a 1.4 eV, mientras los aisladores tienen un gap de 8 eV ó más. (El semiconductor Silicio tiene un gap de 1.1 eV, el Germanio 0.7 eV; el Ge es mejor conductor con una concentración de e- 1000 veces mayor que la del Si). Resulta más difícil obtener un e- libre del Si que del Ge debido a que los cristales del Si tienen un espaciamiento reticular más pequeño. En los materiales, los electrones se pueden elevar a niveles de energía más altos por medio de la aplicación de calor, que provoca vibración de la red cristalina del material. Los materiales que son aislantes a temperatura ambiente pueden volverse conductores cuando la temperatura se eleva lo suficiente. Esto provoca que algunos electrones se muevan a una banda de energía mayor, donde quedan disponibles para conducción.

Barrera de Energía

E

C Si Ge Sn

Espaciamientoatómico del cristal

Banda de Valencia

Banda de Conducción

Fig. 1.5 Diagrama de bandas de Energía para distintos tipos de materiales. Se observa que

mientras menor es el espaciamiento atómico del Cristal, se requiere más energía para mover los e- desde la banda de Valencia a la de Conducción.

El tipo de diagrama de energías de la fig. 1.5 se utiliza para ilustrar la cantidad de energía necesaria para que los electrones alcancen la banda de conducción. El eje de abscisas de esta gráfica es el espaciamiento atómico del cristal. A medida que aumenta el espaciamiento, el núcleo ejerce menos fuerza en los electrones de valencia. El eje esta marcado con el espaciamiento atómico para cuatro materiales. El Carbono (C) es un aislante en forma cristalina (diamante). El Silicio (Si) y el Germanio (Ge) son semiconductores, y el Estaño (Sn) es un conductor. La barrera de Energía mostrada en la figura representa la cantidad de energía externa requerida para mover los electrones de valencia hacia la banda de conducción.


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores 1.4 Enlace Covalente El Ge que es un semiconductor, tienen cuatro e- de valencia (en la capa N que es su capa de valencia). El Si otro semiconductor, también tiene cuatro e- de valencia (en la capa M que es la más externa). Los e- de valencia son los involucrados en el enlace atómico (enlace entre átomos) que producen estructuras cristalinas. Una estructura atómica estable requiere 8 e- en la capa externa. Ya que tanto el Ge como el Si; tienen solamente 4 e- de valencia, los átomos son estructurados en una manera tal que los e- son compartidos por los átomos vecinos. En la fig. 1.6 se da una representación bi-dimensional simplificada de una estructura atómica cristalina.

1+ 2+

4+

3+

6+

8+ 9+7+

1

1

4

4

7

7

2

2

5

3

3

6

6

5

3

6

5+5

6

2

4 5

7

8

8

8

8

9

9

9

9

10

11

12

131415

1+

Notación utilizada::

1

: Núcleo (el número identifica el átomo)

: Electrón de Valencia (el número

al cual pertenece)próximo al e- indica el átomo

Fig. 1.6 Representación bi-dimensional simplificada del enlace covalente en un cristal. Detalle de la estructura cristalina estable formada por un elemento de cuatro electrones de valencia. Se muestra sólo los e- de la capa de valencia (y el núcleo del átomo correspondiente), que son los que forman el enlace inter-atómico.

Cuando un e- deja su capa de valencia, un "hueco", h+ ó ausencia de un e- es dejado tras él. El signo + reemplaza el espacio ocupado por el e- nº5 después que él ha llegado a ser libre. Apunte de Clases de Electrónica −R.G.C. 1−7


1+ 2+

4+ 5+

3+

6+

8+ 9+7+

1

1

4

4

7

2

2

5

3

3

6

6

5

3

6

6

2

4 5

7

8

8

8

9

9

9

hueco 5

e- libre+

10

11

12

Fig. 1.7 Generación par electrón-hueco. Cuando un e- llega a ser libre (por ejemplo,

mediante energía calórica) "deja" o "produce" un hueco en su lugar.

1.5 Dopado (contaminado) En la construcción de semiconductores, la concentración de e- libres debe ser cuidadosamente controlada y no se debe permitir que sea dependiente de la temperatura. Este control es realizado por la incorporación cuidadosa de cantidades discretas de impurezas en la estructura atómica del semiconductor. Este proceso es conocido como dopado. Dependiendo del tipo de impurezas usados, el proceso de dopado resulta en un incremento de la concentración de huecos, ó e- libres en el semiconductor original. Si inyectamos en la estructura atómica átomos que tienen cinco e- de valencia (fósforo, arsénico, antimonio), la estructura cristalina contendrá un e- (por cada impureza inyectada al átomo) que no son parte del enlace covalente. Este electrón es fácilmente movido de su órbita hacia la banda de conducción y llega a ser un e- libre. Luego, la energía del gap ha sido substancialmente reducido por el proceso de dopado. Un semiconductor, que ha sido inyectado con impurezas donadoras, es llamado de material tipo N (negativo debido al gran número de e- libres).



2+

4+ 5+ 6+

8+

4

2

5

5 6

5

8

electrón extra

Atomo Donador(5e- de Valencia)

Fig. 1.8 Detalle del enlace covalente entre un material donador (átomo nº5 con 5 e- de

valencia) y un material con 4 e- de valencia (átomos 2, 4, 6 y 8). El enlace covalente estable es de 8e- y está completo y sobra 1 e-.

2+

4+ 5+ 6+

8+

4

2

5

5 6

5

8

hueco

Atomo Aceptador(3e- de Valencia)

Fig. 1.9 Detalle del enlace covalente entre un material Aceptador (átomo nº5 con 3 e- de

valencia) y un material con 4 e- de valencia (átomos 2, 4, 6 y 8). El enlace covalente estable de 8e- no está completo (falta 1 e- por cada enlace).

Introduciendo impurezas con tres electrones de valencia (boro, aluminio, galio, indio) Se puede controlar la concentración de huecos, ya que cada impureza trivalente agrega un hueco a la estructura atómica. Estas impurezas son llamadas átomos aceptadores, debido a que producen un


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores exceso de huecos "libres" que pueden aceptar e-. Este tipo de dopado produce un material llamado tipo P (positivo debido al exceso de portadores positivos). El proceso de dopado modifica substancialmente la distribución de energía en el sólido. Sin agregar donadores, cada e- que deja la B. de V. y llega a ser un e- libre (electrón de alta energía) deja tras de sí un hueco, h+ (ausencia de un e- ). Así, en un material semiconductor puro (intrínseco), la concentración de huecos iguala la de e-. La energía promedio del electrón está precisamente en la mitad del gap de energía. El material tipo N tiene un exceso de e- libres. De aquí la energía promedio es más cercana a la banda de Conducción, mientras en el material tipo P, la energía promedio está más cercana al nivel de la energía de Valencia.


a) Semiconductor Puro. nº de e- ≅ nº de h+. b) Tipo N. nº de e- > nº de h+. c) Tipo P. nº de e- < nº de h+.

Ec (E. conducción) Ea (E. promedio) Ev (E. valencia)

E n e r g í a

Ec Ea Ev

E n e r g í a

Ec (E. conducción) Ea (E. promedio) Ev (E. valencia)

E n e r g í a

Fig. 1.10 Niveles de Energía y Energía promedio (Ea). El Semiconductor intrínseco tiene igual concentración de e- libres y huecos producidos por ionización térmica. n·p= cte. para un material determinado a una Tº dada. ni

2 = n·p ni : densidad intrínseca de portadores Como estas concentraciones están provocadas por ionización térmica, ni depende de la Tº del cristal (n ó p ó ambos dependen de la Tº).

CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores tipo N La densidad de e- es independiente de la Tº. La concentración de h+ (minoritarios) es

función de la Tº. tipo P La densidad de h es independiente de la Tº. La concentración de e- (minoritarios) es

función de la Tº. Nótese que el semiconductor contaminado es aún eléctricamente neutro. La resistencia de un semiconductor se conoce como resistencia de bloque. Un semiconductor ligeramente contaminado tiene una alta resistencia de bloque. 1.6 Portadores Mayoritarios y Minoritarios. El material tipo P tiene un número relativamente grande de huecos (huecos son portadores, habilitados para moverse y llevar corriente eléctrica) como resultado de las impurezas inyectadas. Al mismo tiempo el proceso de ionización térmica, el cual produce electrones libres, también está presente. Como un resultado, en el material tipo P, tenemos un gran número de "cargas móviles positivas" (huecos) y un pequeño número de "cargas móviles negativas" (e- libres). Como en este caso los huecos constituyen la mayoría de los portadores de corriente disponibles, se dice que los huecos son los portadores mayoritarios. Luego, los electrones libres en el material tipo P, son los portadores minoritarios. Similarmente, en el material tipo N, donde la mayoría de los portadores de corriente son electrones, los electrones libres son los portadores mayoritarios y los huecos los portadores minoritarios. Debido a que los portadores minoritarios y mayoritarios tienen carga eléctrica opuesta, ellos llevan la corriente en direcciones opuestas. En la fig. 1.11 los portadores minoritarios y mayoritarios están viajando en la misma dirección. La corriente neta es (5·1012 −106 ) debida a los portadores mayoritarios como se muestra. El signo menos se debe al efecto opuesto que tienen los portadores minoritarios y mayoritarios.

5·1012 portadores mayoritarios

106 portadores minoritarios

106 (equiv. a portadores mayoritarios)

Corriente neta: 5·1012 − 106 (port. mayoritarios)

Fig. 1.11 Ejemplo del flujo neto de corriente en un material semiconductor.


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores En el diodo semiconductor, el efecto de ambos portadores es considerado. El concepto de los portadores minoritarios y mayoritarios es más importante en el análisis del comportamiento del transistor. Material tipo P: e- portadores minoritarios, h+ portadores mayoritarios. Material tipo N : e- portadores mayoritarios, h+ portadores minoritarios. 1.7 La Juntura P-N Es posible construir un cristal juntando un material tipo p con un tipo n. Un cristal p-n se conoce comúnmente como diodo. El contacto de los materiales produce una redistribución de huecos y e- en la vecindad de la unión. La alta concentración de huecos en el lado p y e- en el lado n produce una difusión de e- desde el material n al p y, de huecos desde el p al n. (Difusión es el proceso natural a través del cual las cargas fluyen desde alta a baja concentración y las diferencias en la concentración son eliminadas). Simbología: − : e- (electrón, carga negativa). + : h+ (hueco, "equivalente" a carga positiva). ⊕ : ión positivo. θ : ión negativo.

+ + + + + - - - - - + + + + + - - - - - + + + + + - - - - - + + + + + - - - - - + + + + + - - - - - + + + + + - - - - -

Huecos, h+ Electrones, e- (alta densidad) (alta densidad)

Difusión h+ Difusión e-

+ + + + θ ⊕ - - - - + + + + θ ⊕ - - - - + + + + θ ⊕ - - - - + + + + θ ⊕ - - - - + + + + θ ⊕ - - - - + + + + θ ⊕ - - - -

iones iones negativos positivos

Región de Deplexión

Fig. 1.12 Distribución de e- y h+ en la vecindad de la juntura p-n. a) Antes que la difusión tenga lugar. b) Después que se produce la difusión.

Debido a su mutua repulsión, todos los electrones libres en el lado n tienden a difundirse ó esparcirse en todas direcciones algunos se difunden a través de la unión hasta que se logra el equilibrio.


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores Cuando un e- libre deja la región n, al momento de su salida crea un átomo cargado positivamente (ión positivo) en la región n. Cuando este e- entra en la región p, rápidamente caerá en un hueco. Cuando esto sucede el hueco desaparece y el átomo asociado se carga negativamente (ión negativo). (El ión positivo se forma porque el átomo que tenía e- libres pero era eléctricamente neutro, ya que está dopado y por cada enlace covalente existe 1 e- libre, los cuales son portadores mayoritarios, y el material con el que se "dopo" tiene un núcleo con la cantidad de protones tales que el átomo es neutro. Por ejemplo, el Ge que tiene 4e- de valencia dopado con Fósforo (P) que tiene 5e- de valencia forma un enlace covalente de 8e- y 1e- libre, es decir, Σ p+(Ge + P) = Σ e-(Ge + P) (incluye el e- libre) ⇒ átomo neutro). Cada vez que un e- se difunde a través de la juntura se crea un par de iones. Estos iones están fijos en el cristal pues forman la estructura de los enlaces covalentes, por lo que no pueden moverse como los e- libres y los huecos. A medida que el número de iones crece, la región cerca de la unión se agota de e- libres y huecos. A esta región se la llama capa de deplexión ó agotamiento. Por otro lado, los portadores de carga se mueven aleatoriamente en el cristal debido a la agitación térmica. Las colisiones con el enrejado hacen que los portadores de carga cambien su dirección frecuentemente. En efecto, la dirección de la trayectoria después de una colisión es casi perfectamente aleatoria - cualquier dirección es probablemente como cualquier otra. Sin campo eléctrico aplicado, la velocidad media de los portadores de carga en cualquier dirección es cero. Si se aplica un campo eléctrico, se ejerce fuerza sobre los portadores de cargas libres. (Para huecos la fuerza es en la misma dirección que el campo eléctrico, mientras que para electrones la fuerza es opuesta al campo.) Entre las colisiones, los portadores de carga son acelerados en dirección de la fuerza. Cuando los portadores colisionan con el enrejado, su trayectoria otra vez es aleatoria. De esta manera los portadores de carga no se mantienen acelerados. El resultado neto es una velocidad constante (en promedio) en la dirección de la fuerza. Normalmente, la velocidad promedio debido al campo aplicado es mucho menor que la velocidad debido a la agitación térmica. El movimiento promedio de los portadores de carga debido al campo eléctrico aplicado se denomina corrimiento (drift).


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores 1.7.1 Potencial de barrera Después de cierto punto, la capa de agotamiento actúa como una barrera para la posterior difusión de e- libres a través de la unión. Por ejemplo, imagínese un e- libre en la región n difundiéndose a la izquierda hacia el interior de la capa de deplexión. Aquí encuentra una pared negativa de iones empujándolo hacia la derecha. Si el e- libre tiene suficiente energía, puede romper la pared y entrar a la región p, donde cae en un hueco y crea otro ion negativo. La energía de la capa de agotamiento continúa aumentando con cada cruce de e- hasta que llega al equilibrio; en este punto la repulsión interna de la capa de agotamiento detiene la difusión posterior de e- libres a través de la unión. El voltaje producido a través de la unión depende de la energía promedio del electrón de las regiones P y N. Esto se aclara cuando examinamos el diagrama de energía de la unión, fig. 1.14. El equilibrio producido a través de la unión hace que la energía promedio de los electrones sea la misma para los dos materiales.

Ec (E. conducción) Eap (E. promedio) Ev (E. valencia)

E n e r g í a

Ec Eap Ev

E n e r g í a

Tipo P Tipo N

Fig. 1.13 Diagrama de energía de los materiales antes del contacto.

EpromN

PN

EpromP

Ec

Ev

Ec

Ev

iones EaP-EaN

Voltaje de Barrera

Fig. 1.14 Realineamiento de los niveles de energía después del contacto de los materiales.


CAPÍTULO 1: Fundamentos de la Física de los Semiconductores La diferencia de potencial a través de la capa de agotamiento se llama potencial de barrera. Este potencial de barrera, a una temperatura de 25°C (ambiental), es igual a 0.7 V para diodos de silicio (los diodos de germanio tienen un potencial de barrera de 0.3 V y los de Arseniuro de galio, AsGa, 1.2 V). 1.7.2 Polarización Directa Para producir una corriente directa a través de la juntura, es necesario reducir o eliminar el voltaje de barrera (equivalente a reducir o eliminar la región de deplexión). Esto se realiza aplicando un voltaje externo que excede el voltaje de barrera y de polaridad opuesta, fig. 1.15. Se debe aplicar un voltaje externo mayor (VB) y de polaridad opuesta al voltaje de barrera, VB br. El efecto, del voltaje aplicado es reducir y finalmente eliminar la región de deplexión. Los electrones inyectados por la fuente de voltaje en la región N eliminan (si el voltaje aplicado es lo suficientemente alto) los iones positivos de la región de deplexión. Similarmente, los iones negativos en el lado P son eliminados mediante la inyección de huecos. La corriente producida en estas condiciones es principalmente una corriente de Difusión.

h+ P huecos portadores mayoritarios

e- N electrones portadores mayoritarios

Difusión de portadores mayoritarios

+

I, corriente en el sentido convencional

R

+ Vbr - Región de Deplexión eliminada

VB

No hay Corriente de Corrimiento

Fig. 1.15 Diodo polarizado directo. El voltaje de la batería es mayor que el voltaje producido en la región de deplexión al estar en contactos los dos materiales.




En equilibrio, la corriente de corrimiento equilibra la corriente de difusión. Debido a que el voltaje externo aplicado reduce, o elimina, el voltaje de barrera, el cual produce la corriente de corrimiento, solamente la corriente de difusión está presente. Debido a las grandes concentraciones de huecos y electrones en los dos tipos de la unión, la corriente de difusión puede ser muy alta. Nótese que los portadores mayoritarios de la región P (huecos) difunden a través de la unión, hacia la región N. Sin embargo, los huecos son portadores minoritarios en la región N. En el proceso de transporte de los portadores la concentración de portadores minoritarios cerca de la unión es aumentada. Descripción del proceso que ocurre durante la polarización directa del diodo: Durante la polarización directa del diodo, el terminal negativo de la fuente repele los e- libres en la región n hacia la unión. Estos electrones energizados deben cruzar la unión y caer en los huecos. La recombinación ocurre a diferentes distancias de la unión, dependiendo del tiempo en que un e- pueda evitar la caída en un hueco. La posibilidad de que la recombinación ocurra cerca de la unión es alta. A medida que los e- libres caen en los huecos, se convierten en e- de valencia. Luego, viajando como e- de valencia, continúan hacia la izquierda a través de los huecos en el material P. Cuando los e- de valencia alcanzan el terminal izquierdo del cristal, la abandonan y fluyen hacia el terminal positivo de la fuente. La secuencia de un solo e-, desde el momento en que este se mueve del terminal negativo de la fuente al terminal positivo, es el siguiente: 1.- Después de salir del terminal negativo, se introduce por el extremo derecho del

cristal. 2.- Viaja a través de la región n como electrón libre. 3.- Cerca de la unión se recombina y se convierte en e- de valencia. 4.- Este viaja a través de la región p como e- de valencia. 5.- Después de salir del lado izquierdo del cristal, fluye hacia el terminal positivo de

la fuente. 1.7.3 Polarización Inversa El efecto de la polarización directa es prácticamente eliminar la corriente de corrimiento de portadores minoritarios a través de la unión. La polarización inversa contribuye a la barrera de voltaje interna y, consecuentemente, reduce la corriente de difusión y aumenta la corriente de corrimiento. La fig. 1.16 muestra las conexiones del circuito y las corrientes involucradas. La corriente de corrimiento está constituida de portadores minoritarios, los e- de la región P y los h+ de la región N. A medida que el voltaje inverso es aumentado, se alcanza un punto donde la corriente de difusión es nula y la corriente consiste en la corriente de corrimiento de portadores minoritarios solamente. La dirección de esta corriente es negativa (con relación a la corriente de polarización directa). En el punto donde todos los portadores minoritarios contribuyen a la corriente inversa (llamada también corriente de fuga) se alcanza la corriente de saturación inversa, Is. Un mayor aumento en el voltaje inverso (dentro de los limites) no tiene efecto en la corriente inversa.



I, corriente en el sentido convencional

+

R

θ θ θ ⊕ ⊕ ⊕ P θ θ θ ⊕ ⊕ ⊕ N θ θ θ ⊕ ⊕ ⊕

Corriente de Corriente e- Difusión de corrimiento h+

Región de Deplexión aumentada

VB

Fig. 1.16 Diodo polarizado inverso. El voltaje de la batería es mayor que el voltaje producido en la región de deplexión al estar en contactos los dos materiales.

Claramente, Is depende principalmente (casi completamente) de la concentración de portadores minoritarios, o de la disponibilidad total de estos portadores. Ya que los portadores minoritarios tienen una concentración mucho más baja (en materiales dopados) que los portadores mayoritarios, como un resultado, Is es varios ordenes de magnitud más pequeño que la corriente directa (en polarización directa). Típicamente, Is es solamente de unos pocos μA (10-6), mientras que la corriente directa es de 100 a 200mA (típico para un diodo de Germanio). Para diodos de Silicio, Is es típicamente de sólo unos pocos pA.(10-12). Si se invierte la polaridad de la fuente de alimentación a la juntura p-n se fuerza a los e- de la región n a que se alejan de la unión hacia el terminal positivo de la fuente, asimismo los huecos de la región P se mueven alejándose de la unión en dirección al terminal negativo (sin embargo, esto no es recombinación). Descripción del proceso que ocurre durante la polarización inversa del diodo: Durante la polarización inversa del diodo, los e- salientes dejan más iones positivos de la unión, y los huecos salientes dejan más iones negativos. Por lo tanto, la capa de agotamiento se ensancha. Cuando mayor sea la polarización inversa, mayor es la capa de agotamiento; ésta detiene su crecimiento cuando su diferencia de potencial es igual al voltaje de la fuente. Cuando esto ocurre, los electrones y huecos detienen su movimiento. A pesar de esto existe una corriente muy pequeña denominada corriente de fuga que es debida a los portadores minoritarios. La corriente de fuga (ó corriente inversa de saturación) Is es solo de unos pocos mA para el Ge y de unos pocos pA (10-12) para el Si.



Durante la polarización inversa una carga que sale del terminal positivo de la fuente se encuentra con un "gran obstáculo" que es el potencial de barrera el cual puede tener valores muy próximos al voltaje de la batería. Por esto, la cantidad de cargas que logran atravesar la "barrera" es muy escasa, y por esto, se forma una corriente muy pequeña llamada de fuga. Si se aumenta el voltaje inverso, literalmente se alcanza un punto de ruptura, este se llama voltaje de ruptura del diodo. En la ruptura el diodo conduce intensamente (Is ↑) y en forma descontrolada, lo que produce la destrucción del diodo por la excesiva disipación de potencia.

CAPÍTULO 2: El Diodo de Unión

CAPÍTULO 2

EL DIODO DE UNIÓN 2. INTRODUCCIÓN El diodo es un dispositivo básico pero muy importante que tiene dos terminales, el ánodo y el cátodo. Como se estudió en el capítulo1, el diodo se forma de la unión de un material tipo P y otro N. Basados en un análisis principalmente cuantitativo se establecen dos modos de operación para la unión P-N, fig. 2.1a: • Polarización directa, con una sustancial conducción de corriente. Cuya intensidad es

determinada por la carga. • Polarización inversa, con una conducción despreciable de corriente. El símbolo estándar del diodo es el mostrado en la fig. 2.1b. En el estado de conducción (polarización directa) hay una corriente directa ( ID=IF ), en el sentido convencional de la corriente desde P a N, fig. 2.2a. La fig. 2.2b muestra una conexión de polarización inversa con una corriente inversa o de fuga ( ID=IS).

A K P N

A Ánodo

K Cátodo

Fig. 2.1 Unión P-N (diodo). a) Representación física. b) Símbolo estándar.

+ VD - ID=IF + VD - ID=IS

Fig. 2.2 Polarización del diodo. a) Directa, la corriente queda determinada por los parámetros del diodo y la característica de la carga. b) Inversa, la corriente que circula es de fuga y es prácticamente despreciable.

Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 2−1


2.1 Característica V-I del Diodo de Unión Una medición de las corrientes directa e inversa del diodo (ID) como una función del voltaje directo e inverso (VD= VAK) entrega la característica gráfica de la fig. 2.3. La operación del diodo puede ser dividida en tres regiones1. • La región A es polarización directa, la corriente está compuesta principalmente de la

difusión de los portadores mayoritarios, huecos desde P a N (Ih), electrones desde N a P (Ie). Note que los huecos son portadores mayoritarios en la región P y los electrones son portadores mayoritarios en la región N. Las dos corrientes, fluyen en dirección opuesta, conformando la corriente del diodo.

• La región B, el voltaje directo aplicado es menor al voltaje de barrera del diodo. El resultado

es una mezcla de corrientes de difusión y de corrimiento (de portadores mayoritarios y minoritarios, respectivamente). La corriente neta (muy pequeña) es la diferencia de corriente entre los portadores mayoritarios y minoritarios.

• La región C, tiene polarización inversa, produciendo una corriente casi completamente de

portadores minoritarios, o corriente de corrimiento (corriente de fuga del diodo).

iD

+ vD=vAK −ánodo cátodo

Símbolo del Diodo

Región B

i D

v D

Región A

Región de ruptura inversa

Corriente de saturación, IS

Región C

Fig. 2.3 Símbolo y característica vD~iD de un diodo de unión.

1 La descripción realizada es simplificada. Las tres regiones se solapan un poco con respecto a las corrientes de corrimiento y difusión. También, además de las corrientes de difusión y de corrimiento existen otras. Sin embargo, las de difusión y corrimiento son las componentes de corriente más importantes. Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 2−2


2.1.1 La ecuación de Schockley. Bajo ciertas suposiciones simplificadoras, y consideraciones teóricas resulta la siguiente relación para la corriente iD y el voltaje en el diodo vD de unión:

i Iv

nVD sD

T=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟exp 1 (2.1)

Esta es conocida como ecuación de Schockley. Donde IS es la corriente de saturación y tiene un valor del orden de 10-14 A para diodos de unión de pequeña señal a 300ºK. El parámetro n es el coeficiente de emisión y depende de la construcción del diodo y usualmente varía entre 1 y 2. El voltaje V

T es llamado el voltaje termal y su expresión es:

VT = k·T/q = 0.0259 V a 300º K

Donde: k=1.38·10-23 J/K : Constante de Boltzmann. q=1.6·10-19 C : carga del electrón.

Si la ecuación de Schockley se despeja para el voltaje del diodo, se tiene

)1ln(s

DTD I

iVnv +⋅= (2.2)

Para diodos de unión de pequeña señal a corrientes directas entre 0.01μA y 10mA, la ecuación de Schockley con n=1 es muy precisa. Debido a que la derivación de la ecuación de Schockley ignora varios fenómenos, la ecuación no es precisa para corrientes muy pequeñas o muy grandes. Por ejemplo, bajo polarización inversa, la ecuación de Schockley predice que iD ≅ −IS, pero generalmente se encuentra que la magnitud de la corriente inversa es mucho más grande que IS (aunque todavía pequeño). Más aún, la ecuación de Schockley no considera la ruptura inversa. Aún cuando la ecuación de Schockley no es precisa en todo el rango de los diodos de unión, se pueden derivar las siguientes consideraciones:

- El coeficiente de temperatura del voltaje directo de un diodo típico a 300ºK es alrededor de −2mV/ºK.

- Sobre 0.6 V la corriente se incrementa por un factor de 10 por cada 60·n mV. También con polarización directa de al menos unas milésimas de volt, la parte exponencial de la ecuación de Schockley es mucho mayor que 1, y con buena precisión se tiene

(2.3) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

≅T

DSD Vn

vIi exp

Esta forma aproximada de la ecuación es a menudo más fácil de utilizar.



Ejercicio 2.1 A una temperatura de 300ºK, un diodo de unión tiene iD=0.1mA para vD=0.6V. Considere que n=1 y utilice VT= 0.026. Encuentre el valor de la corriente de saturación IS. Luego evalúe la corriente del diodo a vD=0.65V y vD=0.7V (Sugerencia: utilice la forma aproximada de la ecuación de Schockley, ec. 2.3) Resp.: IS.=9.155·10-15 , iD=0.684mA, iD=4.68mA. Ejercicio 2.2 Considere un diodo polarizado directamente, de manera que se puede aplicar la ecuación de Schockley aproximada. Considere que n=1 y VT= 0.026. a) Cuánto debe incrementarse vD para que la corriente se duplique. b) Y para que la corriente aumente en un factor de 10. Resp.: a) ΔvD=18mV, ΔvD=59.9mV. 2.1.2 Efectos de resistencia óhmica. A altos niveles de corrientes, la resistencia ohmica de los semiconductores que forman las junturas llegan a ser significativos. Esto se puede modelar agregando una resistencia RS al diodo modelado por la ecuación de Schockley. De esta manera, la versión modificada de la ecuación (2.2) queda,

DSs

DTD iR

Ii

Vnv ⋅++⋅= )1ln( (2.4) Para diodos típicos de pequeña señal RS tiene valores comprendidos entre 10 y 100Ω. Ocasionalmente, se utiliza la ecuación de Schockley para obtener resultados analíticos de circuitos electrónicos, sin embargo, más útiles son los modelos más simples que se ven a continuación. Ejercicio 2.3: Un diodo de unión p-n tiene parámetros IS =10-10 y n=2. Determine la corriente del diodo a la temperatura ambiente si el voltaje aplicado al diodo es 0.6V; 0.7V y 0.75V. Respuesta: 16 μA; 120 μA y 327μA. Ejercicio 2.4: Repita el ejercicio anterior para IS =10-12. Respuesta: 0.16 μA; 1.2 μA y 3.3 μA. Ejercicio 2.5: Para el ejercicio 2.3, estime el valor de vD que se requiere para producir una corriente en el diodo de aproximadamente 1mA. Respuesta: 0.806V Ejercicio 2.6: Como el voltaje directo de diodos de silicio de pequeña señal decrece alrededor de 2mV/ºK. Determine el voltaje de un diodo a 1mA y a una temperatura de 175ºC. Este diodo tiene un voltaje de 0.600V a una corriente de 1mA y a una temperatura de 25ºC. Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 2−4



2.2 Modelos del diodo. Un modelo de un dispositivo es una representación aproximada del dispositivo que puede ser usada para analizar circuitos que contienen este dispositivo. La representación usada en el punto 2.1.1 es un modelo matemático del diodo. Sin embargo, en muchos casos es preferible un modelo circuital del diodo. Existen los modelos ideales, lineales por tramos, de pequeña señal y el de PSpice. 2.2.1 Modelo Ideal del Diodo Un diodo ideal es aquel que en conducción (on) es un conductor perfecto con cero caída de voltaje directo. En polarización inversa, es un circuito abierto, es decir, no-conduce (off) y no tiene corriente de saturación inversa ni región de ruptura inversa. Como se ilustra en la fig. 2.4. Mientras el diodo ideal es solamente aproximado en la practica, es útil en conjunción con otros componentes para construir otros modelos de diodos. Cuando el diodo ideal está en el estado de conducción (on) ó en el estado de no-conducción (off) es un dispositivo lineal. Es no−lineal solamente cuando cambia de un estado al otro. Esto significa que si se puede determinar el estado (on ó off) del diodo entonces se puede utilizar análisis lineal de circuitos.

Diodo ON vD=0

Diodo OFF iD=0

vD

iD

Diodo iD

− vD=vAK +

ánodo

cátodo

Fig. 2.4 Característica vD~iD del Diodo Ideal.

El problema de un circuito con diodos es que inicialmente no se sabe cuál es el estado de los diodos. Normalmente se puede seguir el siguiente procedimiento para determinar el estado del diodo: 1. Hacer una suposición razonable acerca del estado de cada diodo. 2. Redibujar el circuito sustituyendo los diodos en conducción por un cortocircuito y el diodo

en corte por un circuito abierto. 3. Mediante el análisis de circuitos determinar la corriente en cada cortocircuito que

represente un diodo en conducción y la tensión en cada circuito abierto que representa un diodo en corte.

4. Comprobar las suposiciones hechas para cada diodo. Si hay contradicción −una corriente negativa en un diodo en conducción o una tensión positiva en un diodo en corte− en cualquier lugar del circuito, volver al paso 1 y comenzar de nuevo con una suposición mejor.

5. Cuando no hay contradicciones, las tensiones y corrientes calculadas para el circuito se aproximan bastante a los valores verdaderos.



Ejemplo 2.1: En el circuito mostrado en la fig. 2.5a utilice el modelo del diodo ideal para determinar su respuesta.

iD2=0.5mA+ vD1 --

Fig. 2.5a Circuito ejemplo 2.1.

Solución: Sí D1 off y D2 on:

El circuito equivalente resulta el de la fig. 2.5b. Resolviendo iD2=0.5mA. Pero si planteamos la LVK en la trayectoria de los dos diodos tenemos,

vD1 − E1 + E2=0 → vD1=10 − 3 =+7 V Esto no es consistente con la suposición que D1 es OFF (ya que sí vD1 ≥ 0 ⇒ D1 ON) Fig. 2.5b Equiv. D1 off; D2 on. Por esto se debe probar otra suposición.

Sí D1 on y D2 off: - vD2 + iD1=1mA

D1

Fig. 2.5c D1 on; D2 off.

El circuito equivalente resulta el de la fig. 2.5c. Resolviendo iD1=1mA. Pero si planteamos la LVK en la trayectoria de los dos diodos tenemos,

E1 − iD1·R1 + vD2 − E2=0 → vD2=3 − 10 +1m·4k =−3V Este valor es consistente con la suposición que D2 es OFF (ya que sí vD2 < 0 ⇒ D2 off)

Ejercicio 2.7: En el ejemplo anterior ¿es consistente suponer: a) los dos diodo on? b) los dos diodos off?.

Resp.: a) No, (comprobar sí se cumple LCK). b) No, la condición de diodo no se satisface, ya que si el Vánodo > Vcátodo debe

conducir.

Fig. 2.6 Circuito del Ejercicio 2.8.

Ejercicio 2.8: Determine los estados de los diodos del circuito de la fig. 2.6. Resp.: D3 está off, D4 está on.



Ejercicio 2.9. Determinar el estado del diodo y determinar el valor de V0 en fig. 2.7. +

V0

−

R3

Fig. 2.7a Circuito ejercicio 2.3.

R1= R2= R3=5kΩ E1=10V E2=6V Desarrollo: Sí D1 on: ........................................... iD1=.................

Fig. 2.7b Circuito con suposición D1 on.

Fig. 2.7c Circuito con suposición D1 off.

Luego, D1 .............................................. Si D1 off: ........................................... vD1=................. Luego, D1 .............................................. Ejercicio 2.10. Repetir si se da vuelta el diodo. Resp.: 5.33V 2.2.2 Modelo del Diodo lineal por tramos. Algunas veces se requiere un modelo más preciso que la suposición de diodo ideal pero sin recurrir a la resolución de ecuaciones no-lineales o técnicas gráficas. La característica v-i puede ser aproximada por segmentos de líneas rectas. De esta manera es posible modelar cada sección de la característica del diodo con una resistencia en serie con una fuente de voltaje constante. En las distintas secciones de la característica se utilizan diferentes valores de resistencias y voltajes.



De esta forma el diodo puede ser representado en forma razonablemente precisa mediante un modelo lineal por tramos. 2.2.2.1 Modelo con tensión umbral (modelo de 1er orden) En la fig. 2.8a, la recta de tensión constante aproxima el comportamiento del diodo para iD≥0, proporcionando una desviación o corrimiento (offset) de la tensión como en un diodo real. Una tensión de umbral de 0.7 V normalmente es una buena aproximación para una unión p−n de Silicio conduciendo una corriente moderada a 27ºC. (Para diodos de Germanio Ge, 0.25V es más adecuada; para arseniuro de Galio AsGa, 1.2V). Para vD ≤0, el diodo no conduce, luego es equivalente a un circuito abierto. La fig. 2.8b muestra los modelos circuitales correspondientes. Con este nuevo modelo el procedimiento para analizar circuitos con diodos ideales se modifica ligeramente. En efecto, los diodos en conducción se reemplazan por fuentes de 0.7V (para el Silicio) y los diodos en corte por circuitos abiertos. Para verificar la suposición de conducción se necesita que la corriente de la fuente, iD sea positiva. Para verificar la suposición de corte se necesita que vD ≤ 0.7V, no que vD ≤ 0 como para el diodo ideal.

≅

(a) (b) (c) (d)

Sí vD <Vγ iD=0 vD ?

Vγ Diodo ideal

Diodo iD

− vD=vAK +

iD

off

vD Vγ

on OFF

ON Sí vD >VγVγ vD =Vγ iD ?

Fig. 2.8 Aproximación de primer orden del diodo. a) Curva real del diodo y la aproximación de su voltaje umbral Vγ . b) Símbolo del diodo e indicación de sentidos de corriente y voltaje. c) Aproximación del diodo, utilizando un diodo ideal y modelando su voltaje umbral con una fuente de continua. d) El modelo del diodo en estado de conducción (ON) y en estado de no−conducción (OFF). Notación: ? :denota que la variable queda determinada por el resto del circuito.



2.2.2.2 Modelo con tensión umbral y resistencia directa (modelo de 2do orden) Una mejor aproximación se obtiene al agregarle una resistencia en serie que modela la caída de tensión durante la conducción, fig. 2.9a. De esta manera se obtiene una buena aproximación a la curva real durante la conducción directa. Este modelo aumenta la precisión, pero también incrementa la complejidad del análisis manual.

(a) (b) (c)

iD

off

vD Vγ

on

ΔiD/ΔvD=1/Rf

Sí vD >Vγ vD=Vγ + iD·Rf iD ? Vγ

Rf

ON Vγ Rf Diodo ideal OFF

Sí vD <Vγ iD=0 vD ?

Fig. 2.9 Aproximación de 2do orden para el diodo. a) Curva real del diodo y la aproximación utilizada. b) Modelo circuital de aproximación del diodo. c) El modelo del diodo en estado de conducción (ON) y en estado de no−conducción (OFF).

2.2.2.3 Modelo con tensión umbral, resistencia directa e inversa (lineal por tramos) También es posible modelar el voltaje de ruptura inversa (VBR, ó PIV) agregando otra rama que solamente se activa cuando el voltaje inverso supera el voltaje VBR, como se indica en la fig. 2.10a. Es posible seguir desarrollando otras aproximaciones lineales por tramos cada vez más precisas, pero no tienen mucho valor práctico. Generalmente, el modelo del diodo ideal entrega muy buenos resultados. El análisis de circuitos con diodos utilizando el modelo lineal por tramos es similar a cuando se usa el modelo ideal, excepto que ahora hay tres regiones por cada diodo. En muchos casos simples se puede determinar la región por inspección, pero también se puede utilizar aproximación por prueba y error para determinar el estado de cada diodo. También, esta aproximación se puede utilizar para modelar un diodo Zener, en donde VZ=VBR y RZ=Rr.



(a) (b) (c)

Sí vD >Vγ vD=Vγ + iD·Rf iD ? Vγ

Rf

ON

Sí vD<VBR vD=VBR + iD·Rr iD ?

VBR Rr

OFF Sí VBR <vD <Vγ iD=0 vD ?

OFF

iD

off

vD Vγ

on VBR

ΔiD/ΔvD=1/Rr

ΔiD/ΔvD=1/Rf

Vγ Rf Diodo ideal

Diodo ideal Rr

VBR

iD

Fig. 2.10 Aproximación lineal por tramos para el diodo. a) Curva real del diodo y la aproximación utilizada. b) Modelo circuital de aproximación del diodo. c) El modelo del diodo en estado de conducción (ON) y en estado de no−conducción (OFF).

Ejemplo 2.2: En el circuito de la fig. 2.11 determine el voltaje y la corriente del diodo cuando E=10V, R=100Ω. Considere el modelo de 1er orden con Vγ=0.7V.

Fig. 2.11 Circuito ejemplo 2.2

Sol.: Sí iD=0 vD=10V, luego como vD>Vγ el diodo conduce, ⇒ vD=Vγ. Entonces, iD=(E − Vγ)/R=93mA vD=Vγ=0.7 Ejemplo 2.3: Repetir el ejemplo anterior considerando el modelo de 2do orden con Rf=10Ω. Sol.: Nuevamente, sí iD=0 vD=10V, luego como vD >Vγ el diodo conduce.



Planteando LVK tenemos,

Dibujar cto. equivalente, ejem.2.3

E − vD − iD·R=0 Pero en el diodo ON (para este modelo) se cumple que vD=Vγ + iD·RfCombinando las ecuaciones anteriores y resolviendo para iD, iD=(E − Vγ)/(R+Rf)=84.54mA, luego vD=0.7 +84.54m·10=1.54V Gráficamente, se tiene la fig. 2.12

0V 2V 4V 6V 8V 10V

100mA

80mA

60mA

40mA

20mA

0V

(1.54V,84.54mA)

Característica del diodo, ejemplo 2.3iD= (vD−Vγ)/Rf

Recta de Carga del circuito, ejemplo 2.3 iD=(E − vD )/R

iD

vD

Fig. 2.12 Solución gráfica del ejemplo 2.3. Del ejemplo anterior se puede observar que los circuitos con diodos pueden ser resueltos en forma matemática y en forma gráfica. Muchas veces la solución gráfica es más práctica y en circuitos no−lineales es más sencilla.



Ejercicio 2.11: Considere un diodo zener con los siguientes parámetros rZ=12Ω, VZ=6V, Rf=10Ω, Vγ=0.6V, E=10V, R=2kΩ. Determine V0 en el circuito de la fig. 2.13, cuando: a)RL=10kΩ b) RL=1kΩ (Sugerencia: Asegúrese que la respuesta sea consistente con la elección del circuito equivalente para el diodo −los distintos circuitos equivalentes son válidos sólo para rangos específicos de voltaje y corriente del diodo. La respuesta debe estar en un rango válido para el circuito equivalente utilizado.

Fig. 2.13 Circuito ejemplo 2.2

R

RL

+ V0

− E

Resp.: a) V0=6.017V b) V0=3.333V Ejercicio 2.12. Considerando los diodos ideales y dado que R=2.5kΩ, RA=1kΩ, VCC=VEE=5V. Determine la corriente por la resistencia y el voltaje en el terminal x con respecto a tierra.

(a) (b) (c) (d)

(e) Fig. 2.14 (f)

Resp.: a) 2mA, 0V; b) 0mA, 5V; c) 0mA, -5V; d) 2mA, 0V; e) 3mA, +3V; f) 4mA, +1V



Ejercicio 2.13: Sí VCC=10V, VEE=10V y considerando que los diodos son ideales, determinar ID1 y V0. Cuando: a) R1=10 kΩ R2=5 kΩ b) R1=5 kΩ R2=10 kΩ Resp.: a) ID1 =1 mA V0 =0 (D1 y D2 on) b) ID1 =0 V0 =3.3V (D1 off y D2 on) Ejercicio 2.14: Considere que los diodos son modelados con parámetros IS = 10-14 y n=2. Utilizando SPICE determine las corrientes en los diodos y V0. Ejercicio 2.15: Determine la característica de transferencia Vin-V0, considere diodos ideales. Identifique las distintas regiones de operación e indique los diodos que conducen en cada región.

Fig. 2.15

Fig. 2.16

Resp.: Característica Vin-V0 mostrada.

V1 Vin

V0

V1

−V2

−V2


2.3 Equivalente de pequeña señal del diodo. En electrónica existen muchos ejemplos de circuitos en los cuales fuentes de alimentación continuas polarizan un dispositivo no lineal en un punto de operación y una pequeña señal alterna es inyectada en el circuito. El análisis de estos circuitos se puede dividir en dos partes. Primero, se analiza el circuito en continua para encontrar su punto de operación. En este análisis de condiciones de polarización, se debe tratar con los aspectos no lineales del dispositivo. En la segunda parte del análisis, se considera el análisis de pequeña señal. Como cualquier característica no-lineal se puede considerar lineal en un tramo pequeño, para el análisis de alterna se utiliza un circuito equivalente de pequeña señal para el dispositivo no lineal. Frecuentemente, el principal interés en el diseño de estos circuitos es lo que sucede a la señal alterna. La fuente de alimentación continua polariza el dispositivo en un punto de operación adecuado. Por ejemplo, en una radio portátil, el principal interés es la señal que esta siendo recibida, demodulada, amplificada, y entregada al parlante. Las corrientes continuas suministradas por la batería son requeridas por los dispositivos para realizar su función sobre las señales alternas. El circuito equivalente de pequeña señal es un importante análisis aproximado que se aplica a muchos tipos de circuitos electrónicos. En el caso del diodo, el circuito equivalente de pequeña señal consiste en una resistencia. Consideremos un diodo conectado a una señal compuesta de una componente continua y una pequeña componente alterna como se indica en la fig. 2.17. Supongamos que el voltaje continuo de alimentación produce el punto de operación ó punto Q indicado en la característica estática del diodo de la fig. 2.18. Luego una pequeña señal alterna en el circuito "balancea" el punto instantáneo de operación ligeramente arriba y abajo del punto Q.

vd(t) VDQ

+ vD(t) −

iD(t)

vD(t)= VDQ+vd(t) vd(t)=Vm·sen(ω·t), (Vm pequeño)

Fig. 2.17 Circuito conceptual utilizado para determinar el equivalente de pequeña señal del diodo.

Para una señal alterna lo suficientemente pequeña, la característica es prácticamente una recta. Luego se puede escribir

Δi didv

vDD

D QD≅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ Δ (2.5)



donde ΔiD es el pequeño cambio en la corriente del diodo en torno al punto Q producido por la señal alterna, ΔvD es el cambio en el voltaje del diodo en torno al punto Q, y (diD/dvD)Q es la pendiente de la característica del diodo evaluada en el punto Q. Nótese que la pendiente tiene unidades de resistencia inversa ó conductancia (Siemens, S). Por esto, se define la resistencia dinámica del diodo como

r didvd

D

D Q

≅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

−1

(2.6)

con lo cual la ec. 2.5 queda

ΔΔi vrD

D

d

≅ (2.7)

Para pequeña señal ΔiD = id y ΔvD =vd

i vrd

d

d

= (2.8)

vD t

iD(t) Im=Vm/rd

Tangente en el punto Q Pendiente=1/rd

id(t)=Im·sen(ω·t) iD(t)= IDQ+vd(t)

vD(t) vd(t)=Vm·sen(ω·t) vD(t)= VDQ+vd(t)

t

Vm

VDQ

iD

Punto Q

VD0

IDQ

Fig. 2.18 Desarrollo del modelo de pequeña señal del diodo.



Como se muestra en la ec. 2.6, se puede determinar la resistencia equivalente del diodo para pequeñas señales alternas como el recíproco de la pendiente de la curva característica. La corriente del diodo de unión está dada por la ecuación de Schockley (ec. 2.1) ( )[ ]i ID S

vn V

D

T= −⋅exp 1

La pendiente de la característica puede determinarse diferenciando esta ecuación, es decir

(didv

ID

DS n V

vn VT

D

T= ⋅ ⋅

1 exp ) (2.9)

Sustituyendo el voltaje en el punto Q, tenemos

(didv

ID

D QS n V

Vn VT

DQ

T= ⋅ ⋅

1 exp ) (2.10)

Para condiciones de polarización directa con VDQ al menos varias veces más grande que VT, el término −1 dentro de la ecuación de Schockley es despreciable. Luego (I IDQ S

Vn V

DQ

T≅ ⋅exp ) (2.11)

Sustituyendo en la ecuación 2.10, tenemos

didv

In V

D

D Q

DQ

T

≅⋅

(2.12)

Tomando el recíproco y sustituyendo en la ec. 2.6, tenemos la resistencia de pequeña señal del diodo en el punto Q:

r n VId

T

DQ

=⋅ (2.13)

Como resumen, para señales que producen pequeños cambios en torno al punto Q, se puede tratar el diodo simplemente como una resistencia lineal. El valor de la resistencia está dada por la ec. 2.13 considerando que el diodo está polarizado directo. Si en la fig. 2.18 el punto en el cual la tangente intersecta al eje vD se denota por VD0, la ecuación de la recta tangente se puede escribir como:

ir

v VD

d

D D= −1

0( ) (2.14)

Esta ecuación es un modelo para la operación del diodo para pequeñas variaciones alrededor de la polarización o punto Q. Este modelo puede ser representado por el circuito equivalente de la fig. 2.19 (este modelo fue presentado en el punto 2.2, fig. 2.8), en el cual se tiene

vD = VD0 + iD ·rd vD = VD0 + ( ID + id )·rd

vD = VDQ + id·rd (2.15)



+ vD −

Diodo ideal rd VD0

iD Fig. 2.19 Modelo circuital equivalente para el diodo para cambios pequeños alrededor del punto Q. La resistencia incremental rd es la inversa de la pendiente de la tangente en Q, y VD0 es el intercepto del la tangente con el eje vD.

Luego, como se esperaba, la señal de voltaje a través del diodo es dada por vd = id ·rd (2.16)

vS

VDD

+ vD=VDQ +vd −

R

iD=IDQ +id vS

VDD

Ideal + rd vD=VDQ +vd VD0 −

R

iD=IDQ +id

VDD

Ideal + rd vDc=VDQ VD0 −

R

iDc=IDQ vS

Ideal + rd vDa=vd −

R

iDa=id

(a) (b)

(c) (d)

Fig. 2.20 Análisis utilizando el equivalente de pequeña señal del diodo. a) Circuito con diodo no−lineal. b) El diodo se reemplaza por un equivalente lineal1 considerando que las variaciones de señal son pequeñas. c) Análisis para la componente continua. d) Análisis para la componente alterna.

1 El equivalente lineal, permite aplicar el principio de superposición y por esto el análisis se hace separadamente para las dos fuentes utilizadas. Primero, un análisis en continua cuando la alimentación es continua (VDD), y segundo, un análisis en alterna para la componente de pequeña señal (vS). Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 2−17


Para ilustrar la aplicación del modelo de pequeña señal del diodo, consideremos el circuito de la fig. 2.20a. Aquí la señal de entrada consta de dos componentes, una componente alterna (vS ) en serie con una componente continua (VDD ). Cuando vS =0, la corriente continua se denota por IDQ y el voltaje continuo del diodo por VDQ. Para determinar la corriente de pequeña señal id y la señal de voltaje a través del diodo vd. Se reemplaza el diodo por el modelo de la fig. 2.19, y se obtiene el equivalente de la fig. 2.20b. Planteando LVK para este circuito se tiene VDD + vS = iD·R + VD0 + id·rd = IDQ·R + VDQ + id·(R+rd) (2.17) Separando la componentes continuas y alternas en ambos lados de la ecuación, para la componente continua se tiene: VDD = ID·R + VDQ (2.18) la cual se representa mediante el circuito de la fig. 2.20c, y para la alterna, vS = id·(R + rd) (2.19) la cual se representa por el circuito de la fig. 2.20d. Se puede concluir que la aproximación de pequeña señal permite separa el análisis en continua del análisis de señal o de alterna. El análisis para la componente alterna (señal) se realiza eliminando todas las fuentes continuas y reemplazando el diodo por su resistencia equivalente de pequeña señal rd. Del circuito equivalente de pequeña señal, la señal de voltaje del diodo puede ser encontrada simplemente del circuito de la fig. 2.20d, como:

v v rR rd S

d

d

=+

(2.20)

Esta técnica de equivalente de pequeña señal o linealización en torno al punto de operación se utiliza frecuentemente en el análisis de circuitos electrónicos. Ejemplo 2.4: para el circuito de la fig. 2.21 considere que R=10kΩ y Vin=10+1·sen(2·π·50·t) [V] (la componente alterna se debe al ripple de la fuente de alimentación).

+ vD −

Vin

Fig. 2.21. ejemplo 2.4

Determinar vD(t) considerando que el diodo tiene una caída de 0.7V a 1mA y n=2. Solución: Considerando, primero, el análisis para la componente continua y suponiendo VDQ ≅0.7V IDQ= (VinCC − VDQ )/R=0.93mA



Como este valor es muy cercano a 1mA, el voltaje continuo del diodo es muy cercano al valor supuesto. En este punto de operación, la resistencia dinámica del diodo rd es:

r n VId

T

DQ

=⋅ =53.8Ω

El valor peak-to-peak del voltaje alterno en el diodo se determina aplicando LVK

v rR rd

d

d

=+

2 =10.7mV (la amplitud de la componente ac de Vin es 1V, luego su

valor peak-to-peak es 2) De esta manera, la amplitud de la señal sinusoidal a través del diodo es 5.35mV. Por esto, la expresión del voltaje del diodo es: vD(t)=0.7 + 5.35·10−3·sen(2·π·50·t) [V] Ejercicio 2.16: determine los valores de rd para un diodo con corrientes de polarización de 0.1, 1, y 10mA. Considere n=1. Resp.: 250Ω; 25Ω; 2.5Ω Ejercicio 2.17: Para un diodo que conduce 1mA con una caída directa de 0.7V y con n=1, determine la ecuación de la recta tangente en IDQ=1mA Resp.: iD=(1/25)·(vD − 0.675) Ejercicio 2.18: Un diodo de Si tiene una corriente de saturación inversa de 1nA y n=2. Suponga operación a temperatura ambiente. Determine:

a) la corriente del diodo cuando se le aplica un voltaje positivo de 0.6V. b) el voltaje que se debe aplicar a través del diodo para aumentar su corriente en un factor

de 10. c) el voltaje que se debe aplicar a través del diodo para aumentar su corriente en un factor

de 100. Resp.: a) iD=102.6 μA b) vD=0.72V c) vD=0.84V Ejercicio 2.19: Un diodo de Si tiene una corriente de saturación inversa de 1nA y n=1.95.

Determine el porcentaje de cambio en la corriente del diodo para un cambio en la temperatura desde 27 a 43ºC a voltajes del diodo iguales a: a) −1V. b) 0.5V. c) 0.8V.

Resp.: a) 535% b) 249.8% c) 184.4%

Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 2−

19


Ejercicio 2.20: Un diodo de Si tiene una corriente de saturación inversa de 8nA y n=2. Determine la corriente del diodo como una función del tiempo. Use la técnica de línea de carga.

Fig. 2.22

Resp.: transformando fuentes se llega al siguiente circuito equivalente serie; v(t)=2.676+0.8919·sen2t Req=8.919Ω más el diodo. De aquí se obtiene la recta de carga (en el tiempo) y se intersecta con la característica del diodo para dar la solución.

Ejercicio 2.21: Los diodos tienen los siguientes parámetros rd1=20, rr1=∞, Vγ1=0.2V, rd2=10, rr2=∞, Vγ2=0.6V. La fuente de voltaje tiene 200V. Determine la corriente en los diodos cuando: a) R=20kΩ b) R=4kΩ

Fig. 2.23 Resp.: a) iD1=9.98mA iD2=0 (¡D2 No conduce!) b) iD1=29.93mA iD2=19.87mA Ejercicio 2.22 Determine los valores peak del voltaje en RL, dibuje un ciclo de la forma de onda de la fig. 2.24.

Fig.2.24


20


Ejercicio 2.23 Los diodos del circuito se modelan como rd=0, rr=∞, Vγ=0.7V. Dibuje la característica de transferencia para 0 ≤Vi ≤30V. Indique todas las pendientes y níveles de tensión.

Fig. 2.25

Resp.: 0≤ vi ≤3.108V v0 =2.408V 3.108< vi ≤6.2V v0 =0.2885· vi + 1.512 6.2< vi ≤18.33V v0 =0.6· vi − 0.42 18.33< vi≤30V v0 ≅10.6 Ejercicio 2.24 El potenciometro de la fig. 2.26 es puesto de manera que el ánodo del diodo está a −2V. Si el valor de Vs es de 14 Vpp, y la caída del diodo cuando conduce es de 0.7V. ¿Cuál son los voltajes peak en la carga?

Fig. 2.26

Resp.: +6.36V y −2.7V


21

CAPÍTULO 3: Transistor de Unión Bipolar

CAPÍTULO 3

TRANSISTOR DE UNIÓN BIPOLAR 3. Introducción Básicamente un transistor bipolar de unión es un dispositivo de tres terminales que puede amplificar una señal de entrada. La principal característica es que una corriente de salida es controlada por una corriente en la puerta de entrada. En este capítulo se estudian la modelación en continua y los diversos modelos en alterna del BJT. Se analizan circuitos en aplicaciones como amplificadores. 3.1 Relaciones de Corriente y voltaje en un BJT Los BJTs son construidos de capas de materiales semiconductores (generalmente silicio) dopado con impurezas adecuadas. Diferentes tipos de impurezas son usadas para crear materiales semiconductores tipo n o tipo p (ver capitulo 1). Un transistor npn consiste de una capa de material tipo p entre dos capas de material tipo n, como se muestra en la fig. 3.1a. Cada unión p−n forma un diodo, pero si las uniones son hechas muy cercanas una de otra en un cristal único del semiconductor, la corriente en una unión afecta la corriente en la otra unión. Es esta interacción la que hace al transistor un dispositivo particularmente útil. Las capas se denominan el emisor, la base y el colector, como se muestra en la fig. 3.1a. El símbolo circuital para un transistor npn es mostrado en la fig. 3.1b, incluyendo las direcciones de referencia para las corrientes.


(a) Estructura física. (b) Símbolo circuital.

Base

Emisor

Colector

tipo − n

tipo − p

tipo − n

+ vBE

−

+ vCE

−

iB

iC

iE

C

E

B

Fig. 3.1 El transistor npn.


Como se vio en el capítulo 1, una unión p−n está directamente polarizada si se le aplica la polaridad positiva a la unión p. Por otro lado, la polarización inversa ocurre si la polaridad positiva es aplicada a la unión n. En operación normal de un BJT como amplificador, la unión base−colector está inversamente polarizada y la unión base−emisor está directamente polarizada. En el siguiente desarrollo se considera que las uniones están polarizadas de esta forma, a menos que se diga lo contrario. La ecuación de Shockley da la corriente de emisor iE en términos del voltaje base a emisor vBE:

i I vVE ES

BE

T

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥exp 1 (3.1)

Esta es exactamente la misma ecuación que para la corriente de la unión de un diodo, excepto por los cambios en la notación. (El coeficiente de emisión n se hace igual a 1 ya que es el valor apropiado para muchos transistores de unión.) Valores típicos para la corriente de saturación IES están en el rango de 10−12 a 10 −16 A, dependiendo del tamaño del dispositivo. Hay que tener en cuenta que a la temperatura ambiente (300ºK), VT es aproximadamente 26mV. Por supuesto, la ley de corriente de Kirchhoff requiere que la corriente que sale del transistor sea igual a la suma de las corrientes que entran. Luego, refiriéndonos a la fig. 3.1b, tenemos iE =iC + iB (3.2) B

(Esta ecuación es verdadera independientemente de las condiciones de polarización de las uniones.)


(a) Polarización directa (b) Polarización inversa

p

n p

n

Fig. 3.2 Condiciones de polarización para uniones p-n. Se define el parámetro α como la razón de la corriente de colector a la de emisor,

E

C

ii

=α (3.3)


Los valores para α están en el rango entre 0.99 a 0.999, siendo muy típico 0.99. La ecuación (3.2) indica que la corriente de emisor es suministrada parcialmente a través del terminal de base y parcialmente a través del de colector. Sin embargo, como α es casi la unidad, la mayoría de la corriente de emisor es suministrada por el colector. Sustituyendo la ec. (3.1) en la (3.3) y reordenando, tenemos ( )[i IC ES

vVBE

T= ⋅ −α exp 1] (3.4)

Para vBE mayor que unos pocos décimas de volt, el termino exponencial dentro del paréntesis es mucho mayor que la unidad. Entonces el 1 dentro del paréntesis puede ser despreciado. También se define la corriente de escala o corriente de saturación inversa de la unión base-emisor como IS = α·IES (3.5) luego la ec. (3.4) queda ( )i IC S

vVBE

T≅ ⋅ exp (3.6)

Resolviendo la ec. (3.3) para iC, sustituyendo en la ec. (3.2), y despejando la corriente de base, se obtiene iE =(1 − α)·iE (3.7) Como α es ligeramente menor a la unidad, sólo una muy pequeña fracción de la corriente de emisor es suministrada por la base. Utilizando la ec. (3.1) para sustituir iE, tenemos ( )[i IB ES

vVBE

T= − ⋅ −( ) exp1 α ]1 (3.8)

Se define el parámetro β como la razón de la corriente de colector a la corriente de base. Tomando la razón de las ecs. (3.4) y (3.8) resulta

β αα

= =−

ii

C

B 1 (3.9a)

ó también, α ββ

=+1 (3.9b)

El rango de los valores para β va desde 10 a 1000, y es muy común el valor β=100. Se puede escribir iC = β·iB (3.10) B

Nótese que β generalmente es muy grande comparado a la unidad, es decir la corriente de colector es una versión amplificada de la corriente de base. Las relaciones de corrientes en un transistor npn son ilustradas en la fig. 3.3. Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 3−3


+ vBE

−

+ vCE

−

iB=(1−α)·iE iC=α·iE

iE

C

E

B

Fig. 3.3 Relaciones de corriente en un transistor npn. Sólo una pequeña fracción de la corriente de emisor fluye en la base (considerando que la unión colector-base es inversamente polarizada y la base-emisor está directamente polarizada).

Ejercicio 3.1 Dado un transistor con β=50, IES= 10−14 A, vCE =5V, e iE =10mA. Suponga que VT=26mV. Encuentre vBE, vBC, iB, iB C y α. Resp.:vBE =0.718V, vBC =−4.28V, iB=0.196mA, iB C =9.80mA, α=0.980. Ejercicio 3.2 Evalúe los valores correspondientes de β sí α=0.9, 0.99, y 0.999. Resp.: β=9, 99, y 999, respectivamente. Ejercicio 3.3 Un transistor operado con polarización directa en la unión base−emisor y polarización inversa de la unión base−colector tiene iC=9.5mA e iE=10mA. Determine los valores de iB, α, y β. B

Resp.: iB =0.5mA, α=0.95, y β=19. B

Ejercicio 3.4 Repita el ejercicio anterior si se tiene iC=19.8mA e iE=20mA. Determine los valores de iB, α, y β. B

Resp.: iB =200μA, α=0.99, y β=99. B



3.2 Características en Emisor Común. La configuración de emisor común para un BJT npn se muestra en la fig. 3.4. La batería V polariza positivamente la juntura base-emisor. La batería VBB CC también polariza directamente el colector respecto del emisor. Note que el voltaje a través de la unión base−colector está dado por v =v

BC BE − vCE (3.11)

+ vBE

−

+ vCE

−

iB

iC

VBBVCC

Fig. 3.4 Configuración de emisor−común para el BJT NPN. Luego, si vCE es mayor que vBE, el voltaje base−colector vBC es negativo. Esta es la forma común de operación del transistor como amplificador. Las características de emisor común del transistor son graficadas para las corrientes iB e i respecto a los voltajes vB C BE y vCE, respectivamente. Características representativas para un dispositivo de silicio se muestran en la fig. 3.5. La característica de entrada de emisor común mostrada en la fig. 3.5a es una gráfica de iB con respecto a vBEB , la cual está relacionada por la ecuación 3.8. Note que la característica de entrada tiene la misma forma que la característica de polarización directa de un diodo. Luego, para un significativo flujo de corriente, el voltaje base−emisor debe ser aproximadamente mayor a 0.6V. Al igual que para el diodo de unión, vBE disminuye con la temperatura cerca de 2mV/ºK para una corriente dada. La característica de salida de emisor común mostrada en la fig. 3.5b son gráficas de iC versus v para valores constantes de iB (i versus vCE B C CE parámetrizado por iBB). El transistor ilustrado tiene β=100. Mientras la unión colector−base es polarizada inversa (vBC<0 o equivalentemente, vCE > vBE), se tiene que i = β· iB =100· iC BB B



A medida que vCE es menor que vBE, la unión base−colector se polariza directamente, y eventualmente la corriente de colector cae como se muestra en el costado izquierdo de la característica de salida (fig. 3.5b). 3.3 Amplificación mediante el BJT Si nos referimos a la fig. 3.5a y notamos que un cambio muy pequeño en el voltaje base−emisor vBE puede resultar en un cambio apreciable de la corriente de base iB, particularmente si la unión base−emisor está polarizada directa, de manera que alguna corriente (por ejemplo, 40uA) está fluyendo antes que se haga el cambio en v

B

BE. Considerando que vCE es más que unas pocas décimas de volt, este cambio en la base produce un cambio mucho más grande en la corriente de colector i (debido a que i = β·iC C BB). En circuitos apropiados, el cambio en la corriente de colector es convertido en un cambio de voltaje mucho mayor que el cambio inicial en vBE. De esta manera el BJT puede amplificar una señal aplicada a la unión base−emisor.

0V 0.2V 0.4V 0.6V 0.8V 1.0V

iB

vBE

Ib(Q1)

40uA

20uA

0uA

ΔiB

ΔvBE

Fig. 3.5a Características de entrada (iB vs. vBEB ) para una configuración emisor común de BJT NPN. Nótese que una pequeña variación ΔvBE produce una gran variación en i

BB en la zona indicada. También la pendiente ΔiB/ΔvBEB es el reciproco de la resistencia de la unión entre base−emisor.



0V 2V 4V 6V 8V 10V

iC

vCE

IC(Q2)

5.0mA

iB4 = 40 μA 4.0mA

iB3 = 30 μA 3.0mA

iB2 = 20 μA 2.0mA

iB1 = 10 μA 1.0mA

iB0 = 0 μA 0.0mA

Fig. 3.5b Características de salida (i vs. vC CE) para una configuración emisor común de BJT NPN.

Ejemplo 3.1. Determinar el valor de β en la característica mostrada en la fig. 3.5b. Solución: El valor de β puede ser encontrado mediante la relación entre i e iC B, considerando que v

B

CE es bastante alto de manera que la unión colector−base está polarizada inversa. Por ejemplo, cuando vCE=2V e iBB=10uA, la característica de salida da i =1mA. Luego C

β= i / iB =1mA/10uA=100 C B

También cuando vCE=2V e iB=40uA → i =4mA ⇒ β=100. CB

(Para algunos dispositivos, resultan valores ligeramente diferentes para diferentes puntos de la característica de salida.) 3.4 Modelos circuitales para el BJT. En el análisis o diseño de circuitos amplificadores con BJT, se considera el punto de operación en continua separadamente del análisis de la señal. Generalmente se realiza primero el análisis del punto de operación, y luego realiza el análisis del amplificador o de pequeña señal. Los BJTs pueden operar en la región activa, en saturación o en corte. En la región activa, la unión base−emisor es polarizada directa, y la unión base−colector es polarizada inversa. (Realmente, la región activa incluye polarización directa de la unión de colector por unas pocas milésimas de volt.) 3.4.1 Modelo en la región Activa. Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 3−7


El modelo circuital en la región activa es mostrado en la fig. 3.6a. Una fuente de corriente controlada modela la dependencia de la corriente de colector de la de base. Las restricciones dadas en la figura para IB y VCE B se deben satisfacer para asegurar la validez del modelo en la región activa. En la región activa , la unión base-emisor (B-E) y la colector-emisor (C-E) están polarizadas directamente, y la base-colector (B-C) (V =V

BC BE-VCE) esta polarizada inversa. Relación del modelo en la región activa a las características del dispositivo: La fig. 3.7 muestra las curvas características de un transistor NPN. La corriente IB es positiva y vBEB ≅0.7V para la polarización directa de la unión base−emisor como se muestra en la fig. 3.7b. También se puede observar de la fig. 3.7a que VCE debe ser mayor que alrededor de 0.2V para asegurar la operación en la región activa (es decir, sobre los "codos" de las curvas características).

>0 y V En forma similar, para el BJT PNP se debe tener IB CE <−0.2V para la validez del modelo en la región activa. 3.4.2 Modelo en la región de Saturación. Los modelos del BJT en la región de saturación se muestran en la fig. 3.6b. En la región de saturación, ambas uniones son polarizadas directas (B−E y C−B). De la fig. 3.7a se muestra que VCE ≅0.2V para un transistor NPN en saturación. De esta manera, el modelo para la región de saturación incluye una fuente de 0.2V entre colector y emisor. Al igual que en la región activa, IB es positivo. También, de la fig. 3.7a se observa que para operación bajo el "codo" de la característica de colector, la restricción es β·I

B

B >IC >0. 3.4.3 Modelo en la región de Corte. En la región de corte, ambas uniones están polarizadas inversamente (B−E y C−B), y no fluye corriente en el dispositivo. Por esto el modelo consiste en un circuito abierto para los tres terminales como se muestra en la fig. 3.6c. (Realmente, si voltajes de polarización directo hasta de 0.5 V son aplicados, la corriente es despreciable, y por esto se utiliza el modelo en la región de corte.) Las restricciones para los voltajes en la región de corte se muestran en la figura. 3.4.4 Modo Inverso. Cuando la juntura colector−base es polarizada inversamente y la unión base−emisor se polariza directa, se dice que el transistor está operando en el modo normal o directo. Algunas veces hay situaciones en las cuales la unión base−colector es polarizada directa y la unión base−emisor es polarizada inversa. Esto es opuesto a la situación normal, y se dice que el transistor está operando en modo inverso. La operación en modo inverso es el mismo que en



el normal, pero con el emisor intercambiado. Muchos dispositivos no son simétricos, de modo que α y β toman valores diferentes para el modo inverso en relación al normal. Este modo de operación es raro de encontrar en aplicaciones, por lo que se detallarán sólo los otros tres modos.

β·IB

B

C

E

IC

IE

IB

0.7V

NPN R. Activa IB > 0 VCE > 0.2V

B

E

IE

IB

0.7V

0.2V

C

IC

NPN Saturación IB > 0 β·IB > IC > 0

B

E

C NPN Corte VBE < 0.5V VBC < 0.5V

E

IEB

IB

0.7V

0.2V

C

IC

PNP Saturación IB > 0 β·IB > IC > 0

B

E

C PNP Corte VBE > −0.5V VBC > −0.5V

β·IB

B

E

IC

IE

IB

0.7V

PNP R. Activa IB > 0 VCE < −0.2V

C

(a)

(b)

(c)

Fig. 3.6 Modelos a grandes señales del BJT pnp y npn. (Nota: los valores mostrados son apropiados para dispositivos de silicio típicos de pequeña señal a una temperatura de 300ºK). a) Región Activa. b) Región de Saturación c) Región de Corte.



(a) (b)

0.2V vCE

iC Región de Saturación IC <β·IB

Fig. 3.7 Regiones de operación sobre las características de un BJT NPN. a)

Características de salida. b) Características de entrada. Ejemplo 3.2: Dado un transistor npn con β=100. Determine las regiones de operación sí: a) IB=50 μA e IB C=3mA; b) IBB=50 μA y VCE=5V; c) VBE= −2V y VCE= −1V. Solución: a) Como IB e IB C son positivos, el transistor está en la región activa o en saturación. En la región activa se debe cumplir que IC = β·IB, sin embargo no se cumple está relación para los valores dados, entonces el transistor no está en la región activa.

B

En la región de saturación se debe cumplir la restricción IC < β·IB, la cual se satisface, por lo que el transistor

B

está en saturación. b) Como IB > 0 y VB CE>VCEsat=0.2V, el transistor está en la región activa. c) Se tiene VBE < 0 y VBC =VBE − VCE =−1V < 0. Por esto ambas uniones están polarizadas inversamente, por lo tanto, está en corte. Ejercicio 3.5: Para un transistor npn con β=100. Determine las regiones de operación sí: a) VBE =−0.2V y VCE =5V b) IB =50μA e IC =2mA; c) VCE = 5V e IB =50μA Resp.: a) Corte; b) Saturación; c) R. Activa.

Región de Corte IB =IC =0

Región Activa IC =β·IB

iB

Región Activa o de Saturación

Región de Corte

0.5V vBE

(b) (a)



3.5 Análisis en Continua de Circuitos con BJT. En el análisis en continua de circuitos con BJT se puede aplicar el siguiente procedimiento para determinar el estado del transistor: 1.- Realizar una suposición razonable acerca de la operación del transistor en una región

particular (es decir, activa, corte, ó saturación). 2.- Utilizar el modelo apropiado para el dispositivo y resolver el circuito. 3.- Revisar si la solución satisface las restricciones para la región supuesta. 4.- Si se cumplen las restricciones, el análisis es correcto. Si no, se debe suponer una región

diferente y repetir hasta que se encuentre una solución válida (volver al punto 1). Este procedimiento es particularmente útil en el análisis y diseño de circuitos de polarización para amplificadores con BJT. En este caso, el objetivo del circuito de polarización es poner el punto de operación en la región activa de manera que las señales sean amplificadas. Debido a que los transistores tienen una considerable variación en sus parámetros (aún en transistores de una misma denominación y fabricante), tal como β, la influencia de la temperatura. Por esto, es importante que el punto de polarización sea independiente de estas variaciones. Ejemplo 3.3. Determinar el estado del transistor de la fig. 3.8a. Solución:

Como en la base hay aplicada una tensión positiva elevada, se puede suponer que el transistor está en saturación. Sin embargo, si se sustituye el transistor por su modelo en saturación y se utiliza el equivalente de Thevenin, se obtiene la fig. 3.8b. De este circuito se obtiene que IB es negativa, lo cual contradice la hipótesis de saturación y sugiere el corte. B

En efecto, en el circuito de la fig. 3.8b el equivalente de Thevenin visto desde los terminales de base (b) con respecto a tierra es: Vth=Vbb·Rb/(Rs+Rb)=0.196V Rth=Rs||Rb=Rs·Rb/(Rs+Rb)=9.82kΩ Luego planteando LVK a través del circuito de base, se tiene: Vth − IB·Rth − Vbe=0 B

→ IB=(Vth-Vbe)/Rth=(0.196 − 0.7)/9.82k= − 51.3 μA B

⇒ No es posible que el circuito esté en saturación, IB < 0 B

(Tampoco puede estar en la región activa porque al reemplazar su modelo, igualmente se tiene que IB = −51.3 μA). B

Como el resultado anterior sugiere el corte, entonces del circuito 3.8c, se tiene: VBE=Vth=0.196V (IB=0) y VB CE=VCC =15V (IC=0)

11 Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 3−


12

Fig. 3.8 a) Circuito original. b) Circuito equivalente si se supone el transistor en saturación. c) Circuito equivalente si se supone el transistor en corte.

IC

IB

(a) (b)

(c)

3.6 Circuitos de Polarización de BJT Se analizaran varios circuitos de polarización. Algunos de estos son tan inestables que ellos no pueden usarse en aplicaciones de amplificadores. Sin embargo, ellos son útiles para aplicaciones digitales o de conmutación donde la estabilidad de la polarización no es muy importante. 3.6.1 Polarización Fija.

IC+ VCE

− IB

Fig. 3.9 Circuito de polarización fija.

En general, para amplificadores se sitúa el punto de operación (punto Q) en la región activa. La fig. 3.9 muestra un circuito de polarización fija. La corriente ICQ se obtiene seleccionando una adecuada corriente de base IBQ de tal manera que ICQ = β·IBQ. El diseño del circuito trata con la selección de RB para obtener el I

B

BB requerido. En este circuito IC depende fuertemente de β.



Ejemplo 3.4: El circuito de la fig. 3.9 tiene un transistor de silicio con β=100 y VCC=20V, RC=1kΩ. Debe ser polarizado con ICQ=10mA. Determine RB. B

Solución: Planteando LVK a través del circuito de colector, tenemos, VCC − IC·RC − VCE =0 Está ecuación se conoce como la recta de carga de colector. Luego, VCEQ= VCC − ICQ·RC=20 − 10m·1k=10V Como VCEQ > 0.2V, el diseño es en la región activa, donde IC = β·IBB

Por lo tanto, IBQ = ICQ/β=100 μA

Planteando LVK en el circuito de base VCC − IB·RB BB − VBE =0 Está ecuación se conoce como la recta de carga de base. Dado que el transistor es de silicio, VBEQ =0.7V, entonces RB= (VB CC − VBEQ)/ IBQ=(20 − 0.7)/100μ=193kΩ

iC ,mA

20

15

10

5

IBQ = 100 μA

0 5 10 15 20

vCE ,V

β·IB =

VCC/RC =

VCEQ VCC

IC·RC + VCE = VCC : Recta de carga de colector

Punto Q

Fig. 3.10 Característica de salida, iC vs. vCE, en la cual se indica la recta de carga de colector para el circuito del ejemplo 3.4.



Ejemplo 3.5 En el ejemplo anterior suponer que β cambia a 300. (Esto ocurre a menudo cuando se cambia el transistor). Solución: No se sabe el valor de ICQ, ya que no sabemos el estado del transistor. Sin embargo, tanto en saturación como en la región activa VBEQ =0.7V Del circuito de base, se tiene que IBQ = (VCC − VBEQ)/ RB =100 μA B

Si suponemos que está en la región activa IC = β·IB=300·100 μ=30mA. Luego, de la recta de carga de colector,

B

VCEQ= VCC − ICQ·RC=20 − 30m·1k=−10V Como VCEQ <0.2V el transistor no está en la región activa. Ahora, si suponemos que está en saturación, reemplazando el modelo del transistor en saturación, y planteando la ecuación de colector, ICQ= (VCC − VCEsat)/RC=(20 − 0.2)/1k=19.8mA y del circuito de base, IBQ= (VCC − VBEQ)/RB=(20 − 0.7)/193k=100μA B

Como β·IB=300·100μ=30mA > IB C =19.8mA se satisfacen las condiciones para la saturación (es decir, β·IBB>IC e IB >0).

iC ,mA

40

30

20

10

IBQ = 100 μA

0 5 10 15 20

vCE ,V

β·IB =

VCC/RC =

VCEQ=VCEsat=0.2 VCC

IC·RC + VCE = VCC : Recta de carga de colector Punto Q

Recta de carga, ejercicio 3.6

Fig. 3.11 Con β=300 el circuito del ejemplo 3.4 opera en saturación, IBQ=100 μA, ICQ=19.8mA, VCEQ=VCEsat=0.2V.



Ejercicio 3.6: Repetir el ejercicio anterior sí RC=500Ω. Resp.: Operación en la región activa, IBQ=100 μA, ICQ=30mA, VCEQ=5V 3.6.2 Polarización con Realimentación.

Fig. 3.12 Circuito de polarización mediante Realimentación.

+ VBE − IE

+ VCE

−

IB

IC

El circuito de polarización fija es muy inestable. Cambios en β o la temperatura afecta significativamente ICQ. A veces un circuito que ha sido diseñado para tener un determinado ICQ puede presentar una variación del doble o triple de la corriente esperada debido a cambios en β o la temperatura, o ambos. Para combatir esta inestabilidad, se utiliza el concepto de realimentación. La idea es utilizar un cambio anticipado en IC para controlar IC. El hecho que IC, por ejemplo, haya aumentado se "realimenta" a la base de tal manera de producir una reducción en IC. El efecto neto de esta realimentación es un cambio mucho más pequeño en IC. La conexión de realimentación tiende a negar o oponerse a los cambios en IC. Este tipo de realimentación se llama realimentación negativa. Una manera muy simple de introducir esta realimentación en el circuito de polarización fija es agregando una resistencia de emisor RE, llamada la resistencia de realimentación de emisor, fig. 3.12. Aquí, un aumento en IC provoca un aumento en VE, el cual es el voltaje a través de RE, y por lo tanto como IB=(VCC − VBE − VE)/RB está disminuye. El descenso en IB compensa el aumento en IC. En efecto, al aplicar la LVK a través del circuito de base, se tiene VCC − IB·RB BB − VBE − IE·RE=0 También, del circuito se tiene IE = IC + IBB

Si la operación es en la región activa, IC = β·IB , entonces B

IE = (β+1)·IBB

reemplazando en la primera ecuación y despejando IBB

IB =( VCC − VBE)/[ RB+(β+1)·RB E ] Luego, IC = β·( VCC − VBE)/[ RB+(β+1)·RB E ] ≅ ( VCC − VBE)/[ RBB/β + RE ] (3.12) Sí RE >> RB/β, la ecuación anterior queda, B

IC =( VCC − VBE )/ RE



Esta expresión muestra que IC es prácticamente independiente de las variaciones de β. Desafortunadamente, los circuitos prácticos rara vez cumplen cabalmente la condición RE>>RB/β , de manera que el punto de polarización depende de β aunque en menor grado. B

Generalmente se elige RE de modo que su voltaje, VE=IE·RE sea mayor a VBE (por ejemplo, 3 veces más grande). De modo que, RE=3·VBE/IEQ ≅ 3·VBE/ICQ. Esta expresión permite seleccionar RE directamente para un ICQ dado. Ejemplo 3.6: En el circuito de la fig.3.12 se tiene RE=2kΩ, RB=470kΩ, RB C=2 kΩ, VCC=15V, β=100 y el transistor es de silicio. Determine el punto Q. Repita sí β=200. Solución: De la ecuación (3.12) se tiene que ICQ =( VCC − VBE)/[ RB/β + RB E ]=(15 − 0.7)/6.7k=2.13mA Planteando LVK a través del circuito de colector se tiene, VCC − IC·RC − VCE − IE·RE=0 → VCEQ= VCC − ICQ·(RC + RE /α) , α=β/(β+1)=0.9901 =15 − 2.13m·4020=6.44V Cuando β=200 ICQ =(15 − 0.7)/4350=3.29mA y VCEQ=15 − 3.29m·4010= +1.807V (sigue en la R. activa) Se puede observar que la variación en ICQ es de (3.29-2.13)/2.13=+54% cuando β sube un 100%, lo cual nos indica que este circuito es sensible a las variaciones de β. Esto se explica ya que no se cumple la relación para que ICQ sea independiente de β, es decir, no se cumple que RE >> RB/β. B

Nota: cuando β=100, VBQ=VBE+IEQ·RE=0.7 + 2.15m·2k =5V cuando β=200, VBQ=VBE+IEQ·RE=0.7 + 3.32m·2k =7.34V Sí el voltaje en la base, VBQ se puede mantener constante entonces IEQ no variará. En este principio se basa la polarización por divisor de tensión que se verá más adelante. Ejercicio 3.7: Determinar que ocurre sí β=300 en el ejemplo anterior. Resp.: El transistor está en saturación. Ejercicio 3.8: Diseñe un circuito de polarización con realimentación de modo que ICQ=4mA. VCC=30V, β=50. Resp.: RE=525Ω (VE=3·VBE) ; RB=340kΩ (Sí VB CEQ=20V → RC≅2kΩ)



3.6.3 Circuito de Autopolarización.

Fig. 3.13 Circuito de autopolarización

IB IC

+ VCE

− + VBE − IE

IC +IB= IE

Este circuito, fig. 3.13, tiene una estabilidad un poco mejor que el circuito de polarización fija con RE (polarización con realimentación). El circuito de autopolarización es otro ejemplo del uso de la realimentación negativa para estabilizar el punto de operación − o más precisamente, para mantener IC constante en el punto de reposo. En efecto, un cambio en IC produce un cambio en VC (voltaje de colector) el cual cambia IB de tal manera que minimiza el cambio en IB C. Por ejemplo, si IC disminuye, VC debería aumentar (VC=VCC − IE·RC , el término IE·RC decrece), lo que tiende a aumentar IB lo que compensa la disminución original de IC. Aplicando LVK a través del circuito de base, VCC − IE·RC − IB·RB BB − VBE − IE·RE=0 Luego, IB=( VB CC − VBE )/[ RB + (β+1)·( RC+ RE)] (3.13) e IC = β·IB = β·( VB CC − VBE)/[ RBB+(β+1)·( RC + RE)] ≅ ( VCC − VBE)/[ RB/β + RB C + RE] Nuevamente, si se cumple la relación (RC + RE)>>RB/β se tiene más independencia de las variaciones de β.

B

Ejemplo 3.7: Diseñe un circuito con autopolarización con ICQ=5mA y VCEQ=8V. VCC=20V, β=100. Solución: Si se considera VE=3·VBE=3·0.7=2.1V Como IE =IC ·( β+1)/β=IC/α IEQ=5m·1.01=5.05mA RE ≅ 3·VBE/ICQ=2.1/5m=420 Ω Luego planteando LVK a través del colector, tenemos VCC − IE·RC − VCE − IE·RE=0 → RC=( VCC − VCE − IE·RE)/IE =(20 − 8 − 2.1)/5.05m=1960 Ω de ec. (3.13) RB=β·(VB CC − VBE)/IC − β·(RE+RC)=100·(20 − 0.7)/5m − 100·(420+1960)=148kΩ



3.6.4 Polarización por divisor de Tensión. Un circuito que evita la variación del punto de operación es el mostrado en la fig. 3.14. Las resistencias R1 y R2 forman un divisor de tensión que provee un voltaje casi constante en la base (VBQ) del transistor (independientemente del β del transistor). Como se vio en el ejemplo 3.6, un voltaje constante en la base resulta en valores casi constantes para IC y VCE. Debido a que la base no está directamente conectada a tierra o a la alimentación, es posible acoplar una señal alterna a la base mediante un condensador de acoplamiento. (a) (b) (c)

Equivalente Thevenin

Fig. 3.14 Circuito de polarización por divisor de tensión ó de 4 resistencias. a) Circuito original. b) Circuito original descompuesto en un circuito de base y otro de colector. c) Equivalente de Thevenin del circuito original.

Planteando el equivalente de Thevenin al circuito de la izquierda de la línea punteada de la fig. 3.14b. Tenemos que la resistencia Thevenin es el paralelo entre R1 y R2, Rth=R1||R2= R1·R2 /(R1 + R2) Y el voltaje Thevenin es, Vth=VCC·R2 /(R1 + R2) El circuito con el equivalente de Thevenin reemplazado es el de la fig. 3.14c. Luego, si estamos operando en la región activa (IC = β·IB) tenemos a través del circuito de base B

Vth − IB·RB th − VBE − IE·RE=0 Como IE= IC + IB =( β+1)·IB BB

Luego, IB=( VB th − VBE)/[Rth +( β+1)·RE] Una vez que se conoce IB, quedan determinados IB C e IE.



IC=β·IB = ( VB th − VBE)/[Rth /β + RE /α] ≅ ( Vth − VBE)/[Rth /β + RE] donde α= β/( β+1), IC= α·IE También, planteando LVK a través del circuito de colector se tiene VCE=VCC − IC·RC − IE·RE= VCC − IB·[ β·RB C + (β+1)·RE] El diseño de este circuito de polarización requiere algunas elecciones aparentemente arbitrarias. Se debe seleccionar RE y ya sea R1 ó R2. La elección de RC no afecta el punto de operación ICQ (Sin embargo, es muy importante cuando se considera VCEQ). Es común elegir R2 <<β·RE (para β mínimo). Una buena elección, algo arbitraria, es: R2 = β·RE/10 La cual mantiene la condición (R1||R2)<< β·RE. No es preciso decir que ICQ debe ser conocido. Ejemplo 3.8: En un circuito de polarización por divisor de tensión se tiene: R1=12kΩ, R2=3kΩ, RE=470Ω, RC=1.2kΩ, VCC=15V, transistor de silicio. Determine el punto Q cuando β1=100 y β2=300. Solución: Vth=VCC·R2 /(R1 + R2)=15·3k/15k=3V Rth=R1||R2= R1·R2 /(R1 + R2)=12k·3k/15k=2.4k Luego, cuando β1=100 IB1Q=( Vth − VBE)/[Rth +( β1+1)·RE]=( 3 − 0.7)/[2.4k + 101·470]=46.12 μA IC1Q=β1·IB1Q=100·46.12μ=4.61mA IE1Q=IC1Q /α1=4.61m/0.99=4.66mA VCE1Q=VCC − IB1Q·[ β1·RC + (β1+1)·RE]=15 − 46.12μ·[ 100·1.2k + 101·470]=7.28V cuando β2=300 IB2Q=( 3 − 0.7)/[2.4k + 301·470]=15.99 μA IC2Q=β2·IB2Q=300·15.99μ=4.80mA IE2Q=IC2Q /α2=4.80m/0.997=4.81mA VCE2Q= 15 − 15.99μ·[ 300·1.2k + 301·470]=6.98V Podemos observar que para β1=100 IC1Q= 4.61mA, y para β2=300 IC2Q= 4.80mA. Es decir, para un cambio de 1:3 en β, la corriente de colector cambia en un +4.12%. Similarmente, VCEQ

cambio en un −4.12%.



Ejemplo 3.9: Dado el circuito de la fig. 3.15 donde β=100, Silicio, RE=1kΩ, R1=8.2kΩ R2=1.8kΩ, VCC=5V y VEE=5V. Determine el punto Q. Solución: Vth= 5·1.8k/10k=0.9V Rth= 1.8k·8.2k/10k=1.476k Luego planteando LVK en el circuito de base, Vth − IB·RB th − VBE − IE·RE +VEE=0 → IBQ=( Vth + VEE − VBE)/[Rth +( β+1)·RE] =5.2/102476=50.74 μA ICQ=β·IBQ=5.074mA IEQ=ICQ /α=5.12mA Y aplicando LVK a través del circuito de colector, VCC − VCE − IE·RE + VEE=0 → VCEQ = 5 − 5.12m·1k + 5 = 4.88V

+ VCE

−

Fig. 3.15 Circuito del ejemplo 3.9.

Fig. 3.16 Circuito del ejercicio 3.9

Ejercicio 3.9: Para el circuito de la fig. 3.16 donde β=100, Silicio, RE=390Ω, R1=22kΩ R2=4.7kΩ, RC=2.2kΩ, VCC=10V y VEE=5V. Determine el punto Q. Resp.: ICQ=4.5mA, VCEQ=3.345V. Ejercicio 3.10: Diseñe un circuito de polarización por divisor de tensión con los siguientes parámetros: β=100, Silicio, ICQ=5mA, VCC=20V y VCEQ=10V. Utilice resistencias estándar de 10% de tolerancia. Resp.: RE=420Ω, R2=4.2kΩ, R1=27kΩ (25.8kΩ) y RC=1.5kΩ (1.58kΩ)



3.7 Modelos de Pequeña señal para el BJT. Se han desarrollado un gran número de modelos de diversa complejidad para el BJT. Algunos modelos consideran los efectos no-lineales, mientras que otros son lineales (válidos solamente para análisis de pequeña señal.) Algunos modelos consideran el efecto de almacenamiento de carga, y por esto son precisos en un amplio rango de frecuencias. Sin embargo, modelos más simples son más fáciles de usar y precisos para análisis de baja frecuencia. Para la comprensión básica y análisis manual se utilizan los modelos simples. Modelos complejos no-lineales son utilizados principalmente en análisis mediante computadores. Por ejemplo, el modelo del BJT utilizado por SPICE incluye sobre 50 parámetros, lo cual lo hace impracticable para análisis manual (ver anexo parámetros de SPICE). 3.7.1 Regiones de Operación. Para el BJT se identifican cuatro regiones de operación, dependiendo de la polarización (directa o inversa) aplicada a cada unión. En la fig. 3.17 se muestran las regiones de operación en el plano v -vBC BE. Generalmente, se utilizan modelos que son válidos sólo en una única región de operación. En circuitos de amplificadores, los BJT operan en la región activa directa, generalmente llamada región activa. A menudo, las variaciones de señales son pequeñas, y se puede modelar el transistor con un circuito equivalente lineal.

vBE

vBC

Región Activa Inversa

Región Corte

Región de Saturación

Región Activa Directa

Fig. 3.17 Regiones de operación en el plano v -v

21

BC BE.(Se considera un BJT npn) Ocasionalmente, hay aplicaciones en las cuales los roles del emisor y colector son intercambiados, y entonces el dispositivo opera en la región activa inversa. La operación en la región activa inversa es similar a la región activa directa, excepto que el β tiende a ser pequeño (cercano a 1). Más aún, la respuesta en frecuencia y velocidad de conmutación son mucho más pobres para un dispositivo operando en la región activa inversa comparado a la directa. Si se comprende la operación del transistor en la región activa directa, este conocimiento puede ser transferido a la región activa inversa mediante el intercambio del emisor y el colector.



En circuito digitales y aplicaciones del transistor como conmutador, a menudo el dispositivo está en la región de corte o en la región de saturación. Las transiciones lógicas hacen que el dispositivo varíe desde corte, a través de la región activa, hacia la región de saturación, o viceversa. Para obtener una buena precisión en el análisis de circuitos de conmutación, se deben utilizar modelos no-lineales de gran señal que consideran los efectos de almacenamiento de carga. 3.7.2 El modelo r

22

π−β Para circuitos amplificadores se establece la siguiente notación. Se denotan las corrientes y voltajes por símbolos en minúscula con subíndice en mayúscula. De esta manera iB(t) es la corriente de base total como una función del tiempo. B

Las corrientes y voltajes del punto Q (señales continuas) son denotados por símbolos en mayúsculas con subíndices en mayúscula. De este modo IBQ es la corriente de base en continua si la señal de entrada es nula. Finalmente, las variaciones en torno al punto Q de la corrientes y voltajes (debido a la señal de entrada a ser amplificada) se denotan mediante símbolos en minúscula con subíndices en minúscula. Luego ib(t) denota la componente de señal de la corriente de base. Como la corriente de base total es la suma del valor en el punto Q y la componente de señal, tenemos: iB(t)=IB BQ + i (t) (3.14) b Estas cantidades se ilustran en la fig. 3.18. Similarmente, para el voltaje base−emisor, vBE(t)=VBEQ + vbe(t) (3.15)

0s

IBQ

t

iB(t)=IBQ+ib(t) iB(t)=IBQ+ Ibm ·sen(ω·t)

0V

iB(t)

iB(t)

2·Ibm

Fig. 3.18 Ilustración de la corriente de base total iB(t), la corriente del punto Q IBQB , y la corriente de pequeña señal ib(t). Esta misma ilustración se puede aplicar a casi cualquier variable total de un amplificador.



El punto Q se establece con el circuito de polarización como se analizó en la sección correspondiente. Para determinar como están relacionadas las componentes de pequeña señal en el BJT tenemos que la corriente total de base es dada en términos del voltaje base-emisor por la ecuación: iB=(1 − α )·I ·[exp(v

23

B ES BE/V ) − 1] (3.16a) T Ahora como en aplicaciones de amplificadores se trabaja en la región activa, el término exp(vBE/V )>>1, luego se puede despreciar el 1 en la ecuación anterior. T Luego, sustituyendo la ecuación (3.14) y (3.15) en la (3.16a) IBQ +i (t)=(1 − α )·I ·exp[(V +vb ES BEQ be(t))/V ] (3.16b) T Esto puede ser escrito como, IBQ +i (t)=(1 − α )·I ·exp(V /V )·exp[vb ES BEQ T be(t)/V )] (3.17) T La ecuación (3.16a) también relaciona el punto Q, luego se puede escribir I =(1 − α )·I ·exp(V /V ) (3.18) BQ ES BEQ T Sustituyendo en la ecuación (3.17), tenemos IBQ +i (t)=I ·exp[vb BQ be(t)/V )] (3.19) T Como interesa las señales pequeñas donde la magnitud de vbe(t) es mucho más pequeña que V en todo instante. [vT be(t) es de unos pocos milivolt o menos. En general, para |x|<<1, se cumple la siguiente aproximación: exp(x) ≅ 1+x De este modo la ecuación (3.19) se puede escribir como IBQ +i (t) ≅ I ·[1+vb BQ be(t)/V )] (3.20) T Si se cancela I a ambos lados, tenemos BQ

i (t) = I ·vb BQ be(t)/V = vT be(t)/rπ (3.21) Donde rπ=V /IT BQ, entonces para variaciones de pequeña señal alrededor del punto Q, la unión base−emisor del transistor se puede modelar como una resistencia rπ dada por rπ=V /I (3.22) T BQ

Sustituyendo I =IBQ CQ/β, se tiene una fórmula alternativa rπ=β·V /IT CQ (3.23) A temperatura ambiente, VT ≅26mV. Un valor típico de β es 100, y una corriente de polarización para un amplificador de pequeña señal es ICQ=1mA. Esto da rπ=2600 Ω. Por otro lado, la corriente total de colector es β veces la corriente de base total. i (t)= β·iB(t) (3.24) C B



Como las corrientes totales son la suma del valor del punto Q y las componentes de señal, tenemos, I

24

CQ + ic(t)= β·I +β·i (t) (3.25) BQ b Luego las componentes de señal se relacionan mediante la siguiente ecuación ic(t)= β·i (t) (3.26) b 3.7.3 Circuito equivalente de pequeña señal para el BJT. Las ecuaciones (3.21) y (3.26) relacionan las corrientes y voltajes de pequeña señal en un BJT. Es conveniente representar el BJT por su circuito equivalente de pequeña señal mostrado en la fig. 3.19. Por supuesto que el transistor pnp tiene exactamente el mismo circuito equivalente que el npn −aún las direcciones de referencia para las señales de corriente son las mismas. La resistencia rπ es dada por la ecuación (3.23) para ambos tipos de transistores. (Se supone que ICQ tiene referencia saliendo del colector para el pnp y tiene valor positivo). Este modelo es válido para señales pequeñas, es decir para pequeñas variaciones de voltaje y corriente alrededor del punto de polarización (punto Q) en la región activa. Es un modelo de baja frecuencia que no considera las capacidades de la unión. También ignora los efectos secundarios tales como la modulación del ancho de la base. Sin embargo, este modelo simple es a menudo lo suficientemente preciso para un diseño inicial.

C

E

rπ β·ib(t)

ib(t) ic(t) B

E

+

vbe(t)

Fig. 3.19 Circuito equivalente de pequeña señal, modelo rπ −β, para el BJT.



3.7.4 Modelo de Parámetros híbridos de Emisor−Común. Otro modelo de pequeña señal para el BJT es el modelo híbrido ó h. Este modelo se basa en los parámetros h de las redes de dos puertas, conocidos como los parámetros híbridos. En general, los modelos de los dispositivos activos pueden ser determinados sobre la base de considerarlos como cuadripolos y en este caso no interesa el comportamiento físico del dispositivo. Por lo tanto, bajo este criterio existen diversos modelos del transistor, tales como el de parámetros z, y ó h. Debido a que un transistor se puede considerar como una red de dos puertas y por razones de medición de sus parámetros se utiliza el modelo h para el transistor bipolar. También se pueden modelar los transistores sobre la base de su comportamiento físico y en este caso se obtiene lo que se conoce como modelo natural o π−híbrido, este modelo se analizará en la próxima sección. La expresión general utilizada para los parámetros h es:

v =h

25

1 11·i + h1 12·v2 (3.27) i =h2 21·i + h1 22·v 2

En estas ecuaciones las variables independientes son las corrientes de entrada i1 y la tensión de salida v2. En un transistor estas variables representan pequeñas variaciones alrededor del punto de reposo (de este modo los parámetros del transistor pueden considerarse constante.) En la teoría de circuitos con transistores, los subíndices numéricos son sustituidos por letras que indican la naturaleza del parámetro, luego las ecuaciones generales de las redes de dos puertas se modifican convenientemente de la siguiente manera:

v =h ·i + h ·v (3.28) 1 i 1 r 2i =h ·i + h ·v2 f 1 o 2

Estas ecuaciones representan la red de dos puertas de la fig. 3.20.

+ v1 −

hr ·v2

i1 hi

+ ho v2 −

hf ·i1

i2

Equivalente Thevenin Equivalente Norton

Fig. 3.20 Red de dos puertas que modela un transistor bipolar en pequeña señal.



El circuito equivalente aísla los circuitos de entrada y salida, siendo considerada su interacción por dos fuentes controladas; además, las dos partes del circuito tienen una forma tal que es fácil distinguir los circuitos de alimentación y de carga. El circuito de entrada es un equivalente de Thevenin y el de salida un circuito equivalente de Norton. El significado de los parámetros h puede obtenerse a partir de las ecuaciones, entonces:

[ ]Ω==

itocortocircuen salida lacon entrada de Impedancia:01

1

2vi i

vh

abierto. circuitoen inversa tensión de Ganancia:02

1

1=

=i

r vv

h

[ ]Svih

io abierto circuitoen entrada lacon salida de Admitancia:

02

2

1=

=

ito.cortocircuen directa corriente de Ganancia:01

2

2 =

=v

f iih

En general, los parámetros son diferentes para cada configuración (conexión) y se obtienen a partir de los circuitos equivalentes para emisor común, colector común y base común. 3.8 Configuración de Emisor Común.

Como se supone funcionamiento lineal (alrededor del punto Q, y variaciones de pequeña señal), se puede utilizar el principio de superposición. De esta forma, el análisis puede ser descompuesto en un análisis en continua y otro análisis en alterna. En esta sección se considerara sólo el análisis en alterna ya que el análisis en continua se estudio en la sección de polarización.

El equivalente de parámetros h para el BJT se muestra en la fig. 3.21. Este circuito equivalente es completamente general para condiciones de pequeña señal. Dados los valores apropiados de los cuatro parámetros, el modelo de parámetros considera los efectos secundarios del dispositivo. (Sin embargo, este es un modelo lineal y por esto no considera los efectos no-lineales.)

26

Sí los parámetros son valores complejos funciones de la frecuencia, el modelo es válido para todas las frecuencias. Sin embargo, los parámetros del modelo están relacionados a la física interna del dispositivo de manera engorrosa, de modo que la variación con la frecuencia no es fácil de comprender. Consecuentemente, para el análisis en alta frecuencia se utilizan modelos que están relacionados directamente a la física del dispositivo. Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 3−


27

B C

ib hie

Fig. 3.21 Circuito equivalente de parámetros h para la configuración de emisor-común. (Nótese que hie es impedancia, hoe es conductancia)

En términos de los parámetros h, las corrientes y voltajes de pequeña señal en una configuración de emisor común están relacionados mediante (del circuito de la fig. 3.21), vbe=hie·ib + hre·vce (3.29) ic =hfe·ib + hoe·vce (3.30) Nótese que hie tiene unidades de resistencia, hre y hfe son adimensional, y hoe es una conductancia. Partiendo de las ecuaciones (3.29) y (3.30), podemos expresar cada parámetro como una derivada parcial, evaluada en el punto de operación. Por ejemplo, si ponemos ib=0 en la ecuación (3.29) y resolviendo para el parámetro hre, tenemos

hvvre

be

ce ib

==0

(3.31)

Debido a que vbe, vce, e ib representa pequeños cambios alrededor del punto Q, se tiene

h vvre

BE

CE i IB BQ

==

ΔΔ

(3.32)

De esta manera se puede encontrar el valor de hre haciendo pequeños cambios en vCE manteniendo constante iB, y tomando la razón del cambio resultante en vB BE al cambio en vCE. En otras palabras, hre es la derivada parcial de vBE con respecto a vCE.

+ vbe −

hre ·vce

ic

+ hoe vce −

C E

hfe ·ib



Punto Q

VBEQ

VCE=15V VCE=10V

ΔvBE

iB

vBE0.2V 0.4V 0.6V 0.8V 0V

40uA

20uA

0uA

VCE=5V

IBQ

Fig. 3.22 Obtención del parámetro hre ó ganancia de tensión inversa del transistor, a partir de la característica de entrada del BJT.

En la fig. 3.22 se muestra la característica de entrada de un transistor y la obtención de su parámetro hre. Para obtener este parámetro se localiza el punto Q y se considera un incremento para vCE centrado en el punto Q. Ya que el iB requerido debe ser constante, el cambio incremental es hecho a lo largo de la línea horizontal, como se muestra en la fig. 3.22. Por ejemplo, en el caso indicado Δv

B

CE= 15−5=10V, y el incremento resultante en vBE es Δv

28

BE=6mV. Luego, hre=6mV/10V=6·10 . −4

Debido a su bajo valor, en general, el parámetro hre se puede despreciar (ya que por su pequeño valor, equivale a un coci en el modelo) sin afectar mayormente los cálculos. Hay que tener presente que los modelos en ingeniería siempre son aproximados, y la elección del modelo más apropiado depende fundamentalmente de la aplicación. Similarmente, para el parámetro hie se tiene:

h vi

h vi

iebe

b v

ieBE

B v V

ce

CE CEQ

=

=

=

=

0

ΔΔ

(3.33)

El valor de hie se obtiene haciendo pequeños cambios en iB manteniendo constante vCEB , y tomando la razón del cambio resultante en vBE al cambio en iBB. En otras palabras, hie es la derivada parcial de vBE con respecto a i B. En la fig. 3.23 se describe el significado en forma gráfica del parámetro.

B



Punto Q

VCE=10V

iB

vBE

IBQ

VBEQ

ΔvBE

ΔiB

La tangente en el punto Q representa la resistencia dinámica, rd

Fig. 3.23 Obtención del parámetro hie ó impedancia de entrada con la salida en coci, a partir de las características de entrada del transistor.

El parámetro hie esta relacionado a la etapa de entrada del transistor, en particular a la

unión base−emisor. Luego, como esta unión polarizada directamente representa en cierta forma un diodo, entonces la relación v

29

be/i representa la resistencia dinámica rb d de esta unión, medida en el punto Q, fig. 3.23.

Es decir, hie= vbe/ib |punto Q = V /IT BQ ≅ β·( V /IT CQ) (3.34) donde a Tº ambiente V =26mV T Como se puede observar, este parámetro depende principalmente de ICQ y su valor está

comprendido, generalmente, entre 200Ω y 2kΩ.

Similarmente, para el parámetro h se tiene: fe

CEQCE

ce

VvB

Cfe

vb

cfe

ii

h

ii

h

=

=

ΔΔ

=

=0

(3.35)

El valor de hfe se obtiene haciendo pequeños cambios en iB manteniendo constante vCEB , y tomando la razón del cambio resultante en i al cambio en iC BB. En otras palabras, hfe es la derivada parcial de i con respecto a iC B. En la fig. 3.24a se describe el significado en forma gráfica del parámetro.

B



Q

VCEQ

IB4

IB3 =IBQ

IB2

IB1

vCE

iC

ic=ΔiC

ICQ

iB=ΔiB=IB4 − IB3

Fig. 3.24a Obtención del parámetro hfe ó ganancia de corriente directa del transistor, a

partir de las características de salida del transistor. El parámetro hfe ≅ hFE = β es función de la corriente de polarización. La última aproximación se puede realizar no en todos los transistores, ya que mucho tienen variaciones de β, dependiendo de la zona en la que se haga la medición (en la característica i −v

30

C CE). De manera similar, para el parámetro hoe se tiene

h iv

h iv

oec

ce i

oeC

CE i I

b

B BQ

=

=

=

=

0

ΔΔ

(3.36)

El valor de hoe se obtiene haciendo pequeños cambios en vCE manteniendo constante iB, y tomando la razón del cambio resultante en i

B

al cambio en vC CE. En otras palabras, hoe es la derivada parcial de i con respecto a vC CE . En la fig. 3.24b se describe el significado en forma gráfica del parámetro. Como se puede ver de la gráfica, el parámetro hoe es la pendiente de la característica de colector en el punto Q. En la práctica este parámetro de conductancia es menor a 1mS (milliSiemens), es decir, representa una resistencia mayor a 10kΩ (R=1/G). Por esto, en muchos casos este parámetro se considera nulo, lo cual significa un circuito abierto en el circuito equivalente.



Q

VCEQ

IB4

IB3 =IBQ

IB2

IB1

vCE

iC

ic=ΔiC

ICQ

vce=ΔvCE

Fig. 3.24b Obtención del parámetro hoe ó admitancia de salida del transistor, a partir de las características de salida del transistor.

Finalmente, considerando que hre y hoe son muy pequeños el circuito equivalente de la fig. 3.21 se puede reducir al siguiente.

C

E

hie β·ib(t)

ib ic B

E

+

vbe −

Fig. 3.25 Circuito equivalente de parámetros h con hre=0 y hoe=0. Este circuito es equivalente al modelo rπ −β.

3.9 Relación entre el modelo de parámetros h y el modelo r

31

π −β. Como se vio en la sección anterior el parámetro hre es muy pequeño. Básicamente, considera el efecto de la modulación del ancho de la base sobre la característica del dispositivo. Similarmente, hoe es una conductancia pequeña que considera la pendiente de la característica de salida, la cual también es causada por el efecto de la modulación del ancho de la base. Como una aproximación, se puede hacer h y h igual a cero. (Como hre oe oe es una conductancia, haciéndola igual a cero representa un circuito abierto.) Con estos cambios, el circuito de parámetros h se reduce al mostrado en la fig. 3.25. El cual es equivalente al modelo rπ −β de la fig. 3.19.



De esta forma se tiene,

32

hie ≅ rπ (3.37) y

hfe ≅ β. (3.38) En general, en electrónica no se hace mucho uso del modelo completo del equivalente de parámetros h en el análisis o diseño. Sin embargo la hoja datos del fabricante contiene información acerca de los parámetros h. Por ejemplo, la hoja de datos del transistor 2N2222A entrega los valores de los parámetros h en dos puntos de operación.(Ver anexo) 3.10 El modelo π−híbrido. En la fig. 3.26 se muestra un circuito equivalente de pequeña señal para el BJT conocido como el modelo π−híbrido. Este modelo es un modelo físico del transistor, es decir, sus parámetros están relacionados con su física interna. La resistencia rx, llamada la resistencia de base−extendida, considera la resistencia óhmica de la región de base. Típicamente, es pequeña comparada a rπ , variando entre 10 y 100Ω para dispositivos de pequeña señal. Este valor es casi independiente del punto de operación.

Cμ

ro

rx B´

gm·vπ

rμ

Cπ rπ + vπ

−

B

C

C

E

Fig. 3.26. Circuito equivalente π−híbrido. La resistencia rπ representa la resistencia dinámica de la unión base−emisor "vista" desde el terminal de base. Es el mismo rπ mostrado en la fig. 3.19, y su valor es dado por la ecuación (3.23). La resistencia rμ considera el efecto de la modulación de ancho de la base sobre la característica de entrada. En otras palabras, rμ representa la realimentación desde el colector a la base. En este sentido, virtualmente cumple el mismo rol que el parámetro hre en el circuito equivalente de parámetros h. La siguiente fórmula relaciona estos parámetros: hre= rπ /(rπ +rμ )≅ rπ /rμ (3.39)



El valor de rμ es muy grande −varios megahoms son típicos. Por simplicidad, a menudo se reemplaza por un circuito abierto. A altas frecuencias, estos es aún más justificado debido a que r

33

μ es "cortocircuitado" por la impedancia mucho más baja de Cμ. La resistencia ro considera (aproximadamente) la pendiente ascendente de la característica de salida del transistor. De esta manera tiene aproximadamente el mismo rol que hoe del circuito equivalente de parámetros h. Es decir, se puede escribir ro ≅ 1/ hoe (3.40) Algunas veces, para simplificar el análisis, se reemplaza r por un circuito abierto. o Cμ es la capacitancia de deplexión de la unión de colector. Su valor depende de VCBQ y del tipo de dispositivo. A menudo, su valor se entrega en la hoja de datos (datasheet) como Cobo. (Desafortunadamente, el uso de símbolos no está estandarizado dentro de la comunidad electrónica). Por ejemplo, la hoja de datos del transistor 2N2222A entrega un valor máximo de Cobo de 8pF para VCBQ =10V. Algunas veces la constante de tiempo del circuito RC entre los terminales de base y colector es dada en la hoja de datos. Por ejemplo la hoja de datos del transistor 2N2222A entrega este valor denominado como r ·Cb C. Esta constante de tiempo es aproximadamente igual a rx·Cμ. Considerando que Cμ es conocido, se puede utilizar el valor de la constante de tiempo para encontrar rx. La capacitancia Cπ considera la capacitancia de difusión de la unión base−emisor. El valor de Cπ depende del punto Q y del tipo de transistor. Tiene valores típicos en el rango desde 10 a 1000pF para dispositivos de pequeña señal. Generalmente, la tabla de datos no entrega los valores de Cπ directamente. Sin embargo, la frecuencia de transición ft es dada. La frecuencia de transición está relacionada a los parámetros π−híbridos mediante la fórmula aproximada ft ≅ β/[2·π·rπ( Cμ +Cπ)] (3.41) La fuente controlada gm·vπ mostrada en la fig. 3.26 considera las propiedades de amplificación del transistor. Si consideramos operación en baja frecuencia, los condensadores llegan a ser circuitos abiertos. Por esto, como una aproximación razonable se puede reemplazar rx por un cortocircuito y reemplazar rμ y ro por circuitos abiertos. El circuito resultante es mostrado en la fig. 3.27. Comparando este modelo simplificado con el modelo rπ −β vemos que ambos circuitos de entrada tiene la resistencia rπ. También, ambas fuentes controladas deben producir la misma corriente de colector. Por esto, tenemos gm·vπ =β· i (3.42) b



Despejando la transconductancia gm , se tiene

34

gm =β· i / vb π (3.43) Sin embargo, i /vb π=1/rπ , tenemos gm =β/rπ (3.44) Utilizando la ecuación (3.23) para sustituir rπ, se tiene gm =ICQ /V (3.45) T Luego se puede calcular gm conociendo el punto Q.

C

E

rπ

ib

gm ·vπ

ic B

E

+ vπ

−

Fig. 3.27. Modelo π−híbrido con rx =0, rμ=∞, ro =∞, y los condensadores reemplazados por circuitos abiertos. Este modelo aproximado de baja frecuencia es equivalente al modelo rπ−β de la fig. 3.25.

Ejemplo 3.10 Utilice la hoja de datos del transistor 2N2222A para determinar el circuito equivalente π−híbrido para un transistor típico 2N2222A en el punto Q: ICQ = 10mA y VCEQ=10V. Solución: De la ecuación (3.45) calculamos la transconductancia, gm =ICQ /VT =10mA/10V=0.385S De la hoja de datos encontramos que un valor típico para hfe =β es 200. (El rango dado en la hoja de datos para hfe en este punto de polarización es desde 75 a 375.) De la ec. (3.23), tenemos rπ= β·V /IT CQ =200·26mV/10mA=520Ω (La hoja de datos da valores para hie = rπ en el rango 250 a 1250Ω, lo cual es bastante consistente con el rango dado para hfe =β.) La hoja de datos da un valor máximo para hre de 4·10−4. Utilizando este valor máximo para calcular rμ. De la ecuación 3.39 da rμ ≅ rπ/ hre =520/4·10−4=1.3 MΩ



También de la ec. (3.40) r

35

o ≅ 1/ hoe La hoja de datos da un rango para hoe desde 15 a 200μs. Por esto, r varia desde 5 a 66.7kΩ. o Luego, se puede tomar como un valor típico

ro =20kΩ Para VCBQ=10V e I =0, la hoja de datos un valor máximo de que CEQ obo=Cμ de 8pF. Esta es la capacitancia de deplexión de la unión de colector y es casi independiente de la corriente de emisor. La capacitancia depende de VCBQ, pero del punto Q dado en el problema se tiene

VCBQ= VCEQ−V ≅10−0.6=9.4V BEQ el cual es muy cercano a la especificación de la hoja de datos. Luego tomando el valor máximo tenemos Cμ = 8pF Para determinar Cπ utilizamos la especificación de la frecuencia de transición ft. De la hoja de datos, el valor mínimo de f es 300MHz para Vt CEQ=20V e ICQ=20mA. La frecuencia de transición es una función de VCEQ e ICQ, y la hoja de datos no da información para los puntos de polarización dados en el problema. Sin embargo, el examen de información de transistores similares indica que ft no debería variar más de alrededor de un 20% debido a la diferencia en los puntos Q. Por esto, utilizamos f =300MHz para determinar un valor para Ct π. De la ecuación (3.41), resolviendo para Cπ y evaluando Cπ ≅ β/(2·π·rπ· ft ) − Cμ ≅196 pF Finalmente, la hoja de datos da un valor máximo para la constante de tiempo colector−base de 150ps. Es decir,

rx·Cμ.=150ps

Resolviendo para rx y evaluando, tenemos rx =150p/8p =19Ω

De esta forma se han utilizado los valores de la hoja de datos para encontrar los parámetros del circuito equivalente π−híbrido. Ejercicio 3.11 Suponga que un transistor tiene f =500MHz β=100, y Ct μ=4pF. Suponga que ft, β, y Cμ son independientes de ICQ. (Realmente, esto no es verdadero; en la práctica dependen de ICQ. Sin embargo, la dependencia no es pronunciada. Considerando constante β y ft es una primera aproximación razonable, al menos para un rango restringido de corriente. Dibuje rx, Cπ y gm a escala con relación a ICQ. Utilice escalas logarítmicas para todos los ejes. Grafique para una variación en ICQ desde 1 a 100mA.



3.11 Amplificador en configuración Emisor Común

En un amplificador, se polariza el transistor en un punto de operación en la región activa. En la fig.3.28a se muestra un amplificador en conexión de emisor común (nótese dónde se aplica la entrada y dónde se toma la salida). Los amplificadores se analizan y/o evalúan determinando su ganancia, resistencia de entrada, y resistencia de salida mediante el uso de equivalentes de pequeña señal.

En el circuito indicado R1, R2, RE1 y RC conforman la red de polarización. El condensador C1 acopla la señal a la base del transistor, y C2 acopla la señal amplificada del colector a la carga RL. El condensador CE es llamado condensador de desacoplamiento. Y provee una trayectoria de baja impedancia hacia tierra para la corriente de emisor.

Fig. 3.28a Amplificador en Emisor común. Los condensadores de acoplamiento (C1 y C2) son usados para conectar la carga y la fuente de señal sin afectar el punto de polarización. Estos condensadores y el de desacoplamiento (CE) son elegidos lo suficientemente grandes para que tengan una impedancia muy baja a la frecuencia de la señal (en análisis de alterna.) Luego, en un análisis de pequeña señal a frecuencias medias, estos condensadores son efectivamente cortocircuitos. Sin embargo, a bajas frecuencias estos condensadores limitan la ganancia del amplificador, y por esto determinan la frecuencia de corte inferior del amplificador. En alta frecuencia, estos condensadores son cortocircuitos y el modelo del transistor a utilizar debe ser válido para alta frecuencia (como el π−híbrido). 3.11.1 Análisis en continua. El análisis en continua ya se realizó en el punto de polarización, hay que tener en cuenta que en continua los condensadores de acoplamiento C1, C2 y el condensador de desacoplamiento CE son circuitos abiertos.



3.11.2 Análisis en Alterna (Con RE1=0.) En alterna (a frecuencias media) CE es un cortocircuito (coci) por lo tanto RE2 no aparece en el circuito equivalente de alterna (nótese que este análisis inicial RE1=0). Además, la fuente de alimentación, VCC también es un coci para este análisis.

rπ β·ib

ib

+ vo

−

iin

+ vin

−

+ vbe

−

Fig. 3.28b Equivalente de pequeña señal para el amplificador a frecuencias medias, nótese que todos los condensadores son coci y que RE1=0.

Luego, sean

RB=RB 1||R2 =R1·R2/(R1 + R2) R´L=RL||RC =RC·RL/(RL + RC) Ganancia de voltaje, AV: Del circuito equivalente de la fig. 3.28b tenemos

vin=vbe= rπ·ib (3.46) También,

vo= −R´L ·ic= −R´L ·β·ib (3.47)

AV= vo /vin = −β·R´L/rπ = −β·RC·RL/[(RL + RC)·rπ] (3.48) Sí la carga está en circuito abierto (RL infinita), la expresión anterior queda:

AV0= vo/vin = − β·RC/rπ (3.49) Impedancia de entrada, Zin. La impedancia de entrada es la impedancia "vista" por los terminales de entrada. Es decir, Zin= vin/iin= RB||rB π (3.50) Ganancia de corriente, AI y de potencia, AP.

AI= io/iin=(vo/RL)/(vin/Zin)= AV·Zin/RL= −β·RC·RB/[(RB L + RC)(RBB +rπ)] (3.51) La ganancia de potencia se obtiene de

AP=P0/Pin=( vo·io)/( vin·iin)= AV ·AI (3.52)



Impedancia de salida, Zo La impedancia de salida es la impedancia "vista" por los terminales de carga con las entradas anuladas (equivalente Thevenin.) Esta situación es mostrada en la fig.3.28c. Con VS=0 no hay corriente en la base, luego ib=0 y entonces β·ib=0, y por esto la impedancia "vista" por Vv es sólo RC. Nótese que la fuente de medición Vv es sólo "virtual", es decir, físicamente no existe ni es necesaria, entonces Zo= Vv /iv |con Vs=0 : impedancia de salida. Zo= RC (3.53)

rπ β·ib

ib=0 iin=0

+ vin

−

+ vbe

−

+ Vv

−

iv

Fig.3.28c. Circuito equivalente para obtener la impedancia de salida, Zo. Ejercicio 3.12: repetir el desarrollo anterior sí RE1≠0. Resp.: AV= vo /vin = − β·R´L/[rπ+(β+1)·RE1] Zin= vin/iin= RB||rB π

AI= io/iin= AV·Zin/RL= −β·RC·RB·rB π/{(RL + RC)·[rπ +(β+1)·RE1]·( RBB+rπ)} Zo= RC Ejemplo 3.11: Para el amplificador EC de la fig. 3.28a dado que: RS=500Ω R1=10kΩ R2=5kΩ VCC=15V RE2=1kΩ (RE1=0) RC =1kΩ RL=2kΩ β=100 VBEQ=0.7V Determine AV, AV0, Zin, AI, AP y Zo. Solución: Análisis en continua: Primero, se determina el punto Q ..........Rth=............... ..........Vth=................ LVK en la malla de base: .........................................................



ICQ=...............................................=4.12mA

LVK en la trayectoria emisor colector : ......................................................... VCEQ =........................................=6.72V Luego, rπ=β·VT/ICQ = =631Ω Análisis en alterna: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . AV=................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . AV0=................... (RL→ ∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zin=................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . AI=................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . AP=................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z0=................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vin=................... (como función de VS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V0=................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . v0(t)=...................



Ejercicio 3.13: repetir el ejemplo anterior sí β=300. Resp.:

AV=−109, AV0=−164 (RL→ ∞), Zin=1185Ω, AI=−64.5 AP=7030, Z0=1kΩ v0(t)= −76.7·sen(ω·t) [mV] 3.12 Seguidor de Emisor (configuración colector común). El circuito de la configuración seguidor de Emisor se muestra en la fig. 3.29a, R1, R2, y RE componen la red de polarización. Nótese que RC no es necesario en este circuito. El análisis de este circuito es muy similar al del Emisor común.

Fig. 3.29a Configuración Seguidor de Emisor.

Sean R´L= RE ||RL y RB= RB 1||R2 Ganancia de voltaje, AV: Del circuito equivalente de la fig. 3.29b, se tiene v0= R´L·(β+1)·ib rπ (β+1)·ib= ie ib

β·ib

+

RE vo

−

iin

+ vin

−

B

C

Fig. 3.29b Circuito equivalente a frecuencias medias, Seguidor de Emisor. y en la entrada



vin= rπ·ib + R´L·(β+1)·ib (3.54) Luego, la ganancia de voltaje es

AV = R´L·(β+1)/[rπ + R´L·(β+1)] (3.55)

Nótese que en esta configuración la ganancia de voltaje AV es menor a la unidad. Algunas veces un amplificador con una ganancia menor a la unidad puede ser útil debido a que tiene una ganancia de corriente elevada. Impedancia de entrada, Zin. La impedancia de entrada es la impedancia "vista" por los terminales de entrada. Es decir, Zin= vin/iin= RB||rB base (3.56) Donde rbase= vb /ib= rπ + R´L·(β+1) (de la ec. vin= vb =rπ·ib + R´L·(β+1)·ib) Impedancia de salida, Zo La impedancia de salida es la impedancia "vista" por los terminales de carga con las entradas anuladas (equivalente Thevenin.) Esta situación es mostrada en la fig.3.29c. En este caso al anular la fuente de entrada VS=0, no implica que la corriente de entrada sea nula, esto se puede ver al plantear las ecuaciones en la fig. 3.29c. Zo= Vv /iv |con Vs=0 : impedancia de salida. (3.57) Se necesita relacionar Vv con iv. Para esto se puede plantear una LCK en el nodo de emisor, luego:

ib + β·ib + iv =Vv/RE (3.58)

rπ (β+1)·ib= ie ib

β·ib

RE

iin

+ vin

−

B

C

+ Vv

−

iv

Fig. 3.29c Circuito equivalente a frecuencias medias, para obtener la Zo. Nótese que en este caso el colector está conectado a tierra.



Si denotamos por R´S= RS||R1||R2 (3.59)

Luego, relacionando ib con vv se tiene Vv + rπ·ib + R´S·ib =0 (3.60) Combinando las ecuaciones anteriores y reordenando se tiene Zo= Vv /iv=1/[(β+1)/( rπ+R´S) + 1/RÉ] (3.61) Ejercicio 3.13 El circuito de la fig. 3.30 se conoce como un amplificador de base común (la entrada es por emisor, la salida es por colector). Determine expresiones para la ganancia de voltaje, resistencia de entrada y resistencia de salida en términos de β, rπ , y las resistencias.

i0

Fig. 3.30 Circuito amplificador de base común. Resp.: AV=v0/vin=β·R´L/rπ R´L=RL||RC

Zin= RE||[rπ/(β+1)] Z0=RC



Ejercicio 3.14 Varios transistores, del tipo npn o pnp son medidos y se determinan los siguientes voltajes entre sus terminales denominados E, B, C. Identifique el tipo de transistor y su modo de operación (corte, saturación, región activa directa, ó inversa):

Dispositivo#

E [V]

B [V]

C [V]

Tipo (npn ó pnp)

Modo de Operación

1 2.1 2.8 4.9 2 1.0 1.2 10.0 3 2.1 2.4 -1.1 4 2.2 1.4 1.9 5 1.8 1.4 -8.9 6 0.6 1.4 0.9

Resp.: 1: npn, activa; 2: npn, corte; 3: pnp, corte; 4: pnp, saturación;

5: pnp, corte (pero casi activa); 6: npn, saturación. Ejercicio 3.15 Para los dispositivos y situaciones descritos en la siguiente tabla, complete la

tabla. La línea "a" se da completa a manera de ejemplo.

Dispositivo #

ICmA

IBB

mA IEmA

α β

a 10 0.1 10.1 0.99 100 b 1 50 c 2.0 0.98 d 0.01 0.995 e 110.0 10 f 0.001 1000

Para completar la tabla, ¿es necesario suponer que los transistores están en la región activa directa? Justifique. Nótese que los transistores como el f) están construidos con bases muy delgadas en orden de obtener un alto β, pero tienen un voltaje de ruptura inversa reducida. Resp.: b: 0.02, 1.02, 0.98; c: 1.96, 0.04, 49; d: 1.99, 2.00, 199; e: 100, 10, 0.909; f: 1, 1.001, 0.999.



Ejercicio 3.16 Encuentre los valores de las resistencias RC y RB si el punto de operación es IB C=6mA y VCE=4V. β=200 y VBE=0.7V Fig. 3.31 Resp.: RC =1k RB=310k

44

Ejercicio 3.17 Determine los valores de las resistencias RC y RE si la pendiente de la recta de carga de continua es igual a −0.334·10−3 [S], y la pendiente de la recta de carga de alterna es −0.5·10−3 [S]. Calcule la caída de voltaje a través del transistor VCE si el voltaje de alimentación es 20V y la corriente de base es IB=500 μA. β=100 R

Fig. 3.32

B

B1=17kΩ RB2=7kΩ. Resp.: RE =1k RC=2k VCE=5V Ejercicio 3.18 Para el amplificador de 3 etapas mostrado en la figura encuentre la expresión para la ganancia de voltaje AV y de corrriente AI en términos de los componentes del circuito. Suponga que cada transistor puede ser modelado por el equivalente simple mostrado. RS= R1= R2= RL=1kΩ, gm=0.4 [S] y Ri=1.25kΩ Resp.: AV= −gm

3·RL(R3||Ri)(R2||Ri)(R1·Ri/[R1·RS+(R1+RS)·Ri ] = −19.75·106

E

gm ·vx

+ vx

−

B C

Ri

Fig. 3.33 a) b)

AI= − β03·R2·R3/[(R2+ Ri) (R3+ Ri)]= −2.47·104 donde β0=gm·Ri


CAPÍTULO 4: Transistor de Efecto de Campo


CAPÍTULO 4

TRANSISTORES DE EFECTO DE CAMPO (FET) 4. Introducción. Los Transistores de Efecto de Campo (FET) son dispositivos importantes que, al igual que los BJT, son útiles en amplificadores y circuitos lógicos. En este capítulo se describen las características externas de varios tipos de FET´s, el desarrollo de modelos para circuitos de polarización, y los modelos de pequeña señal. Finalmente, se estudian varias aplicaciones de los FET´s en circuitos amplificadores. 4.1 El Transistor de Efecto de Campo de Unión canal−n (JFET−n). La estructura física de un JFET−n es mostrada en la fig. 4.1a, y su símbolo circuital en la fig. 4.1b. (La estructura mostrada en la fig. 4.1a ha sido simplificada para claridad). El dispositivo consiste de un canal semiconductor tipo n con contactos óhmicos (no rectificadores) en cada terminal. Estos contactos son llamados el drain y el source. A los costados del canal hay regiones tipo p conectadas eléctricamente entre ellas y al terminal de gate.

Canal n p p

S, source

D, drain

G, gate

(a) (b) Fig. 4.1 JFET canal−n (JFET−n) (a) Estructura física simplificada. (b) Símbolo circuital.

La unión p−n entre el gate y el canal es un contacto rectificador similar a la unión p−n de los diodos. En casi todas las aplicaciones, la unión entre el gate y el canal es polarizada inversa, de esta manera virtualmente no fluye corriente en el terminal de gate. (Hay que tener presente



que el lado p es negativo con respecto al lado n durante la polarización inversa de una unión p−n.) Por esto el gate es negativo con respecto al canal en operación normal de un JFET−n. La aplicación de voltaje de polarización inverso entre gate y canal hace que una capa del canal próxima al gate llegue a ser no-conductiva. Esta es llamada la capa o región de deplexión. Al aumentar la polarización inversa, la región de deplexión se hace más ancha. Eventualmente, la capa de deplexión (no conductiva) se extiende completamente a través del canal, y entonces se dice que se llego al estrangulamiento (pinch-off). Esto se ilustra en la fig. 4.2. Note que el área de la trayectoria conductiva entre drain y source depende de la magnitud de la polarización inversa entre gate y canal. Por esto, la resistencia entre drain y source depende de la polarización entre gate y canal. El voltaje de estrangulamiento VP de un dispositivo dado es el valor de la polarización gate a canal necesario para extender la región de deplexión completamente a través del canal. Típicamente, es de unos pocos volts en magnitud y es negativo para dispositivos de canal n.

G n

S

D Capa de deplexión

p p G

n

S

D

p p

0 > vGS >VP

n

D

G p p

S vGS <VP

vGS=0 y la capa de rDS es

(b) vGS moderado (0 > vGS >VP)la capa de deplexión aumenta, y rDS es moderada.

(a) (c) vGS grande ( |vGS| >|VP|), no hay conducción entre drain y source, rDS es elevada.

deplexión es delgada, baja.

Fig. 4.2 La región de deplexión (no conductiva) se hace más gruesa mientras se aumenta

la polarización inversa entre gate y source. En la operación normal de un dispositivo tipo n, se aplica un voltaje positivo entre drain y source. La corriente fluye hacia el drain, a través del canal, y sale del source. debido a que la resistencia del canal depende del voltaje gate a source, la cantidad de corriente de drain que fluye es controlada por el voltaje gate−source, vGS. 4.2 Curvas características del JFET de canal N (JFET−n).



Un circuito para el estudio detallado de las curvas características del JFET se muestra en la fig. 4.3. Primero, supongamos que vGS es cero. Luego, mientras vDS se aumenta, iD aumenta como se muestra en la fig. 4.4. El canal es una barra de material conductivo con contactos óhmicos en los terminales − exactamente igual al tipo de construcción utilizado en los resistores ordinarios. Por esto, iD es proporcional a vDS para pequeños valores de vDS .

iD

+ vDS

− + vGS

−

Fig. 4.3 Circuito utilizado para determinar las características de drain de un JFET−n.

Sin embargo, para valores más grandes de vDS , la corriente de drain se incrementa más y más lentamente. Esto se debe a que el terminal del canal más cercano al drain está polarizado inverso por el voltaje vDS. A medida que vDS aumenta, la capa de deplexión se hace más ancha, haciendo que el canal tenga una resistencia más alta, como se ilustra en la fig. 4.5. Después que se alcanza el voltaje de estrangulamiento, la corriente de drain se mantiene aproximadamente constante para aumentos adicionales en vDS.

El flujo de corriente produce una caída de voltaje a lo largo del canal (particularmente en el terminal de drain, donde el canal es muy angosto). Así el voltaje entre el canal y el gate varía a lo largo del canal. En el terminal de drain del canal, la polarización de la unión gate a canal es vGD=vGS − vDS. En el terminal del source del canal, la polarización gate a canal es vGS. Esta es la razón para el adelgazamiento del espesor de la región de deplexión mostrado en la fig. 4.5.


|Vp| vDS

vGS=0

iD En el punto P el canal alcanza elestrangulamiento (pinch-off) P

Vp es el voltaje de estrangulamiento

Fig. 4.4 Corriente de drain (iD) versus voltaje drain-source (vDS) cuando el voltaje entre

gate-source (vGS) es cero.

n

D

G

S vGS =0

p p

0<vDS <|VP|

iD

n

D

G

S vGS =0

p p

vDS >|VP|

iD (≅constante)

Fig. 4.5 JFET−n para vGS=0. (a) El canal se hace más angosto a medida que vDS aumenta. (b) La corriente (iD) está restringida a una banda muy angosta, para vDS >|VP|.

Una familia completa de características de drain de un JFET a pequeña señal es mostrada en la fig. 4.6. Para valores negativos de vGS , la unión gate-canal está polarizada inversa aún con vDS = 0. Así la resistencia inicial del canal es más alta. Esto es evidente en la fig. 4.6 debido a que la pendiente inicial de las curvas es más pequeña para valores de vGS más cercanos al voltaje de estrangulamiento (VP). Por esto, para pequeños valores vDS , el FET se comporta como una resistencia entre drain y source. Además, el valor de la resistencia la controla vGS. Si vGS es menor que el voltaje de estrangulamiento, la resistencia llega a ser un circuito abierto, y en este caso se dice que está en corte.



Como en el caso con vGS=0, la corriente de drain para otros valores de vGS eventualmente llega a ser constante cuando vDS es elevado, debido al estrangulamiento en el terminal drain del canal. La región donde la corriente de drain es constante es llamada la región de saturación o región de estrangulamiento. (Esta es una selección desafortunada de terminología debido a que la región de saturación en un BJT es cercana al eje de corriente. La región de saturación del FET corresponde a la región activa del BJT). La región para la cual iD depende de vGS es llamada la región Lineal o la región Triodo del FET. Estas regiones son indicadas en la fig. 4.6.

0V 2V 4V 6V 8V 10V

iD

vDS

15mA

10mA

5mA

0A

Región de Saturación (o de pinch-off) Región de Triodo

Corte, vGS < VP , iD=0

vGS=0

vGS= −1

vGS= −2

vGS= −3

iD=K·vDS2

Fig. 4.6 Características típicas de drain de un FET de canal N. 4.2.1 Región de Corte. Un FET canal n está en corte si se cumple que: vGS < VP (4.1) En la región de corte, la corriente de drain es cero, iD = 0 (4.2) 4.2.2 Región Triodo. Un FET canal n está en la región Triodo si se cumple que: vGS > VP (4.3) y además sí vGD= vGS − vDS > VP (4.4)



En la región Triodo, la corriente de drain es dada por iD = K·[2·(vGS − VP)·vDS − vDS

2 ] (4.5) La constante K tiene unidades de corriente por volt2 [A/V2]. El estudio de esta ecuación para un valor fijo de vGS muestra que esta describe una parábola que pasa por el origen del plano iD

−vGS. Más aún, el ápice de la parábola esta en el límite entre la región de Triodo y Saturación. 4.2.3 Región de Saturación o Estrangulamiento (pinch−off). Un FET canal n está en la región de Saturación sí vGS > VP (4.6) y sí vGD= vGS − vDS < VP (4.7) En la región de Saturación, la corriente de drain es dada por iD = K·(vGS − VP)2 (4.8) Está característica se indica en la fig. 4.7.

iD=K·VP2

=IDSS (vGS=0 )

vGSVP

iD=0 (vGS=VP)

iD

vDS=5V

Fig. 4.7 Característica de iD versus vGS en la región de saturación para un JFET−n. 4.2.4 Límite entre las regiones de Triodo y Saturación. La ecuación que determina los límites entre la región de Triodo y de saturación en el plano iD − vDS se puede derivar considerando que como vGD=VP define los límites entre las regiones, se necesita encontrar iD en términos de vDS bajo la condición que vGD=VP. Ya que vGD= vGS −vDS, la condición de los límites es dada por vGS −vDS= vGD= VP (4.9)



Resolviendo esta ecuación para vGS , sustituyendo en la ec. (4.8), y reduciendo, tenemos que la ecuación para el límite es iD= K·vDS

2 (4.10) Resolviendo la ecuación (4.9) para vDS y sustituyendo en la ec. (4.5) también se encuentra la ec. (4.10). Note que los límites entre la región de Triodo y la de Saturación es una parábola, la cual es mostrada en línea segmentada en la fig. 4.6. 4.2.5 Corriente de saturación con polarización nula (IDSS). La corriente de drain en la región de saturación para vGS=0 se denota como IDSS y generalmente es especificada por el fabricante en la hoja de datos del dispositivo. Sustituyendo vGS=0 en la ecuación (4.2), se encuentra que IDSS= K·VPP

2 (4.11) Es decir, K= IDSS/ VPP

2 (4.12) Luego, si se conocen los valores de IDSS y VP, entonces se pueden determinar las características estáticas del JFET. Ejemplo 4.1 Un JFET−n tiene IDSS =18mA y VP=−3V. Dibuje las características iD−vDS y de

iD−vGS. Solución: De la ecuación 4.12 encontramos el valor de K, K=2 [mA/V2] Luego la ecuación (4.10) da el límite entre la región de Triodo y la de saturación. De esta manera se tiene, iD= 2·vDS

2 donde iD está en mA y vDS en V. El dibujo de está ecuación está con línea segmentada en la fig. 4.8. A partir de la ecuación (4.8) se pueden calcular las corrientes de drain en la región de saturación para cada uno de los valores de interés de vGS. De este modo, iD = K·(vGS − VP)2 Tabulando los resultados se tiene:

vGS [V] iD [mA] 0 18 −1 8 −2 2 −3 0

Estos valores son válidos en la región de saturación como se muestra en la fig. 4.8.



0V 2V 4V 6V 8V 10V

vGS= −2 V

vDS

vGS= −1 V

vGS=0

20m

15m

10m

5m

0

vDS=1 iD=2mA

vDS=3 iD=18mA

vDS=2 iD=8mA

iD=0mA

iD=2mA

iD=8mA

iD=18mA=IDSS iD

vGS= −3V=VP iD=0

iD=K· vDS2

Corte

Región de Saturación

Región Triodo

Fig. 4.8 Características iD−vDS del JFET−n con IDSS =18mA y VP=−3V.

-3.0V -2.5V -2.0V -1.5V -1.0V -0.5V 0V

iD

vGS

20mA

15mA

10mA

5mA

0A

vGS= −2 iD=2mA

vGS=−1 iD=8mA

vDS=4V

vGS=−3=VP iD=0mA

vGS=0 iD=18mA=IDSS

Fig. 4.9 Características iD−vGS del JFET−n con IDSS =18mA y VP=−3V.

4.2.6 Ruptura.Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C. 4−8


Las ecuaciones estudiadas no modelan algunos efectos del dispositivo. Un ejemplo de

estos efectos ocurre si la polarización inversa entre gate y canal llega a ser demasiado grande −entonces la unión experimenta ruptura inversa y la corriente de drain aumenta muy rápidamente. Generalmente, la mayor polarización inversa está en el terminal de drain del canal, así la ruptura ocurre cuando vDG excede la magnitud del voltaje de ruptura VB. Como v

B

DG= vDS - vGS , la ruptura ocurre a valores más pequeños de vDS cuando vGS toma valores cercanos al estrangulamiento. Esto se ilustra en la fig. 4.10. Naturalmente se debe evitar operar el JFET en la región de ruptura.

VB

vGS= −2 V

vDS

vGS= −1 V

vGS=0 iD

Fig. 4.10 Si vGD excede el voltaje de ruptura VB la corriente de drain se incrementa

rápidamente. B

4.3 MOSFETs (Metal oxide Semiconductor FET). Otra importante clase de dispositivos es el Transistor de Efecto de campo de metal-óxido-semiconductor (MOSFET). Existen dos tipos, conocidos como los MOSFETs de deplexión y de mejoramiento (enhancement). Otro nombre para estos dispositivos es Transistores de efecto de campo de compuerta aislada (IGFET). 4.3.1 MOSFET de deplexión.

El MOSFET de deplexión tiene características de salida casi idénticas a las del JFET, pero su construcción es algo diferente Fig. 4.11a. Un delgado canal de semiconductor tipo−n, generalmente silicio, conecta el source y drain. Sobre el canal hay una capa de material aislante tal como dióxido de silicio. Sobre el aislante hay una capa de metal (Aluminio o silicio policristalino) que forma el gate. La región p es llamada el sustrato o el cuerpo.



Generalmente, el cuerpo es conectado a un voltaje negativo de magnitud suficiente para que la unión pn entre el canal y el cuerpo este polarizada inversa en todo instante y no circule corriente en el terminal del sustrato. (A menudo, esto se realiza mediante la conexión del cuerpo al terminal source.) El símbolo circuital para un MOSFET de deplexión de canal−n es mostrado en la fig. 4.11b. La principal diferencia entre el JFET−n y el MOSFET−n de deplexión es el hecho que el MOSFET puede ser controlado con valores positivos de vGS. (Esto no es realizado usualmente con el JFET porque resultaría en polarización directa de la unión gate−canal.) Las características de salida del MOSFET−n de deplexión son cercanamente idénticas a las del JFET−n, por esto, las ecuaciones que fueron obtenidas para el JFET−n también se aplican al MOSFET−n de deplexión.

(a) (b)

S

n

D

n

G

óxido metal

Substrato tipo p (cuerpo)

B

Fig. 4.11 MOSFET−n de deplexión. a) Estructura física. b) Símbolo circuital. 4.3.2 MOSFET de Mejoramiento (Enhancement MOSFET). Como se muestra en la fig. 4.12a, el MOSFET de mejoramiento está construido en una manera muy similar a la del MOSFET de deplexión. La diferencia es que con cero voltaje gate−source, el dispositivo de mejoramiento no tiene un canal de material tipo n entre el drain y source. Con vGS=0, hay dos uniones p-n entre el drain y source. La corriente no puede fluir en ninguna dirección debido a que una u otra de las uniones podría estar inversamente polarizada. Sin embargo, si el gate es polarizado lo suficientemente positivo con respecto al source, los electrones son atraídos a la región bajo el gate, y un canal tipo n es creado. Entonces la operación del MOSFET de mejoramiento es muy parecido al de deplexión. No hay flujo de corriente en el canal n del dispositivo de mejoramiento para vGS menor que un cierto valor positivo conocido como el voltaje umbral, el cual es denotado como Vth. La ecuación que se obtuvo para la corriente de drain del JFET se aplica al MOSFET de



mejoramiento si el voltaje de estrangulamiento VP (negativo) es reemplazado por el voltaje umbral Vth (positivo).

(a) (b)

S

n

D

n

G

óxido metal

Substrato tipo p (cuerpo)

B

Fig. 4.12 MOSFET−n de mejoramiento. a) Estructura física. b) Símbolo circuital La fig. 4.13 muestra la corriente de drain versus vGS para los tres tipos de FET´s de canal n. Note que el parámetro IDSS, el cual es útil para caracterizar los JFETs y MOSFETs de deplexión, no se aplican para MOSFET de mejoramiento. Para un MOSFET de mejoramiento, los valores de K y Vth son necesarios para su caracterización.

(a) (b) (c) Fig. 4.13 Corriente de drain versus vGS en la región de saturación para dispositivos de

canal n. Ejemplo 4.2 Un MOSFET de mejoramiento y canal n tiene un voltaje umbral Vth=2V y K=0.2mA/V2. Dibuje iD versus vGS en la región de saturación. También dibuje las características de drain para vGS = Vth, 4, 8 y 12V, con vDS variando entre 0 y 20 V.

vGSVP

iD

vGSVth

iD iD

IDmax IDmax

IDSS

vGSVP

IDSS

JFET MOSFET Deplexión MOSFET Mejoramiento



Solución: el dispositivo está en corte para vGS <Vth. Entonces, iD =0 para vGS = Vth=2V En la región de saturación, la corriente de drain es dada por la ecuación (4.8) (con VP reemplazada por Vth). iD = K·(vGS − Vth)2= 0.2·(vGS − 2)2

Evaluando se tiene:

vGS [V] iD [mA]

2 0 4 0.8 8 7.2 12 20

La gráfica de iD versus vGS se muestra en la fig. 4.14.

S

0V 2V 4V

Fig. 4.14 Característica iD versus vGS del MOSFET−n de mejoramiento del ejemplo.

Para dibujar las características de drain, primero se obtiene los límites entre las regiones de Triodo y saturación usando la ec. (4.10), es decir iD= K·vDS

2 =0.2· vDS2

6V 8V 10V 12V

iD

vGS

vDS=10V

20mA

16mA

12mA

8mA

4mA

0A

IDmax

vGS=Vth=2V

B

A



La cual es dibujada con línea segmentada en la fig. 4.15. En la región de saturación, la corriente de drain es constante (es decir, independiente de vDS). De esta manera se pueden graficar los valores tabulados para cada valor de vGS como se muestra en la fig. 4.15. En la región de Triodo, se aplica la ecuación 4.5 (reemplazando VP por Vth) iD = K·[2·(vGS − Vth) vDS − vDS

2 ]

0V 5V

Fig. 4.15 Característica de drain del MOSFET−n de mejoramiento del ejemplo. Ejercicio 4.1: Un MOSFET−p de mejoramiento tiene Vth=−4V. Cuál es la región de operación (lineal, saturación, o corte) sí: a) vGS=−5V y vDS=−5V; b) vGS=−3V y vDS=−5V; c) vGS=−7V y vDS=−6V. Resp.: a) saturación; b) corte; c) saturación. Ejercicio 4.2: Un MOSFET−p de mejoramiento tiene Vth=−4V. Sí iD=−10mA para vGS=−7V y vDS=−10V. Determine K para este dispositivo. Resp.: K=1.11mA/V2.

10V 15V 20V

iD

vDS

B

A

V20mA

16mA

12mA

8mA

4mA

0A

iD=K· vDS2

VGS=2V

VGS=4V

VGS=8V

GS=12V




4.4 Los circuitos de Polarización. El análisis de amplificadores es realizado en dos etapas. Primero, se analiza el circuito en continua para determinar el punto de operación Q. En este análisis, se utilizan las ecuaciones no lineales o las curvas características del dispositivo. Luego, completado el análisis en continua, se utiliza un circuito equivalente lineal de pequeña señal para encontrar los parámetros del amplificador. 4.4.1 Polarización fija.

+ vGS

−

iD

+ vDS −

Fig. 4.16 Circuito de polarización fija para el JFET−n.

En la fig. 4.16 se muestra un circuito de polarización fija, aquí como la corriente de gate es casi nula, IG ≅0, entonces al plantear LVK en la malla de gate, se obtiene: VGSQ=−Vgg (4.13) Luego, la corriente de drain queda determinada, IDQ = K·(VGSQ − VP)2 = IDSS·(1 − VGSQ /VP)2 (4.14) Es decir, el punto de operación IDQ (VGSQ) queda directamente definido con el valor de la fuente Vgg. A pesar de la sencillez, la polarización con dos fuentes no es práctica, generalmente se dispone de una sola fuente.

Sin embargo, un problema más significativo es que los parámetros del JFET varían considerablemente de un dispositivo a otro. Para un tipo de JFET, el IDSS puede variar en una relación de 5:1. Además, el voltaje de estrangulamiento VP es diferente de dispositivo a dispositivo.

Como se ilustra en la fig. 4.17, pueden existir variaciones extremas de los parámetros aún en JFET´s del mismo fabricante y denominación. El rango de variación mostrado es típico. Se observa que si el VGSQ fuera el mismo para todos los dispositivos, se obtiene una considerable variación en IDQ (ΔIDQ=IDQ2 − IDQ1). Por esto, el circuito de polarización fija no es adecuado para polarizar un JFET. Un circuito de polarización más práctico es mostrado en la fig. 4.18, denominado circuito de autopolarización.



Fig. 4.17 Característica iD−vGS de dispositivos de la misma denominación con variaciones extremas entre sus parámetros. La polarización con un VGSQ fijo resulta en grandes variaciones de IDQ.

IDQ1

vGS

Recta de Polarización VGS=Vgg

IDQ2

iD

VGSQ

Dispositivo de alta corriente Dispositivo de baja corriente

Ejemplo 4.3: el transistor 2N4221 tiene IDSS=5mA y VP=−3.5V, para el circuito de polarización fija de la fig. 4.16 determine el valor de Vgg para que el transistor tenga una IDQ=1mA. Si Vdd=12V y Rd=5kΩ, calcule VDSQ. Solución: Despejando de la ecuación (4.8) se tiene que, VGSQ = [1 − ( IDQ/IDSS)½ ]·VP= 1.935 [V] Planteando LVK en la malla de drain, Vdd= IDQ·Rd + VDSQ Luego, VDSQ=12 − 1mA·5kΩ=7V Con estos resultados se puede decir que los puntos de operación en las características del JFET son:

En la característica iD − vDS IDQ=1mA, VDSQ = 7V

En la característica iD −vGS IDQ=1mA, VGSQ = 1.935V



4.4.2 Circuito de Autopolarización (self bias).

+ vGS

−

iD

+ vDS −

Rs

Fig. 4.18 Circuito de autopolarización para el JFET−n.

En este circuito generalmente la resistencia Rg es de un valor elevado (varios megaohms) de tal manera que el voltaje de polarización en el terminal de gate es el de tierra (nulo). Además, la corriente que circula en el gate es muy pequeña (1 nA ó menos) luego, la caída de voltaje a través de Rg es despreciable. A menudo es necesario incluir Rg en el circuito de manera que las señales alternas a ser amplificadas puedan ser aplicadas al gate a través de un condensador de acoplamiento. En algunos circuitos amplificadores, las señales no son aplicadas al gate, y entonces Rg puede ser reemplazada por un cortocircuito (alambre). La resistencia Rd se requiere cuando se quiere obtener una señal amplificada desde el terminal de drain. Esto no sería posible si el drain fuera conectado directamente a la fuente de alimentación Vdd. Sin embargo, en algunos circuitos, la salida es tomada desde el terminal source, y en este caso Rd puede ser nula (coci). Análisis del circuito de Autopolarización: Planteando LVK a través de la malla de gate, se tiene IG·Rg +VGS + ID·Rs = 0 (4.15) Pero como, IG ≅0 entonces, VGS = − ID·Rs (4.16) Si se grafica esta ecuación en las características de dispositivos con variaciones extremas de sus parámetros tenemos la fig. 4.19. El punto de operación es la intersección de la recta de polarización (o de carga) y las curvas características del dispositivo. Nótese que VGSQ es más pequeña en magnitud para el dispositivo de baja corriente (VGSQ1) que para el de alta corriente (VGSQ2). De esta manera, el circuito de autopolarización ajusta VGSQ para compensar los cambios en el dispositivo, resultando en menores variaciones en IDQ (ΔIDQ) comparadas al circuito de polarización fija (fig. 4.17). Las curvas del dispositivo mostradas en la fig. 4.19 son válidas sólo si el dispositivo opera en la región de saturación. Generalmente, en circuitos amplificadores con JFET es deseable la operación en la región de saturación. Sin embargo, se debe comprobar que VDSQ es lo suficientemente grande para que opere en esta región, antes de aceptar los resultados basados en este análisis.



IDQ1

vGS

Recta de Polarización VGS= − ID·Rs

IDQ2

iD

VGSQ2 VGSQ1


Fig. 4.19 Análisis gráfico del circuito de autopolarización. Las variaciones de parámetros entre dispositivo y dispositivo son mucho menores que para el caso de polarización fija.

Ejemplo 4.4 Diseñar un circuito de auto-polarización para un JFET−n que tiene IDSS=5mA y VP= −3.5V (JFET−n 2N4221), y Rd=2.2kΩ, Vdd=20V. El circuito debe tener IDQ=2.5mA. Utilice valores estándares de resistencias con 10% de tolerancia. Solución: Se deben especificar los valores de Rg y Rs. El valor de Rg no es crítico en lo referido a la polarización, sin embargo un valor desde cero hasta 10MΩ es razonable. Generalmente, no se diseña un circuito de polarización sin alguna idea acerca de las especificaciones de alterna, las cuales darían una indicación para elegir valores adecuados de Rg. Sin esta información, arbitrariamente podemos elegir Rg=1MΩ. La constante K para este JFET (ec. 4.12) es: K=IDSS/VPP

2=0.4082mA/V2

Considerando que el dispositivo opera en la región de saturación, los valores del punto Q deben satisfacer la ec. 4.8. Luego, iD = K·(vGS − VP)2 Sustituyendo los valores y resolviendo, se encuentra VGSQ= ±(IDQ/K)½ − VP = ±2.4748 − 3.5 Es decir, VGSQ1= −2.4748 − 3.5= −5.9748, este valor se descarta, ya que es menor que VP. VGSQ2= +2.4748 − 3.5= −1.0252, este valor es la solución ya que se encuentra dentro del rango [ VP , 0 ]. También en el punto Q se debe satisfacer la ecuación (4.16):



VGSQ = − IDQ·Rs Sustituyendo los valores y resolviendo, se encuentra Rs = −VGSQ/IDQ·= −1.0252/2.5m=410.08Ω Por lo general, el punto Q de un amplificador no es crítico, y resultados satisfactorios se obtienen utilizando el resistor estándar más cercano. En este caso, considerando resistores de 10% de tolerancia se utiliza Rs =390Ω. Ejemplo 4.5. Analizar el circuito anterior utilizando la resistencia estándar. Repetir el análisis utilizando un dispositivo con alta corriente que tiene IDSS=10mA y VP= −7V. Solución: Primero, del ejemplo anterior tenemos IDSS=5mA, VP= −3.5V (K=0.4082mA/V2), Rd=2.2kΩ, Vdd=20V y el valor de la resistencia estándar encontrado es Rs=390Ω. Como VGSQ = − IDQ·Rs y como el JFET opera en la región de saturación, entonces el punto Q está relacionado con la ecuación 4.8. IDQ = K·(VGSQ − VP)2

Combinando las ecuaciones anteriores, tenemos VGSQ = − K·(VGSQ − VP)2·Rs Reordenando se obtiene, VGSQ

2+ [(1/ Rs·K) − 2·VP]·VGSQ + VPP

2=0 Reemplazando los valores, se tiene la ecuación de 2º grado VGSQ

2+ 13.281·VGSQ + 12.25=0 cuyas raíces son VGSQ1 =−0.997 y VGSQ2 =−12.283. Sin embargo, VGSQ2 no es posible debido a que el transistor estaría en corte con este voltaje (VGSQ2 < VP). Por esto, la raíz significativa es VGSQ1 =−0.997. Sustituyendo en la ec. 4.16, tenemos IDQ=−VGSQ1/Rs=2.556mA. Finalmente, se encuentra que VDSQ=Vdd − Rd·IDQ − Rs·IDQ=13.38V Antes de aceptar estos resultados, se deberían revisar para asegurarse que el transistor está en la región de saturación como se asumió. En efecto, con vGS=VGSQ=−0.997V, el transistor está en saturación mientras vDS (VDSQ=13.38V) es mayor que vGS − VP=2.503V. Por esto el transistor está efectivamente en la región de saturación. Repitiendo los cálculos para el transistor de alta corriente,



K=IDSS/VPP

2=10mA/(−7)2=0.2041 mA/V2 , luego se llega a la siguiente ecuación, VGSQ

2+ 26.563·VGSQ + 49=0 cuyas raíces son VGSQ1=−1.994V y VGSQ2=−24.568V. Donde se descarta VGSQ2. Luego, IDQ=−VGSQ1/Rs=5.113mA y VDSQ=Vdd−(Rd+Rs)·IDQ=6.757V. Revisando, se cumple que VDSQ > VGSQ − VP , por lo que también se encuentra en saturación. Se puede observar que la variación de corriente al utilizar dos dispositivos con variaciones extremas entre sus parámetros es ΔIDQ=5.113−2.556=2.557mA. Ahora, como el circuito fue diseñado para un IDQ=2.5mA se puede afirmar que al utilizar el resistor estándar más cercano a nuestro valor de diseño hay un error de (2.556−2.5)/2.5=+2.24% del IDQ. Y al utilizar un transistor con variación extrema de parámetros el error en la corriente de polarización es de (5.113−2.5)/2.5=+104.52% de IDQ, es decir, la variación en IDQ es de más del doble.

Tabla Nº 4.1 Tabulación de los resultados del ejemplo 4.4 y 4.5.

Resumen Situación Original Utilizando Rs estándar y FET de baja corriente

Utilizando Rsestándar y FET de alta corriente

Parámetros FET IDSS=5mA y VP=−3.5V IDSS=5mA y VP=−3.5V IDSS=10mA y VP=−7V Valor de Rs, Ω 410 390 390 VGSQ , V −1.025 −0.997 −1.994 IDQ , mA 2.5 2.556 5.113 % de ΔIDQ 0.0 2.24% 104.52%

Ejercicio 4.3: Un circuito de autopolarización es utilizado por un JFET−n que tiene IDSS=16mA, VP= −4V. Si Rg=100kΩ, Rd=1kΩ, Vdd=20V, y la polarización de corriente debe ser IDQ ≅5mA. Determinar los valores estándar con tolerancia de 5% para el Rs con el que se consiguen mejor las especificaciones dadas. Resp.: Rs=353Ω y el valor más cercano con tolerancia del 5% es 360Ω. Ejercicio 4.4: Un circuito de autopolarización tiene Rg=1MΩ, Rd=4.7kΩ, Rs=3.9kΩ y Vdd=20V. El transistor es un JFET−n que tiene IDSS=16mA, VP= −4V. Determinar IDQ y VDSQ. Resp.: IDQ ≅ 0.797mA VDSQ ≅ 13.1V Ejercicio 4.5: Encuentre el valor más grande de Rd que puede ser usado en el circuito anterior si el transistor permanece en la región de saturación. Resp.: Rdmax ≅20.1kΩ 4.4.3 Circuito de Polarización fija y Autopolarización (ó por divisor de voltaje)



El circuito de autopolarización tiene un desempeño aceptable en mantener un IDQ fijo de dispositivo a dispositivo, pero algunas veces se necesita un desempeño mejor. El circuito de polarización fija más autopolarización de la fig. 4.20a provee una solución. Para propósitos de análisis, se reemplaza el circuito de gate por su equivalente de Thevenin, como se muestra en la fig. 4.20b. El voltaje Thevenin es Vgg=Vdd·R2/(R1+R2) (4.17) y la resistencia Thevenin Rg es la combinación del paralelo de R1 y R2. Planteando LVK a través de la malla de gate de la fig. 4.20b, obtenemos Vgg=vGS + Rs·iD (4.18) Ahora, como el voltaje a través de Rg es cero (Ig≅0) y considerando que el transistor está en la zona de saturación, tenemos iD = K·(vGSQ − VP)2 (4.19) Combinando las ecuaciones 4.18 y 4.19, y resolviendo se obtiene el punto de operación (siempre que este dentro de la región de saturación). La tensión vDS se encuentra planteando LVK a través del circuito de drain. vDS =Vdd −(Rd+Rs)·iD

iD + vDS

−

Fig. 4.20 Circuito de polarización fija más autopolarización. a) Circuito original.

b) Circuito de polarización de gate reemplazado por su equivalente Thevenin. La fig. 4.21 muestra la solución gráfica de las ec. 4.18 y 4.19. Nótese que valores altos de Vgg resulta en pequeñas variaciones de IDQ para dispositivos con variaciones extremas de sus parámetros. Ya que valores altos de Vgg hacen que la recta de polarización (ec. 4.18) sea más horizontal. (También se puede observar que Vgg=0 corresponde al circuito de autopolarización). Sin embargo, Vgg no se debe elegir demasiado alto ya que esto eleva la caída de voltaje en Rs, y voltaje suficiente debe repartirse en vDS y Rd.



IDQ1

vGS

Recta de Polarización VGS=Vgg − ID·Rs

IDQ2

iD

VGSQ2 VGSQ1 Vgg


Vgg/Rs

Fig. 4.21 Solución gráfica para el circuito de polarización fija más autopolarización. Nótese que para dispositivos con variaciones extremas de sus parámetros, las variaciones en IDQ son más independientes del dispositivo si Vgg es grande.

Ejemplo 4.6: Diseñe un circuito de polarización fija más autopolarización para el JFET del ejemplo 4.4, el cual tiene: IDSS=5mA y VP= −3.5V (JFET−n 2N4221), y Rd=2.2kΩ, Vdd=20V. El circuito debe tener IDQ=2.5mA. Diseñe para Vgg≅5V. Solución: Se deben especificar R1, R2, y Rs. Como Vgg≅5V es especificado y Vdd=20V, entonces Vgg=20·R2/(R1+R2)=5V Luego, escogiendo un valor estándar para R2, por ejemplo R2=1MΩ ⇒ R1=3MΩ Esta elección es algo arbitraria. En algunos casos las especificaciones de alterna pueden forzar una elección particular. A menos que exista algún motivo para elegir resistencias pequeñas, se prefiere seleccionar resistencias de valores elevados debido a que consumen menos. Como K=IDSS/VPP

2=0.4082mA/V2

VGSQ= −1.0252V Para este punto Q se debe satisfacer la ec. 4.18, de tal manera que Vgg=VGSQ + Rs·IDQ

5= −1.0252 +Rs·2.5m → Rs=2410 Ω, cuyo valor estándar de 10% de tolerancia es Rs=2.2kΩ. Ejemplo 4.7 Analizar el circuito diseñado en el ejemplo anterior (utilizando la resistencia estándar más cercana a nuestro valor de diseño). Repetir el análisis para un dispositivo de alta corriente que tiene IDSS=10mA y VP= −7V.



Solución: Del ejemplo anterior K=0.4082mA/V2 , VP=−3.5V, Vdd=20V, Rd=2.2kΩ, Rs=2.2kΩ (resistencia estándar más cercana a nuestro valor de diseño) El punto Q debe satisfacer las ecuaciones 4.18 y 4.19. Resolviendo ambas ecuaciones: Vgg=VGSQ + Rs·ID

ID = K·(VGSQ − VP)2

Reemplazando y ordenando, VGSQ

2 + [ 1/(Rs·K) −2·VP]·VGSQ + VPP

2 − Vgg/(Rs·K)=0 Sustituyendo los valores y utilizando la resistencia estándar (Caso a), tenemos VGSQa

2 + 8.113·VGSQa + 6.683=0 Resolviendo, VGSQ1a=−0.930V y VGSQ2a=−7.183V. La segunda raíz se descarta. Luego IDQa = K·(VGSQ1a − VP)2 = 2.696mA Resolviendo para VDSQ

VDSQa =Vdd −(Rd+Rs)·IDQa=8.14V el cual es lo suficientemente alto como para asegurar que la operación está en saturación. Si se repiten los cálculos para otro transistor (Caso b) (con variación extrema de parámetros), se encuentra K=0.2041mA/V2, IDSS=10mA y VP= −7V; Rd=2.2kΩ, Rs=2.2kΩ, Vdd=20V VGSQb

2 + 16.227·VGSQb + 37.865=0 Resolviendo, VGSQ1b=−2.825V y VGSQ2b=−13.400V. La segunda raíz se descarta. Luego IDQb = K·(VGSQ1b − VP)2 = 3.558mA VDSQb =Vdd −(Rd+Rs)·IDQb=4.345V (VDSQb > VGSQb − VP=4.175) por lo que efectivamente está en saturación). Se puede observar que la variación de corriente al utilizar dos dispositivos con variaciones extremas entre sus parámetros es ΔIDQ= IDQb − IDQa=3.558−2.696=0.862mA. Ahora, como el circuito fue diseñado para un IDQ=2.5mA se puede afirmar que al utilizar el resistor estándar más cercano a nuestro valor de diseño (Caso a) hay un error de (2.696−2.5)/2.5=+7.84% del IDQ. Y al utilizar un transistor con variación extrema de parámetros (Caso b) la variación % en la corriente de polarización aumenta a (3.558−2.5)/2.5=+42.32% de IDQ, es decir, la variación en IDQ es menos de la mitad.



Tabla Nº 4.2 Tabulación de los resultados del ejemplo 4.6 y 4.7.

Situación Original Utilizando Rs estándar y FET de baja corriente (caso a)

Utilizando Rsestándar y FET de alta corriente (caso b)

Parámetros FET IDSS=5mA y VP=−3.5V IDSS=5mA y VP=−3.5V IDSS=10mA y VP=−7V Valor de Rs, Ω 2410 2200 2200 VGSQ , V −1.025 −0.930 −2.825 IDQ , mA 2.5 2.696 3.558 % de ΔIDQ 0.0 7.68% 42.32%

Como se puede observar, la variación más grande en IDQ es del orden del 42% en la polarización por divisor de tensión. Sin embargo, en la autopolarización la variación más grande en IDQ es del orden de 104%. Con este ejemplo se puede visualizar que el circuito de polarización por divisor de voltaje mantiene una corriente de drain aproximadamente constante. Ejercicio 4.6: Diseñe un circuito de polarización para un MOSFET de mejoramiento que tiene Vth=4V y K=10−3 A/V2. La fuente de alimentación es Vdd=15V. Se desea el punto Q en VDSQ≅5V e IDQ≅5mA. El circuito a utilizar debe ser uno en que la salida se obtiene en el terminal de drain. Resp.: Circuito por divisor de tensión, sí se elige R1+R2=1.5MΩ, R1=380kΩ y R2=1.12MΩ. Rd no puede ser cero, porque la salida es por drain, se elige Rd=Rs=1kΩ. Ejercicio 4.7: En el ejercicio anterior, a) determine IDQ y VDSQ. b) Repita para un MOSFET de mejoramiento que tiene Vth=5V y K=2 mA/V2. Resp.: a) IDQ =4.87mA, VDSQ =5.27V; b) IDQ =4.56mA, VDSQ =5.87V. Ejercicio 4.8: Un MOSFET de mejoramiento tiene Vth=2V y K=2 mA/V2. El circuito de polarización por divisor de tensión tiene Vdd=20V, R1=R2=1MΩ, Rs=2.2kΩ, y Rd=1kΩ. Determine IDQ y VDSQ. Resp.: IDQ =3.07mA, VDSQ =10.2V Ejercicio 4.9: Determine el mayor valor de Rd que puede ser utilizado en el ejercicio anterior para que el MOSFET permanezca en saturación. Considere que R1 y R2 permanecen fijos. Resp.: Rdmax=3.91kΩ.


4.5 Circuito equivalente de pequeña señal del FET. En las secciones anteriores, se han considerado los circuitos de polarización para FET. Ahora se consideraran las relaciones entre las señales de corrientes y voltajes para pequeños cambios en torno al punto Q. Para aplicaciones en amplificadores, el FET está polarizado en la región de saturación, y en este caso la ecuación (4.8) relaciona la corriente de drain con el voltaje gate-source iD= K·(vGS − VP)2 Expresando está ecuación en términos de sus componentes en continua y alterna, es decir, como iD = IDQ + id(t), vGS = VGSQ +vgs(t), tenemos IDQ + id(t) = K·(VGSQ +vgs(t) − VP)2 (4.20) = K·(VGSQ − VP)2 + 2·K·(VGSQ − VP)·vgs(t) + K· v2

gs(t) (4.21) Pero en el punto Q también se cumple la ec. 4.8, es decir IDQ= K·(VGSQ − VP)2 (4.22) Por esto, reemplazando en la ec. 4.21 y reordenando resulta, id(t) = 2·K·(VGSQ − VP)·vgs(t) + K· v2

gs(t) (4.21a) Ahora, para el análisis de pequeña señal es válido suponer que

| vgs(t) |<<| VGSQ − VP |. Con estos cambios, la ec. (4.21a) queda: id(t) = 2·K·(VGSQ − VP)·vgs(t) (4.23) Se define la transconductancia del FET como: gm= 2·K·(VGSQ − VP) (4.24) Entonces la ec. 4.23 se puede escribir como id(t) = gm·vgs(t) (4.25) La corriente del gate para el FET es despreciable, luego ig(t) =0 (4.26) Las ecuaciones 4.25 y 4.26 pueden ser representadas por el circuito equivalente de pequeña señal mostrado en la fig. 4.22. De esta manera el FET es modelado mediante una fuente controlada de corriente conectada entre los terminales de drain y source.



+ vgs −

gm·vgs

G S

D S

Fig. 4.22 Circuito equivalente de pequeña señal del FET. Resolviendo la ec. (4.22) para la cantidad (VGSQ − VP) y sustituyendo en la ec. 4.24, g K Im D= ⋅2 Q (4.27) Entonces si usamos la ec. 4.12 para sustituir K, tenemos

gI I

Vm

DSS DQ

P

=⋅

2 (4.28)

esta es una fórmula conveniente para calcular la transconductancia de un JFET o MOSFET de deplexión en un punto Q determinado. 4.6 Circuito equivalente más completo. Algunas veces, se requiere un modelo más completo para el FET. Por ejemplo, para considerar la respuesta en alta frecuencia se incluye pequeñas capacitancias entre los terminales del dispositivo. Las ecuaciones del dispositivo y el circuito equivalente que se derivan sólo describen el comportamiento estático del dispositivo. Para corrientes y voltajes de alta frecuencia, se requieren capacitancias adicionales para un modelo preciso. Más aún, las ecuaciones de primer orden encontradas para el FET no incluyen un término para considerar el pequeño efecto de vDS en la corriente de drain. Anteriormente, se ha considerado que las características de drain son horizontales en la región de saturación, pero esto no es exacto, la característica de drain tiene una ligera pendiente con el incremento en vDS. Si se quiere considerar el efecto de vDS en el circuito equivalente de pequeña señal se puede considerar el siguiente desarrollo: Dado que la corriente de Drain es una función del voltaje gate−source, vGS, y del voltaje drain−source, vDS, utilizando una aproximación de primer orden se tiene:

iD=f(vGS, vDS)

DS GS

D DD GS DS

GS DSV V

i ii vv v∂ ∂

Δ = Δ + Δ∂ ∂

v (4.29)



para pequeña señal ΔiD = id , ΔvGS = vdgs , y ΔvDS= vds , luego:

i g vr

vd m gsd

ds= ⋅ +1 (4.30)

donde:

0DS DS ds

dD Dm

GS GS gsV V v

ii igv v v

=

∂ Δ= ≈ =∂ Δ : transconductancia (o conductancia mutua) (4.31)

0GS GS gs

DS DS dsd

D D dV V v

v v vri i i

=

∂ Δ≡ ≈ =∂ Δ

:resistencia de drain. (4.32)

Se define el factor de amplificación μ para el FET como:

0D D d

DS DS ds

GS GS gsI I i

v v vv v v

μ=

∂ Δ≡ ≈ − = −∂ Δ

(4.33)

Sí en la ec. (4.30) hacemos id=0 vds/vgs= −gm·rd luego μ= gm·rd (4.34) La ec. (4.30) aplicada a un dispositivo de tres terminales como el FET define el equivalente circuital mostrado en la fig. 4.23.

id

+ vgs −

gm·vgs

G S

D S

rd

Fig. 4.23 Circuito equivalente de pequeña señal que considera la dependencia de la corriente id del voltaje vDS.



4.7 Transconductancia y resistencia de drain. En la ec. (4.30), nótese que si vds= 0, gm es la razón de id y vgs. Es decir

g ivm

d

gs vds

==0

(4.35)

Sin embargo, id , vgs , y vds representan pequeños cambios en torno al punto Q. Por esto, la condición vds=0 es equivalente a que vDS sea constante en el punto Q, VDSQ. Luego

g ivm

D

GS DSQvDS V

≅=

ΔΔ

(4.36)

donde ΔiD es un incremento de la corriente de drain centrada en el punto Q. Similarmente, ΔvGS es un incremento del voltaje gate-source centrado en el punto Q. La ecuación 4.36 es una aproximación a una derivada parcial. Por esto, una definición alternativa de gm es la derivada parcial de iD con respecto a vGS, evaluada en el punto Q.

Dm

GS punto Q

igv

−

∂=∂

(4.37)

Similarmente, se puede aproximar el recíproco de la resistencia de drain por

1r

iv v Vd

D

DSGS GSQ

≅=

ΔΔ

(4.38)

Por esto la definición de rd es

1 D

d DS punto Q

ir v

−

∂=∂

(4.39)

Dadas las características de drain, se pueden aproximar valores de las derivadas parciales. Luego se puede modelar el FET por un circuito equivalente de pequeña señal en el análisis de un circuito amplificador. Ejemplo 4.8: Dadas las características de drain del transistor 2N4222A determine los valores aproximados de gm y rd en el punto Q definido por VGSQ= − 0.5 y VDSQ=10V. Solución: Localizando el punto Q en la fig. 4.24, evaluamos gm.

g ivm

D

GS DSQvDS V

≅=

ΔΔ



Es decir, se debe hacer un cambio en el punto Q mientras se mantiene vDS constante. Por esto, el cambio incremental se hace a lo largo de una línea vertical a través del punto Q. Para obtener un valor representativo de gm, consideramos un incremento centrado en el punto Q. Tomando los cambios partiendo desde la curva bajo el punto Q y terminando en la curva sobre el punto Q, tenemos ΔiD≅7.698 − 4.404=3.294mA y ΔvGS=0 − (−1)=1V. Entonces

g ivm

D

GS DSQvDS V

≅=

ΔΔ

= 32941

. mAV

=3.294mS

0V 5V 10V 15V

VGS =0 VGS =−0.5 VGS =−1.0

VGS =−1.5

8.0mA

6.0mA

4.0mA

2.0mA

0.0mA

(10V,4.404mA)

(10V,5.937mA)

(10V,7.698mA)

iD

vDS

Q

Fig. 4.24 Determinación de gm y rd para el transistor 2N42222A en el punto Q dado por VGSQ=−0.5V y VDSQ=10V.

La resistencia de drain se determina aplicando la ec. 4.38

1r

iv v Vd

D

DSGS GSQ

≅=

ΔΔ

Como el cambio incremental se debe efectuar mientras vGS se mantiene constante, los cambios son hechos a lo largo de la curva característica a través del punto Q. Luego 1/rd es la pendiente



de la curva a través del punto Q. Para vGS=VGSQ=−0.5V, se obtiene iD ≅6mA cuando vDS=12.08V, e iD ≅5.85mA a vDS =7V . Luego

1r

iv v Vd

D

DSGS GSQ

≅=

ΔΔ

= 6 58512 08 7

0155 08

−−

=.

...

mAV

=0.02953mS

Es decir, rd=33.87kΩ Ejercicio 4.10: Determine los valores aproximados de gm y rd en el punto Q definido por VGSQ=−1.0V y VDSQ=5V en la característica del transistor 2N4222A de la fig. 4.24. Resp.: gm =2.77mS y rd =44.44 kΩ 4.8 Análisis del Circuito equivalente de pequeña señal. 4.8.1 Amplificador de Source-común (ó fuente común). El diagrama de un circuito amplificador de source-común es mostrado en la fig. 4.25. La señal alterna a ser amplificada es suministrada por vf. Los condensadores de acoplamiento C1 y C2 al igual que el condensador de desacoplamiento CS tienen una muy baja impedancia a la frecuencia de la señal alterna. En esta sección, se realiza un análisis a frecuencias medias del amplificador, en el cual los condensadores son cortocircuitos a la frecuencia de la señal. Fig. 4.25 Amplificador source-común ó fuente común.



A Circuito equivalente de Pequeña señal. El circuito equivalente de pequeña señal se muestra en la fig. 4.26. Los condensadores han sido reemplazados por cortocircuitos. El FET ha sido reemplazado por su equivalente de pequeña señal.

ig=0 G D

rd RD gm ·vgs

+ vo

−

R iin

+ vin(t) −

+ vgs

− RG

S

vf(t) RL

Fig. 4.26 Equivalente de pequeña señal para el amplificador source−común a frecuencias medias.

Ganancia de voltaje:

11 1 1/ / /r Rd D+ +

Sea R´ = r ||RL d D ||RL =RL

Entonces, el voltaje de salida es

= −(g vo m ·vgs)·R´ (4.40) L Del circuito se observa que v =vin gs (4.41) Luego, la ganancia de voltaje es AV= v /v = −g0 in m·R´ (4.42) L El signo menos indica que el amplificador de source-común invierte la señal de entrada. Resistencia de Entrada. La resistencia de entrada R es dada por in R = v /i = Rin in in G (4.43) La resistencia RG forma parte de la red de polarización, pero su valor no es crítico. Valores prácticos se encuentran en el rango entre 1 y 10MΩ en circuitos con componentes discretos. Esto implica que se tiene un grado de libertad en el diseño de la resistencia de entrada de un amplificador de source-común. Obviamente, esto no es verdadero para amplificadores con BJT.



Resistencia de Salida. Para encontrar la resistencia de salida de un amplificador se debe desconectar la carga, y eliminar las fuentes independientes y enseguida "medir" la resistencia "vista" por los terminales de salida. Este circuito equivalente se muestra en la fig. 4.27.

ig=... G D

rd RD gm ·vgs

+ vv

−

R iin=..

+ vin(t) −

+ vgs=..... −

RG

S

iv Fig. 4.27 Circuito utilizado para "medir" la impedancia de salida. Debido a que no hay fuente conectada al lado de la entrada del circuito, se tiene que vgs=0, luego i = gd m ·vgs=0, por lo tanto Z = vo v /iv = r ||R (4.44) d D

Ejemplo 4.9 Encuentre la ganancia de voltaje, resistencia de entrada, y resistencia de salida para un circuito source-común como el de la fig. 4.25, donde RD =2.7kΩ, RG =1MΩ, R=100kΩ, R =10kΩ, y v (t)=0.1·sen(2000·π·t) [V]. I = 8mA, VL f DSS P= −2V, rd=∞, e I =2mA. Considere V =15V. DQ DDSolución:

gI I

Vm

DSS DQ

P

=⋅

2 = =..........

R´ =.................... L AV=...................... R =...................... in Z =....................... o



Ejercicio 4.11: Determine la ganancia de voltaje del amplificador de la fig. 4.25 sí RL es reemplazada por un circuito abierto. Resp.: A =−10.8 V0 Ejercicio 4.12: Determine el valor de R para el circuito del ejemplo 4.9. S

Resp.: R =500Ω S Ejercicio 4.13: Determine la ganancia de voltaje del amplificador de la fig. 4.25 sí RL es reemplazada por un circuito abierto. Resp.: A =−10.8 V0 4.8.2 Amplificador Seguidor de Source (ó drain común). El circuito amplificador con FET seguidor de source ó source común se muestra en la fig. 4.28. La señal a ser amplificada la suministra la fuente Vf, que tiene una resistencia interna R. Mediante el condensador de acoplamiento C1 se acopla la señal al gate del FET. El condensador C2 conecta la carga al terminal source del FET. (En el análisis a frecuencias medias se considera que los condensadores de acoplamiento se comportan como cortocircuitos.) La resistencia RS provee una trayectoria para la corriente continua que fluye del terminal source del FET.

Fig. 4.28 Amplificador Seguidor de source. La resistencia RG provee una trayectoria para la corriente de fuga del gate. Una razón para utilizar un seguidor de source es para obtener una alta impedancia de entrada, y debería elegirse un alto valor para RG. Las resistencias más grande disponibles están en el orden de los 10 MΩ. Aún con estos valores de resistencia, la caída de voltaje continuo generalmente es despreciable, de manera que se considera que el voltaje gate−source es nulo. Como un resultado, el valor de la corriente de polarización es I =IDQ DSS. Debido a que IDSS tiene considerables variaciones entre dispositivos, la corriente de polarización de este circuito no está bien controlada. (Esta situación puede ser corregida conectando RG a tierra, pero esto produce un reducción significativa de la resistencia de entrada.)



Circuito equivalente de Pequeña señal. El circuito equivalente de pequeña señal del amplificador seguidor de source se muestra en la fig. 4.29. RG

+ vgs − i0

rd RS RL

+ Vin −

+ V0 −

Vf

R

gm·vgs

Fig. 4.29 Equivalente de alterna del circuito seguidor de fuente (Source−follower). Ganancia de voltaje. Del circuito de la fig. 4.29 se observa que r , R y R están en paralelo. Luego sí, d S L R´ = r ||R ||R (4.45) L d S L La corriente de entrada i debe fluir a través de Rin G. Por esto, la corriente que fluye a través de R´L es i + gin m·vgs. Por esto, v0 = R´L ·( i + gin m·vgs) (4.46) También se puede escribir la siguiente ecuación en la malla del FET v = vin gs + v (4.47) 0 Finalmente, el voltaje en RG es, vgs = RG·i (4.48) in Combinando las ecuaciones anteriores, se tiene v0 = R´L ·( i + gin m·RG·i ) (4.49) in y v = Rin G·i + Rín L ·(1 + gm·RG)·i (4.50) in Dividiendo estas ecuaciones AV= v0 /v = Rín L ·(1 + gm·RG)/[RG + R´L ·(1 + gm·RG)] (4.51) De esta expresión, se tiene que la ganancia de voltaje es positiva y menor que 1. Sin embargo, en la mayoría de los circuitos es sólo ligeramente menor a la unidad.



Resistencia de entrada. La resistencia de entrada puede ser encontrada de la ecuación (4.50) se tiene R , in R = v /i = Rin in in G + R´L ·(1 + gm·RG) (4.52) De aquí se observa que la resistencia de entrada puede ser muy grande comparada a RG. Resistencia de salida. Para determinar la impedancia de salida se tiene el circuito de la fig. 4.30.

G S

rd RS gm ·vgs

+ vv

−

R

+ vin(t) −

+ vgs −

RG

D

iv

Fig. 4.30 Circuito equivalente para "medir" la impedancia de salida. Planteando las LCK y LVK se tiene Z = vo v /iv = 1/[1/R + 1/r +1/( RS d G + R)+ gm·RG /( RG + R) ] (4.53) Este valor es muy bajo, y esta es otra razón para utilizar un seguidor de source.



Ejercicicio 4.14: Dados los FET´s que se indican, complete la siguiente tabla:

V v v v Canal Tipo

Dispositivo Modo (Región)

t S G D # [V] [V] [V]

a n 1 0 3 2.1 b n 2 -2 2 -0.1 c p -2 0 -1 -3.0 d p -1 2 0 -1.0 e 2 -3 0 saturación f -2 3 0 -1.0 g -2 3 -3.0 corte

Resp.: a: saturación; b: triodo; c: corte; d: saturación; e: canal n, -2V; f: canal p, saturación; canal p, ≥1 V. Ejercicicio 4.15: Un MOSFET de deplexión canal−n con K=1mA/V2, y Vt=−4V es operado bajo diversas condiciones de operación como se establece parcialmente en la tabla. Complete la tabla.

v v v v v i# Modo operación

S G GS D DS D

[V] [V] [V] [V] [V] [mA] a 0 -4 5 b 0 -2 3 saturación c 0 0 5 d 0 0 2 e 0 +1 5 25 f 0 +2 5 triodo g 0 +2 0 h 0 +2 0 triodo

Resp.: a: -4V, 5V, corte, 0 mA; b: -2V, 3V, 4mA; c: 0V, 5V, saturación, 16mA; d: 0V, 2V, triodo, 12mA, e: -1V, 4V, límite de saturación; f: 2V, 5V, 35mA; g: 2V, 0V, triodo, 20mA; h: -2V, 2V, 20mA.



Ejercicicio 4.16 Los parámetros de un JFET son IDSS=7.5mA, VP= −4V. Debe ser polarizado a ID=2mA, VDS=6V con el circuito mostrado. Determine los valores de RD y RS para completar el diseño cuando V =20V. DD Fig. 4.31

=6.033kΩ Resp.: RS=967.5Ω RD

Ejercicicio 4.17 La corriente de salida de una fuente de corriente con FET puede ser ajustada mediante una resistencia R en el terminal de Source como se indica en el circuito. Si el JFET tiene los siguientes parámetros: I =5mA, VDSS P= −2.5V. Determine: a) El valor del resistor para obtener ID=2mA. b) El valor del resistor para obtener ID=3mA. Fig. 4.32 Resp.: a) R=459.4Ω R=182.8kΩ Ejercicicio 4.18 Dados dos JFET-n con parámetros IDSS=6mA, VP= −2.5V. Determine VDS1, VDS2, e ID2 para el circuito indicado.

=1.325mA Resp.: VDS1=10.675V VDS2=10.675V ID2

Fig. 4.33 Ejercicicio 4.19 Usando el modelo del FET de baja frecuencia mostrado en la fig. 4.34a. Derive y compare la ganancia de voltaje y la resistencia de salida para las configuraciones de amplificadores mostradas en las fig. 4.34 b y c.

gm ·vgs

+ vgs

−

S

G D

rd μ ·vgs

+ vgs

−

S

G D rd

Fig. 4.34 a)



Fig. 4.34 b) c) Resp.: circuito b) A =(1+ μ)·RV L/(RL+rd) donde μ=g ·rm d R0= rd+ (μ+1)· RG

circuito c) AV=μ·RL/[(μ+1)·RL+rd ] R0= rd /(μ+1) Ejercicicio 4.20 Diseñe un amplificador Mosfet de una etapa como el mostrado que tenga una ganancia de voltaje de −8, y las condiciones del punto Q son I =5mA, VDQ DSQ=5V. Los parámteros del transistor son I =8mA, VDSS P= −3V y rd=12kΩ. Considere que todos los condensadores son muy grandes. Fig. 4.35

M1

=560kΩ Resp.: R =2.91kΩ RD S=1.09kΩ R =2.34MΩ RG1 G2

Ejercicicio 4.21 Dado el circuito de división de voltaje que se indica y con un Mosfet con: I =4mA, VDSS P= −2V. ¿Cuál es la magnitud del voltaje de entrada que produce 1V a la salida? Fig. 4.36 Resp.: Vi= −1.293V



Ejercicicio 4.22 Determine la ganancia de voltaje para el circuito que se indica. Los transistores son descritos por los siguientes parámetros: BJT: hfe= β= 150, hie=2.6kΩ, hoe

−1=132kΩ y en el punto Q se obtuvo: ICQ=1.515mA, VCEQ=6.21V

=2mA, VMOSFET: : IDSS P= −2V, gm=2mA/V, r =50kΩ y en el punto Q d I =2mA, VDQ DSQ=14V Fig. 4.37 Resp: A = −(h ·RV fe C/R )( −g ·RX m 1||R ||rX d)=( −25.78)( −0.985)=25.4

=h +(h +1)·R donde RX ie fe C


CAPÍTULO 5: Amplificadores Realimentados

CAPÍTULO 5

REALIMENTACIÓN 5. Introducción. La realimentación o retroalimentación consiste en devolver una parte de la salida de un sistema a la entrada. En un amplificador con realimentación negativa, una parte de la señal de salida es devuelta y restada a la señal de entrada original. En la realimentación positiva, la señal de realimentación es devuelta y sumada a la señal de entrada original. Generalmente en amplificadores, la realimentación negativa es más útil que la realimentación positiva. Sin embargo, la realimentación positiva es más útil en el diseño de osciladores. También, la realimentación es una técnica muy útil en sistemas de control. La realimentación negativa tiene la desventaja de reducir la ganancia de un amplificador. Sin embargo, se obtienen muchas ventajas, tales como: 1. Estabilización de la ganancia. En un amplificador realimentado diseñado apropiadamente,

la ganancia es casi independiente de los parámetros del dispositivo activo (tales como rπ, β, y gm). Al contrario, la ganancia depende casi únicamente de la red de realimentación que es construida con componentes pasivos estables (es decir, resistores y/o condensadores).

2. Reducción de distorsión no−lineal. Esto es particularmente beneficioso en amplificadores de alta potencia para los cuales el punto de operación debe variar sobre un amplio rango de las características del dispositivo.

3. Reducción de ciertos tipos de ruido, tales como el de las fuentes de alimentación. Sin embargo, existen algunos tipos de ruido que no se pueden reducir con realimentación.

4. Control (por el diseñador) de las impedancias de entrada y salida. Dependiendo de como se utiliza la realimentación, la impedancia de entrada se puede disminuir o aumentar. Más aún, se puede controlar la impedancia de salida independientemente de la impedancia de entrada.

5. Aumento del ancho de banda. A menudo, estos beneficios de la realimentación exceden con mucho la reducción de la ganancia, la cual puede ser superada agregando unas etapas adicionales de amplificación. En el diseño del amplificador y la red de realimentación se debe ser cuidadoso para evitar oscilaciones, las cuales son un problema delicado cuando se aplica realimentación.

5−1 Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C.


5.1 Efecto de la realimentación en la Ganancia. La fig. 5.1 muestra el diagrama de bloques de un amplificador realimentado, La Fuente suministra la señal de entrada xS a ser amplificada. (Se denotan las señales por x debido a que pueden ser señales de voltaje o corriente). La señal de la fuente entra a un sumador en el cual la señal realimentada xf es sustraída. La señal de la diferencia xi se aplica al amplificador, el cual genera una señal de salida xo=A· xi. La red de realimentación "muestrea" la salida y devuelve una porción xf= β·xo a la entrada. En forma de ecuaciones tenemos: xi= xS − xf xf= β·xoluego, la señal de salida es xo= A·xi= A·(xS − β ·xo) Reordenando esta ecuación, se obtiene la ganancia con realimentación Af como

A xx

AAf

o

S

= =+ ⋅1 β

(5.1)

La ganancia Af se denomina ganancia en lazo cerrado debido a que es la ganancia con la realimentación operativa. Por otra parte, A es llamada la ganancia de lazo abierto debido a que es la ganancia con la red de realimentación abierta (desconectada). El producto A·β es llamado la ganancia del lazo.

xo=A· xi AmplificadorA

Red de Realimentación

β

Fuente

Carga Σ

−

xS +

xf= β·xo

xi= xS − xf

Fig. 5.1 Diagrama de bloques de un amplificador realimentado (Nótese que las variables x pueden ser de voltaje o corriente).

Las ganancias A y β pueden ser funciones complejas de la frecuencia, pero en este apunte se consideran que ellas son constantes y reales. Si A y β son valores positivos, el denominador de la ec. (5.1) es mayor que la unidad, y por esto la ganancia con realimentación Af es menor que la ganancia A del amplificador original. Esta es la condición para realimentación negativa. La ganancia A puede ser: AV (de voltaje) AI (de corriente) AG (de transconductancia) AR (de transresistencia)



También, β debe tener unidades recíprocas a la de la ganancia de modo que A·β es adimensional, esto asegura que xS y xf tengan las mismas unidades. Sí A es grande de tal modo que A·β>>1 entonces la ec. (5.1) se acerca al límite

Af ≅1β

(5.2)

⇒ La ganancia Af se hace independiente de A. Esta característica es importante ya que permite que se especifique con precisión Af independientemente del valor exacto de A. Dado que la red de realimentación, por lo general, se fabrica a partir de elementos de circuitos pasivos estables (y fáciles de controlar). Luego, los factores que afectan a A, como las variaciones de temperatura (ΔTº), variaciones en los parámetros de los componentes, y la no-linealidad se convierten en mucho menos importantes para el circuito en lazo cerrado. Tabla 5.1 Tipos básicos de Amplificadores

Variable de Entrada

Variable de Salida

Amplificador de: Ganancia

V V Voltaje AV

V I Transconductancia AG

I I Corriente AI

I V ATransresistencia R

+ Vin−

VS

+ Vf

−

R2 R1

ia

I12

A0

Vout= A0·Vin

Fig. 5.2 Amplificador de voltaje (A0) realimentado por una red βresistiva.

Ejemplo 5.1: En el circuito de la fig. 5.2 se muestra un amplificador de voltaje (A0), realimentado por una red (β) compuesta de las resistencias R y R1 2. Determinar el voltaje de salida, considere que i

5−3

12 >>i , y que Aa 0 es muy grande. Solución: Del circuito se tienen las siguientes ecs.: como i12 >>ia

V RR R

Vf o=+

1

1 2

ut = β·Vout

En la malla de entrada V = V − V in S fEl amplificador entrega una salida (Vout) que es el voltaje de entrada (V ) por la ganancia (A ) in 0

Vout = A ·V = A ·( V − V0 in 0 S f )= A ·( V − β·V0 S out ) reordenando

V AA

Vout S=+ ⋅

0

01 β

Como A es muy grande 0

Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C.


VV

R RR

out

S

≅ =+1 1 2

1β A ¡ independiente de A=

5−4

f 0 !

De este resultado se puede observar que la ganancia en lazo cerrado, cuando se cumplen ciertas condiciones, es independiente de la ganancia en lazo abierto. Esto implica que A es independiente a las variaciones de algunos parámetros del amplificador A . f 0 5.2 Topologías de Realimentación. Cada uno de los cuatro tipos básicos de amplificadores, tiene su propia topología de realimentación, determinada por los tipos de señales de entrada y salida. Un amplificador de voltaje para el cual las señales de entrada y salida son voltajes, requiere de mezclado de voltaje, es decir, en serie en la entrada. En la salida requiere de un muestreo de voltaje, es decir, una muestra de tensión tomada en paralelo. Esta topología denominada mezclado en serie−muestra en paralelo, ó realimentación de voltaje/error de tensión se indica en la fig. 5.3 5.2.1 Topologías de realimentación de voltaje/error de tensión. La realimentación es de voltaje porque se toma una muestra de voltaje en la salida. El error es de tensión porque a la entrada del amplificador el error es la diferencia de dos señales de tensión. También se denomina esta topología como serie/paralelo ya que el error se toma de las señales en serie, y la realimentación o muestra se toma en paralelo en la salida.

+

rinβ vout

−

+

vout

−

Av·vin

rout

VS

RS

+

vin rin

−

routβ

+

Vf

−

β·vout

AV

βV

Fig. 5.3 Realimentación de tensión/error de tensión (serie/paralelo).



5.2.2 Topologías de realimentación de corriente/error de corriente. Similarmente, un amplificador de corriente requiere muestrear la corriente de salida y su señal de error debe ser de corriente. Es decir, Error → Corriente (se "toma" en paralelo en la entrada) Muestra → Corriente (se "toma" en serie en la salida) También se conoce como topología paralelo/serie.

rin

iS RS

iin

β·iout routβ

if

rout

Ai·iin

+

rinβ vout

−

iout AI

βI

Fig. 5.4 Realimentación de corriente/error de corriente (paralelo/serie). 5.2.3 Topologías de realimentación de tensión/error de corriente.

5−5

Fig. 5.5 Realimentación de voltaje/error de corriente (paralelo/paralelo). Similarmente, en este caso

+

vout

−

Ar·iin

rout

+

rinβ vout

−

iS RS

+

vin rin

−

iin

β·vout routβ

if

AR

βG



Error → Corriente (se "toma" en paralelo en la entrada) Muestra → Tensión (se "toma" en paralelo en la salida) Topología paralelo/paralelo. 5.2.4 Topologías de realimentación de corriente/error de tensión.

VS

RS

+

vin rin

−

routβ

+

Vf

−

β·iout

rout

Ag·vin

rinβ

ioutAG

βR

Fig. 5.6 Realimentación de corriente/error de tensión (serie/serie). Similarmente, Error → Voltaje (se "toma" en serie en la entrada) Muestra → Corriente (se "toma" en serie en la salida) Topología serie/serie.

y xNótese que se debe cumplir que A·β debe ser adimensional de modo que xS f tengan las mismas unidades. Por ejemplo, si el amplificador (A) es de transconductancia, la red de realimentación debe ser de transresistencia de modo que se tiene x =V y x =V . S S f f



5.3 Efecto de las conexiones de la red de realimentación en las resistencias de puerta del Amplificador.

5.3.1 Resistencia de entrada en la conexión con mezclado de entrada en serie. Este es el caso de las topologías serie/paralelo y serie/serie. En el caso serie/paralelo, (amp. de voltaje) V

5−7

fx= β·vout ≅β·AV·v (rin outA →0) y, en el caso serie/serie, (amp. de transconductancia) Vfx= β·iout ≅β·AG·v (rin outA →∞) En general, se escribe para estos dos casos

= β·A·v VFx inLuego, V − i ·r − i ·r − V =0 S en in en outβ Fxcomo V = β·A·v y v = i ·rFx in in en inEntonces, V = i ·(r + r +A·β·r )S en in outβ in Luego,

R viin

S

en

= = r + (1+A·β)·r outβ in ≅(1+A·β)·r , (r << (1+A·β)·r ) (5.3) in outβ in

Es decir, con realimentación la impedancia aumenta en un factor (1+A·β).

VS

RS

+

vin rin

−

routβ

+

Vf

−

β·vout=vFx

ien

Fig. 5.7 Efecto de la realimentación en la resistencia de entrada para las topologías serie/paralelo y serie/serie.

5.3 2 Resistencia de entrada de la conexión de mezclado de entrada en paralelo.



Este es el caso de las topologías paralelo/serie y paralelo/paralelo. En el caso, paralelo/serie (amp. de corriente) i = β·i

5−8

Fx out = β·(A ·i ) ( ri in outA → ∞) y, en el caso, paralelo/paralelo (amp. de transresistencia) i = β·vFx out ≅ β·(A ·i ) ( rr in outA → 0) En general, se escribe para estos dos casos i = β·A·iFx inLuego, para calcular la impedancia de entrada, tenemos

vr

A i vr

S

in

inS

out

+ ⋅ ⋅ +( )ββ

vr

A vr

vr

S

in

S

in

S

out

+ ⋅ ⋅ +ββ

) i = i + iS in F =i + i + v /r = = in Fx S outβ

R vi

Ar rin

S

S in out

= =+ ⋅

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

−

1 11

β

β

rAin

1+ ⋅βrAin

1+ ⋅β||rluego = outβ ≅ (5.4)

Es decir, con realimentación la impedancia disminuye en un factor (1+A·β).

iS RS

+

vin rin

−

iin

A·β·iin routβ

if

Fig. 5.7 Efecto de la realimentación en la resistencia de entrada para las topologías paralelo/serie y paralelo/paralelo.

5.3.3 Resistencia de salida de la conexión con muestreo de salida en serie.



Este es el caso de las topologías paralelo/serie y serie/serie. En el caso, paralelo/serie (amp. de corriente)

= A ·(i − i

5−9

A·xin i S F ), pero iS→0 ≅ −A ·β·ii out (routβ → ∞) y en el caso serie/serie (amp. de transconductancia)

= A ·v = A ·(v − v ), pero v A·xin g in g S f S→0 = −A ·β·ig out (routβ →0 ) En general, se escribe para estos dos casos

= β·A·i A·xin out Luego, para calcular la impedancia de salida, tenemos

A x vr

A iv i r

rinx

out

v

v v in

out

⋅ + = − ⋅ ⋅ +− ⋅

β β( ) (i iv = out =iv )

R vi

r A r r Aoutv

v

out in out= = + ⋅ + ≅ + ⋅( ) (1 1β β )β (5.5)

Es decir, la impedancia de salida con realimentación se ve aumentada en el factor (1+A·β).

Σ −

xS=0 +

xf= β·iout

xin= − xf rout

Vv Ag·vin

rinβ

iout= iv

+ vx

−

Fig. 5.8 Efecto de la reglamentación en la resistencia de salida para las topologías paralelo/serie y serie/serie.

5.3.4 Resistencia de salida de la conexión con muestreo de salida en paralelo. Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C.


Este es el caso de las topologías serie/paralelo y paralelo/paralelo. En el caso, serie/paralelo (amp. de voltaje)

= A

5−10

A·xin V·(v − vS F ), pero vS→0 ≅ −AV·β·vout (routβ → 0) y en el caso paralelo/paralelo (amp. de transresistencia) A·x = A ·i = A ·(i − i ), pero iin r in r S f S→0 = −A ·β·vr out (routβ → ∞ ) En general, se escribe para estos dos casos

= β·A·v A·xin out Luego, para calcular la impedancia de salida, tenemos

i vr

v A xr

vr

v A vrv

v

in

v in

out

v

in

v v

out

= +− ⋅

= +− ⋅ − ⋅

β β

β( ) ( ( ))

R vi

Ar r

rAout

v

v out in

out= =+ ⋅

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

+ ⋅

−

1 11

1

βββ

rAout

1+ ⋅β||r inβ ≅ (5.6)

Es decir, la impedancia de salida con realimentación se ve diminuida en el factor (1+A·β).

Σ −

xS=0 +

xf= β·vout

xin= − xf +

vv=vout

−

A·xin

rout

+

rinβ vout

−

iv

Fig. 5.8 Efecto de la realimentación en la resistencia de salida para las topologías serie/paralelo y paralelo/paralelo.

Ejemplo 5.2 Un amplificador A de voltaje tiene los siguientes parámetros: rin =1MΩ rout =100Ω AV=105



Determine los parámetros del amplificador al realimentar con R =10kΩ y R =50kΩ. 1 2

+ Vin − VS

+ Vf −

R2 R1

ia

I12

Vout

rin AV ·Vin

rout Fig. 5.9 Amplificador de voltaje realimentado. Solución:

5−11

Como r es grande en comparación a R y R , tenemos i << I luego in 1 2 a 12,

V RR R

Vf o=+

1

1 2

ut = β·Vout

Es decir, β=10k/(10k+50k)=1/6=0.167 luego, A·β= 105·1/6=1667>>1 Entonces,

A AAf

V

V

=+ ⋅

≅1

1β β

Como la realimentación es de tensión con error de tensión (serie/paralelo), de la ec. (5.3) =r + (1+A·β)·r Rin outβ in

=R1|| R2 + (1+105·1/6)·1M=16.7GΩ También de la ec. 5.6

rAout

1+ ⋅β R ||rout= inβ=0.006Ω

Se puede hacer una comparación entre el circuito sin realimentar y el realimentado, observándose que en esta configuración aumento la impedancia de entrada y disminuyo la de



salida. Muchas veces una ventaja en una aplicación puede ser una desventaja en otra, por esto, el tipo de realimentación a utilizar depende del tipo de amplificador y de la aplicación. En el circuito de la fig. 5.10, se muestra un equivalente del circuito realimentado original, en este caso se considera el efecto de la realimentación. En efecto, para el circuito de entrada se ha determinado un equivalente de Thevenin, y en la salida se ha considerado el efecto de carga de la red de realimentación. Nótese que en el análisis de los circuitos realimentados se considera, en general, que los amplificadores son unidireccionales. Es decir, el amplificador A amplifica desde izquierda a derecha, y la red de realimentación β desde derecha a izquierda.

+ Vin − VS

+ β· Vout −

rinβ=R1+ R2

routβ= R1||R2

Vout

rin AV ·Vin

rout

Fig. 5.10 Equivalente del circuito realimentado original, en este caso se considera el efecto de la realimentación.

Análisis de esta configuración: ................................................................. Ganancia A : f................................................................. ................................................................. ................................................................. Impedancia de Entrada R : in................................................................. ................................................................. .................................................................



Impedancia de Salida Rout : ................................................................. ................................................................. ................................................................. ................................................................. 5.4 Método de Análisis de un amplificador realimentado. Como se ha visto, para el análisis de un amplificador realimentado conviene separarlo en dos bloques: • El amplificador básico A, y • La red de realimentación β, Ya que conociendo se pueden calcular las características más importantes del sistema realimentado, es decir, A , R

5−13

f if y Rof. El amplificador básico sin realimentación, pero incluyendo la carga que representa la red β puede obtenerse aplicando las siguientes reglas: Para hallar el circuito de entrada. 1. Hacer V =0 para el muestreo de tensión. En otras palabras, cortocircuitar la salida. 02. Hacer I =0 para el muestreo de corriente. Abrir la red de salida. 0 Para hallar el circuito de salida. 1. Hacer V =0 para el error de corriente. Es decir, cortocircuitar la entrada. i2. Hacer I =0 para el error de voltaje. Abrir la red de entrada. i Este procedimiento asegura que la realimentación se reduce a cero sin alterar la carga del amplificador básico. El análisis completo del amplificador realimentado se obtiene aplicando la siguiente secuencia: 1.- Identificar la topología. − Realimentación (x ) de tensión o corriente. f

− Realimentación (x ) en serie o paralelo. f

− Señal de salida (x ) realimentada de tensión o corriente. 02.- Dibujar el circuito del amplificador básico sin realimentación, siguiendo las reglas

indicadas anteriormente. 3.- Emplear un equivalente Thevenin sí la señal de realimentación es una tensión ó uno Norton

sí la señal de realimentación es una corriente. 4.- Reemplazar cada uno de los dispositivos activos por su modelo apropiado.

y x en el circuito obtenido y evaluar β=x /x5.- Indicar x . f 0 f o6.- Hallar A aplicando las leyes de Kirchhoff al circuito equivalente.



7.- Con A y β, hallar A , R

5−14

f if y Rof. Un resumen del procedimiento a realizar en el análisis de un amplificador realimentado es el entregado por la siguiente tabla: Tabla 5.2: Resumen Procedimiento de análisis de Amplificadores realimentados.

Real.: V Real.: I Real.: I Real.: V Topología → error: V error: V error: I error: I

A A A ACaracterística V G I R x V V I I f

x V I I V 0

V I I VPara hallar el lazo de entrada* 0 =0 0 =0 0 =0 0 =0 I I V VPara hallar el lazo de salida* i =0 i =0 i =0 i =0

Fuente de señal Thevenin Thevenin Norton Norton v /v v /i i /i i /v β=x /x f 0 f 0 f 0 f 0f o

A=x /x A0 i V =v /v A0 i G =i /v A0 i I =i /i A0 i R =v /i 0 i

D=1+β·A 1+β·A 1+β·A 1+β·A 1+β·AV G I R

Af AV /D AG /D A /D AI R /D R R ·D R ·D R /D R ·D if i i i i

R R0f 0 /D R0 ·D R0 ·D R0 /D • Este procedimiento entrega el circuito del amplificador básico sin realimentación, pero

considerando su efecto, es decir, teniendo en cuenta la carga que producen la red de realimentación β, la resistencia de carga R y la resistencia de la fuente R . L S



Ejemplo 5.3 En el amplificador realimentado de la figura considere hfe=416. Determine: Análisis teórico: a) Obtenga la ganancia A , la impedancia de entrada Z =V /0 i0 in iC1, la impedancia de salida

Z

5−15

o0=Vout/i , considerando que no existe la realimentación (R , C ) C2 f fb) Identifique la topología y aplique la metodología vista en clases para determinar la ganancia

A, el factor de realimentación β y evaluar los índices del amplificador realimentado A , Rf if y Rof.

Simulación: considere C = C = C =10uF C4=100uF 1 2 f Cje=4.493pF Cjc=3.638pF c) repetir a) y además obtener el ancho de banda (BW ). 0d) Simular el circuito en lazo abierto pero considerando el efecto de carga de la

realimentación, obtener A, β, R `, R ` . Luego evaluar A , Ri o f if , Rof. y determinar el ancho de banda (BW ). 1

e) Simular el circuito tal como se indica en la figura (realimentado) y evaluar A , Rf if , Rof. y determinar el ancho de banda (BW ). 2

Tabular los resultados para propósitos de comparación.

Fig. 5.11 Amplificador realimentado, ejemplo 5.3.

Desarrollo: a) Considerando el circuito sin realimentación (sin Rf y Cf) se tiene: Del circuito equivalente a frecuencias medias, fig. 5.12, se obtienen: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A =. . . . . . . . . . . . . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zi0 =V / =. . . . . . . . . . . . . . . in iC1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C.


Fig. 5.12 Circuito equivalente del amplificador sin realimentación.

Impedancia de salida, del circuito equivalente de la fig. 5.13 se tiene: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z

5−16

o0 =Vout/i =. . . . . . . . . . . . . . . C2

Fig. 5.13 Circuito equivalente para determinar la impedancia de salida del amplificador sin realimentación.

b) Análisis del Amplificador realimentado aplicando el Procedimiento de la Tabla 5.2, se tiene:



Señal realimentada (x ): ..................... f Señal muestreada (x ): ...................... 0 Topología: ...................... Para hallar el lazo de entrada: ........................ Para hallar el lazo de salida: ........................... Por lo tanto, el circuito básico sin realimentación pero considerando sus efectos es:

Fig. 5.14 Circuito básico sin realimentación pero considerando sus efectos. La etapa de entrada y la de salida se determinan según el procedimiento.

Cálculo de los parámetros del amplificador básico: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . β= x

5−17

f /x = . . . . . . . . . . . . . . . o. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A= x0 /xi =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . D= 1 + β·A = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A

5−18

f = Af /D =. . . . . . . . . . . . . . . Impedancia de entrada del amplificador básico, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ri =. . . . . . . . . . . . . . . Luego: Rif =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Impedancia de salida del amplificador básico, del circuito equivalente de la fig. 5.15

Fig. 5.15 Circuito equivalente para determinar la impedancia de salida del amplificador básico sin realimentación (pero con sus efectos).

R0 =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Luego: R0f =. . . . . . . . . . . . . . . Análisis mediante Simulación en PSpice. En el archivo ejem5−3a.sch está el esquemático del Amplificador sin realimentación, al simular se obtienen los gráficos que se detallan a continuación: I) Respuestas del Circuito sin realimentación (sin Rf y Cf):

100mHz 10Hz 1.0KHz 100KHz 10MHz 1.0GHz

FrequencyV(inA)/I(C1)

200K

100K

0SEL>>

(1.00K,6.32K)

IE(Q2)/I(Iin)

400

200

0

(1.00K,380.1)

Fig. 5.16 Ganancia de corriente e impedancia de entrada del amplificador sin

realimentación. Nótese que a frecuencias medias, estos índices coinciden con los teóricos.

II) Respuesta circuito en lazo abierto del amplificador básico sin realimentación, pero considerando sus efectos: En el archivo ejem5−3b.sch está el esquemático del Amplificador básico sin realimentación pero considerando sus efectos (se obtuvo aplicando el procedimiento de la tabla 5.2). Los resultados de la simulación se indican en la fig. 5.18.



If

I`0

Iin

Fig. 5.17 Amplificador básico sin realimentación pero considerando el efecto de esta.

E1:(16.2K,4.02K) E2:(100.0m,2.48) DIFF(E):(16.2K,4.02K)


FrequencyV(inA)/I(C1)

200K

100K

0SEL>>

(1.00K,4.30K)

IE(Q2)/I(Iin)

400

200

0

(1.00K,392.8)

Fig. 5.18 Ganancia de Corriente A =I` /I e impedancia de entrada Z =V

5−20

i 0 in i inA/I . C1



F1:(1.43M,15.1) F2:(100.0m,21.3m) DIFF(F):(1.43M,15.1)


FrequencyI(RL)/I(Iin)

400

200

0SEL>>

(1.00K,348.3)

I(Cf2)/IE(Q2)

300m

200m

100m

0

(1.00K,253.7m)

Fig. 5.19 Medición de β=I /I` Ganancia de corriente A =I /If 0 i2 RL in

Determinación de la impedancia de salida del amplificador básico. El circuito equivalente para medir la impedancia de salida del amplificador básico se muestra en la fig. 5.21 y en la fig. 5.20 se muestra la impedancia de salida en función de la frecuencia. Nótese que la impedancia de salida del amplificador básico es aproximadamente de 2.6k a frecuencias medias (este resultado casi coincide con el determinado teóricamente.

G1:(10.5,2.61K) G2:(100.0m,3.46K) DIFF(G):(10.4,-844.5)


Frequency(V(e2p)-V(e2))/I(VvRo)

4.0K

3.0K

2.0KSEL>>

(1.00K,2.60K)

Fig. 5.20 Impedancia de salida Zo=VvRo/I(VvRo) circuito en lazo abierto pero

considerando el efecto de carga de la realimentación.



Fig. 5.21 Circuito equivalente para la medición de la impedancia de salida del

amplificador básico sin realimentación, pero considerando el efecto de esta. III) Respuestas Amplificador Realimentado: En el archivo ejem5−3c.sch está el esquemático del Amplificador realimentado, circuito de la fig. 5.11.

En la fig. 5.22 se muestra la ganancia de corriente del amplificador realimentado Aif, y la impedancia de entrada Zif, nótese que nuevamente los resultados a frecuencias medias coinciden con los teóricos.

En la fig. 5.23 se muestra la Respuesta temporal (f=1kHz) de la señal de entrada Iin y

de la señal de salida I

5−22

0 =IE(Q2).




FrequencyV(b1)/I(C1)

10K

5K

0

Zif=Vb1/IC1=Zi'/(1+Ai*B)

(1.00K,29.9)

IE(Q2)/I(Iin)

4.0

2.0

0SEL>>

Aif=Ai/(1+Ai*B)

Aif=Io/Iin=IE2/Iin

(1.00K,3.90)

Fig. 5.22 Ganancia Aif (nótese que es aproximadamente =1/β≅4 ) e impedancia de

entrada Z del circuito realimentado. if

0s 0.2ms 0.4ms 0.6ms 0.8ms 1.0ms

TimeIE(Q2)

-700uA

-710uA

-720uA

(262.3u,-717.2u)

(764.6u,-709.4u)IEQ2=712uA

I(Iin)

1.0uA

0A

-1.0uASEL>>

Fig. 5.23 Respuesta temporal (f=1kHz) en la cual se puede ver que la amplitud de la

señal de salida es (717.2u−709.4u)/2=3.9uA (nótese que la componente continua por el emisor es de 712uA) cuando la entrada es de 1uA, y además las señales están en contrafase, por lo tanto A

5−23

if=I /I = −3.9. 0 in Apunte de Clases de Electrónica − R.G.C.


Determinación de la impedancia de salida del amplificador realimentado. En la fig. 5.24 se muestra el circuito equivalente para medir la impedancia de salida del amplificador realimentado de la fig. 5.11.

5−24

Fig. 5.24 Medición de la impedancia de salida del circuito realimentado (Nótese que la

impedancia de salida vista por R a frecuencias medias es Rc2//(1/hL oe2) ≅ Rc2, y no se ve afectada por la realimentación).


Frequency(V(e2p)-V(e2))/ I(VvRo)

300K

200K

100K

0

(1.00K,261.7K)

Fig. 5.25 Impedancia de salida del circuito realimentado Zof. De la fig. 5.25, se puede observar que la impedancia de salida a frecuencias medias es de 261.7kΩ, es decir, aumento con respecto al caso sin realimentación. Esto es conveniente ya que se trata de un amplificador de corriente.



5−25

Ejemplo 5.4 Para el circuito de la figura 5.9, con A=102 V/V, encuentre R /R2 1 para una ganancia de voltaje en lazo cerrado de 8 V/V. ¿Cuál es el valor correspondiente de β? ¿Cuál es la cantidad de realimentación en dB? Para Vs=0.125V, encuentre V , V y V0 f i. Si A se incrementa en un 100%, cuál es el porcentaje de cambio en A ? fSolución:

AA1+ ⋅β

Se tiene que la ganancia en lazo cerrado es Af= , luego como A = 8 y A= 102f entonces

β=0.115. Ahora, del circuito se puede ver que β= R /(R + R )=1/(1+ R /R1 1 2 2 1) y de aquí R /R =7.696 2 1

2La cantidad de realimentación D=1+A·β = A/A =10 /8=12.5 fy en decibeles DdB=20·log(12.5)=22dB

= APara Vs=0.125V, V0 f ·Vs=8·0.125=1V, V =β·V =0.115·1=0.115V, f 0

Vi = V /A=1/102=0.01V, o también V = V − V =0.01V 0 i S f

AA1+ ⋅β

Para un incremento de A en un 100%, es decir A=200 se tiene que A =f =8.33, mayor

al valor inicial de A (=8). Es decir, A se incremento en un 4.12%. f f Ejemplo 5.5 Considerando que la fuente Vs no tiene componente continua, determine el voltaje de todos los nodos y las corrientes de polarización de los emisores de Q1 y Q2. β=100 Plantee el equivalente en alterna de este circuito y del amplificador básico sin realimentación.

Fig. 5.26 Circuito realimentado del ejemplo 5.5. Planteando LCK en el colector de Q1

-6 = I /β + I (e.1) 200·10 E2 E1



En continua la fuente alterna VS es nula por lo cual se puede determinar la corriente a través de ella como

I

5−26

S = V /RBE1 S = 0.7V/10k= 0.07mA Se observa que como la resistencia de RE << que la de R (es decir, I << I ) entonces f f E2

I ≅ IE2 RE Luego, el voltaje a través de R se puede evaluar como: f

Vf = VBE1 − I ·RE2 E = If ·R (e.2) f Planteando LCK en el nodo de Base, tenemos: I + I /β + I =0 (e.3) S E1 fResolviendo las ecuaciones anteriores tenemos, IE1 =99.3μA IE2 =10.07mA También, If =−70.99μA (con este valor se corrobora la suposición que I << If E2 ) VE2 = I ·RE2 E=1.41V VB2 = VBE2 + VE2 =2.11V VB1 = V =0.7V BE1

VC2 ≅ I ·R =5.04V E2 L El circuito equivalente en alterna del amplificador realimentado es:

Fig. 5.27 Circuito equivalente en alterna del circuito de la fig. 5.26. Continuar el desarrollo!



Ejemplo 5.6 Considere que el circuito de polarización (que no está mostrado completamente) produce I =0.6mA I =1mA e I =4mA. Con h

5−27

C1 C2 C3 fe= β= 100 hre=∞ Determine A, β, A =I /V , V /V , Rf 0 S 0 S inf y Rof.

I0

+ Vf

−

Fig. 5.28 Circuito realimentado del ejemplo 5.6. Solución: De los datos de polarización (continua) tenemos que h = hie1 fe ·V / I =100·25mV/0.6mA=4.17kΩ T C1

h = hie2 fe ·V / I = 2.5kΩ T C2

= h hie3 fe ·V / I = 625Ω T C3Análisis en alterna: Del circuito y de la ganancia que hay que calcular se desprende que: Señal de error : voltaje (VBE= V − V ) S f Señal muestreada : corriente (I ) 0 Luego de acuerdo al procedimiento señalado en la Tabla 5.2 el circuito equivalente básico sin realimentación se obtiene haciendo: Circuito de entrada −−> I0 = 0 Circuito de salida −−> Ii = 0



I0

+ Vf

−

If

Fig. 5.29 Circuito equivalente básico sin realimentación.

Del circuito se tiene: x =Vf fx =I0 0

Luego β= x

5−28

f /x = V0 f /I0del circuito 5.29 se obtiene

I I RR R Rf

E

E E

=⋅

+ +0 2

1 2

f

V0 = If ·RE1VI

R RR R R

f E E

E E f0

1 2

1 2

119=⋅

+ += .Por lo tanto β= Ω

Completando el circuito anterior con los modelos de los transistores, se tiene:

β·ib3 hie3 β·ib1 hie1 hie2RC1 β·ib2 RC2 RC3

RE1

Rf

RE2

RE2

Rf

RE1

Fig. 5.30 Circuito equivalente básico sin realimentación.



IV

AAS

0

1=

+ ⋅βDado que se necesita determinar A = f

La ganancia A se obtiene del circuito equivalente de la fig. 5.30. En este circuito se pueden plantear las siguientes ecuaciones en el circuito de entrada. V

5−29

S = ib1 ·[h + (βie1 +1)·R ] = iXE1 b1 ·13.07kΩ es decir, ib1=76.51μS·VSdonde R = R ||(R +R ) XE1 E1 f E2 Por otro lado se puede plantear −β· ib1 (R ||h )= iC1 ie2 b2 ·h es decir, iie2 b2=− 78.25 ·ib1 −( ib3 + β· ib2)·R = iC2 b3 ·[h + (βie3 +1)·R ] XE2donde R = R ||(R +R ) XE2 E2 f E1 evaluando ib3= −34.43· ib2 Y también se tiene que I0 =(β +1)· ib3 es decir, I = 101· i0 b3

A IV

Ii

ii

ii

iVS b

b

b

b

b

b

S

= =0 0

3

3

2

2

1

1 =101·(−34.43)·(− 78.25)·76.51μ=20.82 [S] Con esto,

IV

AAS

0

1=

+ ⋅β20 82

1 20 82 1190 0837.

. ..

+ ⋅=Finalmente, A = [S] = f

la desensibilidad D=(1 + A·β)=248.76 La impedancia de entrada, se puede obtener de la ecuación planteada para la red A Rin = VS /ib1 =[h + (βie1 +1)·R ]=13.07kΩ XE1Luego Rinf de la Tabla 5.2 se evalua como: Rinf= Rin ·D=13.07kΩ·248.76=3.25 MΩ Para obtener la impedancia de salida (impedancia Thevenin "vista" por la "variable" de salida) a partir del circuito de la fig. 5.30 y anulando el voltaje de entrada (nótese que si no hay tensión de entrada, entonces ib1 =0 luego ib2 =0 e ib3 =0) se obtiene:



5−30

Fig. 5.31 Circuito equivalente para determinar la impedancia de salida.

β·ib3 hie3 RC2 RC3

RE2

Rf

RE1

vv

Al poner la fuente virtual se "mide" la impedancia de salida R =v0 v/iv

R = R ||(R +R ) + (R +h )/(β+1) = 143.79 Ω 0 E2 f E1 C2 ie3Luego, de la tabla 5.2 se tiene R0f = R0 ·D= 143.79Ω·248.76=35.77kΩ Ejemplo 5.7 En el circuito realimentado que se indica hfe=100, compruebe que hie1=1.2kΩ y h =708Ω. Identifique las funciones de R y Rie2 f1 f2, el tipo de realimentación, realice el análisis y obtenga A, β, A , Rf inf y Rof.

Fig. 5.32



La resistencia de 22k provee una realimentación que actua en c.c. y muy baja frecuencia debido a la acción de C3. Su función es estabilizar el punto de trabajo de los transistores ya que introduce una realimentación negativa, por ejemplo, supongase que IC1 aumenta (debido a un aumento de la temperatura) → |V | disminuye → |V | disminuye → |IC1 E2 B1| disminuye (a través de la resistencia de 22k) → tiende a compensar el aumento de I . C1 El circuito equivalente para pequeña señal es: De aqui se observa que la realimentación se produce a través de las resistencias Re1 y Rf1, y es una tensión proporcional a la tensión de salida. → Amp. con realimentación de tensión en serie (En efecto, de la figura se puede observar que la entrada alterna es entre base y emisor de Q1. Si suponemos que v aumenta (por ejemplo, por efecto de la temperatura) → ibe1 b1 aumenta → i aumenta→ v aumenta → v aumenta. Como v = v − v , luego, ya que v aumenta y vb2 0 f be1 i f f i se mantiene, entonces vbe1 disminuye; compensando de esta forma el aumento inicial ¡realimentación negativa! De acuerdo al procedimiento señalado en la Tabla 5.2 tenemos: Circuito de entrada −−> V0 = 0 Circuito de salida −−> Ii = 0 Con esto, el amplificador básico sin realimentación queda: Del circuito x =Vf fx =V0 0

Luego β= x

5−31

f /x = v0 f /v =0.076 0



Y la ganancia de voltaje es A

5−32

V= v0 /v = vi 0 /ib2 · ib2 /ib1 · ib1 /v ise tiene, v0 = −β·ib2 ·R ||R ||R = −14442·iC2 X2 L b2 ib2 = −β·ib1·R /(RC1 C1 + h )= −94.43· iie2 b1 vi = ib1 · [hie1 + (β+1)·R ]= 8856· iX1 b1evaluando da AV=154 D=(1 + A·β)=12.7 Luego, A = AVf V/D=12.1 Para la resistencia de entrada, se tiene si RA= hie1 + (β+1)·RX1 =8856Ω entonces Ri = RA||Rb1||Rb2 =8856||10k||5.6k=2.5kΩ y Rif = Ri ·D=31.75 kΩ Similarmente, R0 = R ||RC2 X2 =520Ω y R0f = R0 /D=42.73Ω


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