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Punto di saturazione transistor BJT

Indice

Introduzione

Qualche giorno fa, facendo una lezione ad alcuni studenti sulla maglia standard di polarizzazione di un BJT, mi sono imbattuto in una serie di calcoli e semplificazioni che alla fine mi hanno portato a una formulina che mi è parsa carina e utile, per la sua semplicità.

In sostanza, consente di calcolare velocemente e "a occhio" (data la semplicità) il livello massimo di tensione all'ingresso di un amplificatore BJT classico per la quale lo stadio funziona ancora in zona attiva (linearità).

Per gioco, visto che non mi era mai capitato di trovare una cosa simile sui testi, e visto che sono megalomane (:P) ho deciso d formulare il "Teorema di Zambon", dove ovviamente Zambon è il mio cognome. Sono assolutamente certo che da qualche parte qualcuno questi semplici conti li avrà già fatti, nel caso segnalatemelo che cambio immediatamente il nome al Teorema...non vorrei mai violare un copyright :)


Teorema di Zambon

Definizioni

  • Dato un transistor BJT NPN in configurazione di amplificatore invertente con degenerazione di emettitore
  • Detta Veq la tensione del punto centrale del partitore di polarizzazione
  • Detta Req la resistenza equivalente del partitore di ingresso
  • Detta vCC la tensione di alimentazione
  • Detto G il valore assoluto del guadagno dello stadio amplificatore \frac{R_{c}}{R_{e}}


Ipotesi

Nell'ipotesi che βRe > > Req

Tesi

Il transistor sarà in zona attiva finché sarà vero che:

V_{eq} < \frac{V_{cc}}{1 + G} + V_{be}

Dimostrazione

Prendiamo il classico amplificatore a BJT in classe A, con degenerazione di emettitore e trasformiamolo con Thevenin come indicato in figura:


Nella seconda figura si vede come il segnale di ingresso non faccia altro che variare (normalmente di poco) la tensione Veq del generatore equivalente. Verifichiamo allora per quale Veq minima il transistor entrerà in saturazione, ed avremo così una soglia superiore per la dinamica del segnale di ingresso. Supponiamo quindi il transistor in zona attiva:

Dalla maglia di ingresso otteniamo facilmente:

I_{b} = \frac{V_{eq} - R_{e}I_{e} - V_{be}}{R_{eq}}

e ricordando che in zona attiva avremo:

Ic = Ie = βIb avremo

I_{b} = \frac{V_{eq} - \beta R_{e}I_{b} - V_{be}}{R_{eq}}

da cui, con qualche semplice calcolo otterremo:

I_{b} = \frac{V_{eq} - V_{be}}{R_{eq} + \beta R_{e}}

Che diventa, vista l'ipotesi βRe > > Req:

I_{b} \simeq \frac{V_{eq} - V_{be}}{\beta R_{e}} (1)


Dalla maglia d'uscita, ora:

Vce = VccRcIcReIe = Vcc − βRcIb − βReIb

Da cui semplicemente:

I_{b} = \frac{V_{cc} - V_{ce}}{\beta (R_{c} + R_{e})} (2)

Unendo ora la (1) e la (2)

V_{cc} - V_{ce}= \frac{\beta(R_{c} + R_{e})}{\beta R_{e}}(V_{eq} - V_{be})

Eliminando beta e imponendo G = \frac{R_{c}}{R_{e}}


V_{ce} \simeq V_{cc} - (1 + G)(V_{eq} - V_{be})

Per assicurarci che il transistor sia in zona attiva, dovremo avere:

Vce > VceSat


Dunque, lo stadio funzionerà in linearità fino a che:


Vcc − (1 + G)(VeqVbe) > VceSat

Cioè fino a che:

V_{eq} \leq \frac{V_{cc} - V_{ceSat}}{(1 + G)} + V_{be}

Considerando trascurabile VceSat rispetto a Vcc, avremo dunque infine la tesi:

V_{eq} \leq\frac{V_{cc}}{(1 + G)} + V_{be}


Considerazioni sulle ipotesi

Le ipotesi per le semplificazioni fatte nell'enunciato e poi nello svolgimento sono sostanzialmente due:

  • βRe > > Req

Questa ipotesi è da considerarsi poco limitativa, infatti βRe è la resistenza di ingresso dello stadio amplificatore, mentre Req è quella d'uscita del partitore. Va da sè che nella progettazione oculata l'ipotesi fatta verrà quasi sempre soddisfatta.

  • VceSat trascurabile rispetto a Vcc

Visto che VceSat è normalmente dell'ordine di una-due centinaia di millivolt, basta una Vcc di un paio di volt per essere certi che l'ipotesi sia soddisfatta.


Applicazioni


Il Teorema, per così chiamarlo, credo possa tornare utile didatticamente nella risoluzione di diversi esercizi:


  • Determinare lo stato di funzionamento di un transistor nella configurazione trattata
  • Determinare la dinamica di ingresso di un amplificatore BJT (nella configurazione trattata)
  • A partire dalla dinamica del segnale di ingresso, determinare l'alimentazione minima conoscendo il guadagno o il guadagno massimo conoscendo l'alimentazione


Esempi

1 - Determinare la Vcc massima per cui il seguente transistor funzioni in zona attiva:


Risoluzione

G = \frac{R_{c}}{R_{e}} = \frac{10 \rm{k}}{1 \rm{k}} = 10

V_{eq} = \frac{V_{cc}R_{2}}{R_{1}+R_{2}} = \frac{V_{cc}10 \rm{k}}{20 \rm{k}} = \frac{V_{cc}}{2}


Imponiamo V_{eq} < \frac{V_{cc}}{1 + G} + V_{be}

ottenendo:

\frac{V_{cc}}{2} < \frac{V_{cc}}{11} + V_{be}


cioè

\frac{9V_{cc}}{22} < V_{be}

cioè

V_{cc} < \frac{22V_{be}}{9} \simeq 1{,}5 \, \rm{V}

Strano no? ma torna, del resto la maglia di polarizzazione è sbagliata, le due R uguali causano il problema. Per esercizio, lo studente può provare a modificare i valori della maglia di polarizzazione e vedere come cambia il risultato.

2 - Determinare la il guadagno massimo per cui il seguente transistor funziona in linearità (zona attiva):

Abbiamo un segnale di ingresso di 1V pp. Ricordando che i risultati ottenuti saranno validi per βRe > > Req, calcoliamo dalla maglia di ingresso:


V_{eq} = 12 \frac{2\rm{k}2}{12 \rm{k}2} \simeq 2 \, \rm{V}


Dunque, sommando a questa il valore di picco del segnale di ingresso, avremo che

V_{maxIn} = 2 \, \rm{V} + 1 \, \rm{V} = 3 \, \rm{V}

Dal teorema, il transistor funzionerà in linjearità dunque se:

 3 \leq \frac{12}{1 + G} + 0{,}6

da cui, specificando G:

3 + 3G \leq 12 + 0{,}6 + 0{,}6G ==> 2{,}4G \leq 9 ==> G \leq \frac{9}{2{,}4} \simeq 3{,}75

Verifichiamo il risultato:

  • scegliamo G = 3, con Re = 1k e Rc = 3k e supponiamo β = 100. Verifichiamo che βRe > > Req, che è valida in quanto 100k >> del parallelo fra 2k2 e 10k. Applichiamo ora i calcoli di maglia per verificare che il teorema funzioni:

Consideriamo il circuito equivalente:

avremo, trascurando Ib:

I_{c} = I_{e} = \frac{3 - 0{,}6}{1k} = 2{,}4 \, \rm{mA} V_{c} = 12 - 3 \, \rm{k} \Omega \times 2.4mA = 4{,}8 \, \rm{V}

e quindi

V_{ce} = 4{,}8 - 2{,}4 = 2{,}4 \, \rm{V} che conferma quanto detto, il transistor è in zona attiva.

Poniamo ora G = 4 mettendo R_{c} = 4 \, \rm{k}\Omega, e usiamo le forumule precedenti: se otterremo un assurdo, vorrà dire che il transistor non sarà più in zona attiva:

V_{c} = 12 - 4 \, \rm{k} \Omega \times 2.4 \rm{mA} = 2{,}4 \, \rm{V}

e quindi V_{ce} = 2{,}4 - 2{,}4 = 0 \, \rm{V} che conferma quanto detto, il transistor è in saturazione.

Ovviamente, provando con G = 3,75 mettendo R_{c} = 3{,}5 \, \rm{k} \Omega : V_{c} = 12 - 3{,}75 \rm{k} \Omega \times 2{,}4 \, \rm{mA} = 9 \, \rm{V}


e quindi: V_{ce} = 3 - 2{,}4 = 0{,}6 \, \rm{V} non perfettamente sulla soglia della saturazione, ma abbastanza vicino da rendere il risultato valido.

Conclusioni

Questo è ovviamente solo un gioco, ma ho voluto condividerlo con voi perché i miei studenti, alla fine, hanno molto apprezzato la semplificazione che deriva dall'applicazione di questo procedimento agli esercizi più comuni. Certo, non essendo un procedimento standard noto (credo), poi se lo useranno agli esami dovranno essere pronti a dimostrarne la validità, ma questo è un altro discorso :)


In generale, oltre alla mera applicazione pratica, ritengo sia utile in quanto evidenzia come il punto di lavoro di un transistor dipenda dal guadagno dello stadio e dalla tensione di alimentazione, e come tale tensione limiti de facto il guadagno massimo del singolo stadio a transistor.

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Commenti e note

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di ,

E perché ti consideri un pirla scusa? Hai fatto bene a segnalarlo, altrimenti qualcuno alle prime armi sarebbe stato tratto in inganno. Non dimenticare che EY è considerato una risorsa affidabile, specie da chi è alle prime armi. Quindi ben vengano segnalazioni anche di minuzie no? Volevo segnalarlo anche io, ma poi per la fretta me ne sono dimenticato (mi stavano chiamando a cena)

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di ,

Probabilmente insieme a me se ne sono accorte almeno una trentina di persone. Poi c'è stato un pirla (io) che lo ha scritto. La prossima volta cercherò di essere meno pirla. Saluti e baci e ancora complimenti per l' articolo.

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di ,

eheheh...nessuno, a parte Tardofreak :D

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di ,

Obiuan, secondo te pensi che esista ancora qualcuno che perda tempo a discettare di queste cose obsolete? Secondo me non lo notava nessuno :-P

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di ,

Era quello che intendevo con lo schema che ho disegnato...ma ha ragione tardofreak, se Veq è un generatore ideale di tensione non c'è verso di avere ai suoi capi nulla di diverso da Veq.

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di ,

Ah beh, ora come l'hai disegnato non ci sono più dubbi ehehe :-D..perfettto!

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di ,

Ma ripensandoci bene non è poi del tutto sbagliato il primo circuito: se la capacità è presente, allora l'effetto di Vin è quello di sovrapporsi (di modulare) la tensione continua VEq. Se invece non mostri il condensatore, allora la rappresentazione corretta è necessariamente quella di Vin in serie con Veq.

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di ,

Ecco fatto, spero di non aver messo in difficoltà nessuno...per fortuna quel generatore Vin non c'entrava nulla con tutto il resto della trattazione. Cmq, grazie ancora della segnalazione.

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di ,

...certo a tutti e due, in realtà volevo solo far intendere come il semplice discorso su Veq alla fine si riportasse sul segnale di ingresso e non solo sulla polarizzazione...ma di certo quel circuito è una vergogna e me ne scuso...correggo al volo. E grazie per la segnalazione. Banjoman, sono d'accordo solo che raramente trovo il tempo...ho due articoli scritti a metà che non riesco a finire da un mese. Questo l'ho scritto al volo solo per via di quella formulina che mi era parsa simpatica, e che devo dire ho usato negli ultimi giorni in diverse occasioni con successo :) Cmq, cercherò di fare "un due conti" per vedere se anche dalla parte dell'interdizione salta fuori qualcosa di matematicamente bellino.

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di ,

Si, c'è un errore ma nell'ultimo schema in fondo la rappresentazione è ovviamente quella corretta. Sicuramente obiuan per la fretta non ha pensato che Vin e Veq alla fine si sarebbero poi ritrovate in serie e non in parallelo, cosa che darebbe luogo a un'indeterminazione della tensione. Comunque rinnovo i complimenti a obiuan. Per chiudere il cerchio occorrerebbe estendere il ragionamento a quando il bjt si sposta invece verso l'interdizione, non trovi?

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di ,

Probabilmente è solo una svista ma il secondo circuito elettrico che hai disegnato ha un errore: la resistenza Req va in serie a Veq e Vin va collegato direttamente alla base del transistor altrimenti Veq cortocircuita Vin. Ora, io sono solo un manovale, ma all' istituto tecnico mi hanno insegnato a disegnare i circuiti equivalenti in continua ed alternata separati. In ogni caso complimenti per l' articolo, molto ben fatto. :)

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di ,

Molto interessante. Hai tradotto per via analitica la classica analisi grafica del punto di lavoro di un bjt. Di fatto, se uno anziché soffermarsi sul solito grafico della retta di carico che interseca le caratteristiche di uscita di un bjt, col punto di lavoro che si sposta (oltre che per le variazioni del beta, della Vbe eccetera) a causa del segnale applicato, eccetera eccetera, come si legge in molti libri di testo, si prendesse la briga di determinare analiticamente che valore avrebbero Vce, Ic, Ib (e di conseguenza la Veq da te citata) quando ad esempio il punto di riposo si ritrova ad intersecare le caratteristiche del bjt nella zona di saturazione (e quindi Vce = Vcesat) otterebbe esattamente le stesse equazioni che hai ottenuto tu. Potresti completare il tuo lavoro e mostrare la correlazione tra le tue formule e il classico grafico con la retta di carico, così faresti una cosa ottimale. Ce ne fossero di studenti interessati a siffatti argomenti...io non ne trovo mai :-)

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