Tecnología de Dispositivos y Componentes Electrónicos y Fotónicos

Tecnología de Dispositivos y Componentes Electrónicos y Fotónicos
BJTs I
1) Considere un transistor npn con los siguientes parámetros a 300K: N D E = 5 × 10 17 cm – 3 ,
N A B = 10 17 cm– 3 , anchura de la base = 1µm, coeficientes de difusión Dn = D p = 20cm 2 ⁄ s .
a) Represente gráficamente β F para valores del tiempo de vida de los portadores entre 10 – 8 s y
10 – 6 s . En la práctica dicho tiempo puede alterarse mediante la introducción de defectos.
b) Suponga que V B E = 0.7V y que las capacidades de unión B-E y B-C valen 1pF y 5pF, respectivamente. Represente la frecuencia de 3dB de la beta ( ω β ) en el mismo rango de valores. ¿Que
puede decirse del compromiso ganancia - velocidad?
2) Considere un BJT npn de Si a 300K con N A B = 5 × 10 16 cm – 3 y N DC = 5 × 10 15 cm – 3 . La
anchura de la región de base es 1µm. Suponga D n = D p = 20cm 2 ⁄ s , V B E = 0.7V y X B « L n .
a) Calcule el cambio en la anchura de la región neutra de base cuando V C B cambia de 1 a 5V. Solución: De 0.94µm a 0.88 µm.
b) Calcule el cambio en la densidad de corriente de colector. Solución: De 75.8A/cm 2 a 80.35A/cm 2
c) Estime la tensión Early. Solución: 64.9V
3) Calcule el valor RMS de ruido equivalente a la entrada
para el amplificador de la figura en el ancho de banda
(dc, 5MHz). Suponga despreciables las componentes
flicker y de ráfaga del ruido asociado a la corriente de
base. Para simplificar los cálculos, no incluya en el
modelo en pequeña señal del BJT el efecto de la
recombinación en la región neutra de base ni los elementos extrínsecos excepto la resistencia de base rb .
Puede suponer que la resistencia de salida en pequeña
señal del BJT es mucho mayor que R L .
Solución: El circuito de pequeña señal simplificado
que incluye las contribuciones de ruido del BJT y de las
resistencias RL y R S es el que se muestra en la Fig.3.1,
+5V
β = 100
R L = 5k Ω
RL
RS = 10k Ω
C π = 10pF
vo
r b = 50Ω
RS
vs
+
−
V B E ≅ 0.7V
+0.75V
rb
vb2
vo
+
RS
rπ
v
Cπ
g mv 1
i 2c
RL
1
i 2l
donde se ha omitido r o por ser mucho mayor que R L . v 2
i 2b
s
Las potencias de ruido son: v b2 = 4 kTr b ∆f , i 2b = 2 q IB ∆f ,
Fig.3.1
2
2
2
–
1
i c = 2q I C ∆f , v s = 4 kTRS ∆ f , il = 4k T ( RL ) ∆f . Suponiendo que los ruidos están descorrelacionados, es posible aplicar el principio de superposición, de forma que la salida es
la suma de las salidas correspondientes a cada una de las excitaciones por separado. Llamando Z = r π || 1 ⁄ ( jωC π ) , se
obtiene:
Z2
v 2o = g m2 RL2 -------------------------------[ v 2s + v 2b + ( R S + r b ) 2 i b2] + R 2L ( ic2 + i 2l ) .
Z + r b + RS 2
Substituyendo el valor de Z y los ruidos, la densidad espectral de potencia del ruido a la salida resulta:
vo2
r π2
1
----- = g m2 RL2 ------------------------------------ --------------------------[ 4 k T( RS + r b ) + ( R S + r b ) 2 2 qI B] +R L2 ( 4k T R L–1 +2 qI C )
∆f
( r + r + R )2 1 + ( f ⁄ f )2
π
b
S
1
1
2π [ r π ( RS + r b ) ] C π
, con f 1 = --------------------------------------------------||
Integrando esta expresión en el ancho de banda especificado obtendremos la potencia total de ruido a la salida. Para pasar
a datos numéricos se necesita el valor de IB , I C, g m y r π , pero según se ha polarizado el BJT, I B = 5 µA ⇒ IC ≅ 500µA ,
g m = I C ⁄ u T = 19.2mA/V , r π = β ⁄ g m = 5.2kΩ . Con ello, el valor RMS del ruido total a la salida en el ancho de banda dc5MHz vale: σ vo = 1.2mVrms .
Para obtener una expresión para la densidad espectral de potencia del ruido equivalente a la entrada habrá que dividir la
correspondiente al ruido a la salida por el módulo al cuadrado de la función de transferencia I/O que es
v o ⁄ vs = – g m RL Z ⁄ ( Z + r b + RS ) . La expresión resultante se integra desde dc hasta 5MHz para dar la potencia de ruido equivalente a la entrada en dicho ancho de banda. El valor RMS se obtiene como la raíz cuadrada de este valor,
σ v,e q = 40.9µ Vrms .
Dpto. Electrónica y Electromagnetismo
Escuela Superior de Ingenieros - U. Sevilla