Elektronik 1 - İstanbul Teknik Üniversitesi Dr. Metin YAZGI Uygulamalar

****************************************************************************************** P-1 a) Find the diode current in the circuit in Figure-2 by using the constant voltage drop model for the diode (VD=0.7V). (5Points) V  V D 2  0.7 A-2a) I R  I D  DC   0.65mA R 2k b) Find the diode current and voltage using the iterative analysis approach. IS=10-16A, n=1, VT=25mV.(10Points) I V D  VT ln D (1) (from the current-voltage expression of diode) IS V  VD (2) (from the circuit) I R  I D  DC R The iterative analysis; 2  0.7 1st step: V D1  0.7V  I D1   0.65mA 2k I 0.65mA 2  0.737  0.63mA 2nd step: V D 2  VT ln D1  25mV ln 16  0.737 V  I D 2  IS 2k 10 A I 0.63mA 2  0.736  0.63mA 3rd step: V D 3  VT ln D 2  25mV ln 16  0.736 V  I D 3  IS 2k 10 A

Figure-2

For the rest of the problem assume that VD=0.7V c) Find the power dissipated on the diode.(5Points) A-2c) PD=VDxID=0.7Vx0.65mA0.46mW *****************************************************************************************

Figure-3a

Figure-3b

Figure-3c

P-2 The signal VK in Figure-3b is applied to the input of the circuit in Figure-3a. When the diode operates in the forward-bias, the diode current is 1mA. Figure-3c shows the output signal (VO). Find the values of the resistors R1 and R2 using the constant voltage drop model for the diode (VD=0.7V). (15Points) A-3 When VK=10V, the diode operates in the forward-bias. In that case, the output voltage Vo is 5V and the diode current is 1mA. From the circuit topology: ID=IR1=IR2 and Vo=VR2 Therefore, When VK=10V, IR2=ID=1mA, VR2= Vo=5V, VK= VD+VR1+ VR2=10VVR1=10-5-0.7=4.3V. Thus, R2=5V/1mA=5k R1=4.3V/1mA=4.3k

P-3

Figure-1 shows a circuit employing a diode. a) Find the diode current by using the constant voltage drop model (VD0.7V) a) VD0.7V IR=(VDC-VD)/R=(4-0.7)/2k=1.65mA ID=IR-IDC=1.65mA-1mA=0.65mA

Figure-1

 

   

 

 

ELEKTRONİK-I UYGULAMA-2.1 Soru-1 Yarıiletkenlerde delik hareketinde gerçekte hareket eden nedir? Bir cümle ile açıklayınız. Cevap: Yarıiletken atomlarının valans elektronlarından biri hareket eder. Soru-2 Has yarıiletken kavramını açıklayıp has yarıiletkenlerde delik sayısı ile serbest elektron sayısının eşit olmasını açıklayınız. Cevap: Has (saf) yarıiletken sadece belli bir yarıiletken atomlarından oluşan malzemedir. Bu tip malzemede bir atom bir elektron kaybedince delik olurken kaybettiği elektron serbest elektron haline olur. Dolayısıyla ne kadar serbest elektron varsa o kadar delik içerir. Soru-3 Yarıiletkenlerde katkı yoğunluğu için söz konusu olan minimum ve maksimum sınırlar nasıl ifade edilebilir genel olarak açıklayınız (Silisyumu baz alarak açıklama yapabilirsiniz). Cevap: Katkılama ile yarıiletken malzeme N veya P tipi yapılır. N tipi malzemede serbest elktron yoğunluğu delik yoğunluğuna göre, P tipi malzemede ise delik yoğunluğu serbest elektron yoğunluğuna göre çok yüksek olur. Bunun yapılabilmesi için katkı yoğunluğu değerinin has yarıiletkendeki delik veya serbest elektron yoğunluğuna göre çok yüksek olması gereklidir. Dolayısıyla NA ve ND değerleri ni değerine göre çok yüksek yapılır (en az 1000 kat gibi). Diğer taraftan malzeme katkılama sonrasında yarıiletken özelliğini kaybetmemelidir. Bunun için katkı yoğunluğu değeri yarıiletken atom yoğunluğuna göre çok düşük olmalı (yine en az 1000 kat gibi). Katkı yoğunluğu bu kriterlere göre bir aralık verir (silisyumda kabaca 1013 ile 1019 arasında). Soru-4 Sabit bir elektrik alan altında taşıyıcılar (hareket edebilir yükler) katı malzeme içerisinde ortalama olarak sabit bir hızda hareket ederler. Elektrik alanı taşıyıcının hızına bağlayan büyüklüğü belirtip serbest elektron ve delik için karşılaştırınız. Cevap: Bu büyüklük  hareket yeteneğidir. Serbest elektronların  değeri delikler için olan değere göre daha yüksektir.

ELEKTRONİK I UYGULAMA Şekil’de bir yarıiletken diyot gösterilmektedir. Diyodun P tipi bölgesi NA, N tipi bölgesi ise ND yoğunluğu ile katkılanmıştır. Soru-1 Diyodun yüklü bölgelerini yük yoğunluklarının ne olacağını da vererek belirtiniz. Cevap: Fakirleşmiş bölge (sabit katkı atomları sebebi ile) yüklüdür (akım taşıyıcısı hareketli yükler açısından fakirdir). Yük yoğunlukları P tipi bölgede kalan kısımda -NA, N tipi bölgede +ND’dir. Soru-2 Poisson* denkleminden faydalanarak diyodun E elektrik alanının maksimum olduğu noktadaki ifadesini bulunuz.(10Puan) Not: E=f(q, , NA, Xp) veya E=f(q, , ND, XN) olarak çıkartınız. dE   (Poisson denkleminin bir boyutlu hali:  yük yoğunluğu,  dielektrik katsayısı) * dX  Cevap: X   X P  E  0 X=XP ile X=0 arasındaki bölge ρ=-qNA yoğunluklu yüklüdür.Poisson denklemi bu bölgeye uygulanırsa (pozitif X ile pozitif E yönü ter olduğundan bir – işareti denkleme eklenir); qN A qN A  dE   qN A dE qN A     EX  XP   si  si  si  si dX dX

X  0  E 0  E max  X P

qN A

 si

 XN

qN D

 si

Soru-3 Diyoda ters yönde (katot anoda göre daha yüksek) gerilim uygulandığında gerilimin hemen hemen tamamı fakirleşmiş bölge üzerinde düşer. Bu durumu nasıl açıklarsınız? Cevap: Fakirleşmiş bölgede hareketli yük yoğunluğu hemen hemen sıfırdır. Dolayısıyla Bu bölgenin direnci yaklaşık sonsuzdur. Diğer taraftan fakirleşmiş bölge dışındaki bölgelerde hareketli yük yoğunluğu yüksektir ve belli bir direnç değeri (gövde direnci) verirler. Seri dirençlere gerilim uygulandığında direnç değerlerinin oranı ile gerilim paylaşılır. Dolyısıyla ters yönde gerilim uygulandığında direnci hemen hemen sonsuz olan fakirleşmiş bölge gerilimin hemen hemen tamamını üzerine alır. Soru-4 Difüzyon akımını belirleyen iki ana etkeni belirtin ve yorumlayın Cevap: Yük yoğunluk gradyanı ve difuzyon katsayısı(malzemenin özelliği)

Soru-5 Has yarıiletken ile katkılı yarıiletkenin iletkenliklerinin sıcaklıkla değişimini (karşılaştırarak) açıklayınız. Cevap: Has yarıiletkende elektron ve delik sayıları birbirine ve ni değerine eşittir. ni sıcaklığa çok bağlıdır ve sıcaklıkla artar. Dolayısıyla iletkenlik has yarıiletkende sıcaklıkla artar. Diğer taraftan Katkılı yarıiletkende çoğunluk taşıyıcıları katkı atomlarının sayısı ile belirlenir. Sıcaklık kakı atomu sayısını değiştirmediğinden taşıyıcı sayısı hemen hemen değişmez. Diğer taraftan sıcaklık dolayısıyla taşıyıcıların rastgele hareketleri artar ve genel olarak katkılı yarıiletkenlerde sıcaklıkla iletkenlik azalır.

SORU Şekil-1’de verilen BJT’li kuvvetlendiricinin a) IB, IC, IE, VB, VC ve VE çalışma noktası akım ve gerilimlerini bulunuz. b) Tranzistoru aktif bölgeden çıkaran RC değerini bulunuz. Not: “b” şıkkının çözümünde RC dışındaki elemanların değerleri değişmeyecektir.

Şekil-1 Çözüm: a) RB1 ve RB2 dirençlerinden oluşan kolun Thevenin eşdeğerini alırsak Şekil-2 elde edilir.

V BB 

RB 2 Vcc  1.1V RB1  RB 2

RBB  R B1 // RB 2  2.4k

Şekil-2 Şekil-3’teki okun belirleyeceği çevrimden aşağıdaki denklem elde edilir;

VBB  I B RBB  VBE  I E RE V BB  I B RBB  V BE  (  F  1) I B R E V BB  V BE IB  RBB  (  F  1) R E IB 

1.1V  0.6V  19 A 2.4k  24 K

 I C   F I B  3.8mA  I E

Şekil-3

V B  I E R E  V BE  0.45  0.6  1.05V V E  I E R E  0.45V VC  VCC  I C RC  12  3.8  8.2V

VC  V B  V E  aktif bölge, analiz doğru b) VC=VB durumunda tranzistor aktif bölgeden çıkmaktadır (saturasyona girmektedir).

VC  V B  1.05  VCC  I C RCI  RCI  2.9k

Soru Şekil-1’de kullanılan tranzistor için F=hFE=220, VBE0.6V, VT=25mV değerleri verilmiştir. Rc=7k6’dır ve R1//R2 değerinin 20k olması istenmektedir. Devrenin çalışma noktasında VCEQ=6V ve ICQ=1mA olması amaçlanmaktadır. RE, R1 ve R2 dirençlerinin değerlerini hesaplayınız.

Şekil-2 Şekil-1 Çözüm: V E  VCC  VCEQ  I CQ RC

V E  15V  6V  7.6V  1.4V

Bu denklem, kollektör emetör kolu üzerinden Vcc’den referansa gidilerek elde edildi.

Şekil-2’den (yukarıda) ; RBB=R1//R2=20k

IB 

VBB  VBE  V E  RBB

RBB  R1 // R2 

VCC

RE 

VE VE   1. 4 k IE IC

VBB=VCCR2/(R1+R2)

R2 2 I R1  R2 R2 2 .9  C  45 A   20k F R1  R2 15

R1 R 2 R2 2.9  R1  R1  20k  R1  103k  R2  25k R1  R2 15 R1  R2

ELEKTRONİK-1 UYGULAMA SORU1- Şekil-1’de verilen devredeki tranzistor için F=150, VBE0.6V olarak verilmiştir. Tranzistorun kutuplama noktasındaki IC akımının değerini bulunuz. Çalışma bölgesini inceleyiniz.

Şekil-1a

Çözüm: Şekil-1b’de Şekil-1a’daki devrenin DC (kutuplama) hali görülmektedir. Ok yönünde gerilim denklemini çıkartırsak sırasıyla aşağıdaki ifadelere ulaşırız;

VCC  I E R E  V EB  I B RB  0 VCC   F I B R E  V EB  I B RB  0 IB 

VCC  V EB 10V  0.6V   13.24 A  F R E  RB 150 * 1k  560k

I C   F I B  2mA

Şekil-1b

Not: Çözüm sırasında gerçek akım yönleri kullanılmıştır. Yani IE tranzistora doğru, IB ve IC tranzistordan dışarıya doğru alınmıştır. Diğer taraftan bütün akımlar tranzistorun içine doğru alınarak soru çözülebilirdi. Bu durumda IE akımı pozitif, IB ve IC negatif değerli çıkardı.

ELEKTRONİK-1 UYGULAMA Şekil’deki devre kullanılarak VO=9V IRYmax=0.5A’lik bir güç kaynağı tasarlanacaktır. Devredeki zener diyot regülasyon amacıyla kullanılmaktadır. Kondansatör uçlarındaki gerilimin dalgalılığı zener diyot tarafından azaltılarak çıkışa yansıtılmaktadır. Zener diyotun zener bölgesinde kalması için gerekli minimum zener diyot akımı 0.1mA’dir. Tranzistorun akım kazancı F=100’dür, baz emetör gerilimi VBE0.8V’tur. Transformatörün çevirme oranı n=13’tür. Diyot iletim gerilimleri VD=0.8V olarak alınabilir. Kondansatör geriliminde (VC) maksimum %5’lik dalgalanma istenmektedir (bu dalgalılığa karşılık VO gerilimindeki dalgalılık çok düşük olur). a) Zener diyodun VZ zener gerilimini, C kondansatörünün ve RS direncinin değerlerini bulunuz. (15Puan) b) Zener diyodun dayanması gereken güç değerini bulunuz.(5Puan) c) Diyotlardan birinin bozularak açık devre olması durumunda VO gerilimindeki dalgalılığın maksimum değeri yaklaşık olarak ne olur. (10Puan) Not: IRYmax aynı kalacaktır. Çözüm: a) Trafonun toplam sekonder gerilimi:Vs(genlik)=Vp(genlik)/n=311/1324 Trafonun birimi çift sargılı olduğundan; Vs1(genlik)=Vs2(genlik) 12V Kondansatörün üzerindeki gerilimin maksimum değeri: Vcmax=12-VD=11.2V Kondsatör geriliminin maksimum dalgalılığı %5 olarak verilmiş dolayısıyla: Vcmin=11.2-11.2x0.05=10.64V Kondansatörün sağına (yani Ry yüküne doğru) bakıldığında derslerde dalgalılık formülünde görülen R büyüklüğü elde edilir. Bu büyüklüğün minimum değeri maksimum (bu örnekte %5) dalgalılığa sebep olacaktır. Sağa doğru baktığımızda gördüğümüz direnç (görünen direnç kavramından hareketle) Vc’nin geriliminin sağ tarafa doğru çekilen akıma bölünmesiyle elde edilir. Rmin=Vcmax/IRYmax=11.2V/0.5A=22.4A (Rmin hesabında zener diyot akımı 0.5A’den çok küçük olduğu için ihmal edildi.) %dalgalılık formülü: %Vr=T/(2RminC)=20mSn/(2x22.4xC)=0.05  C9mF Bu ifadede T şebeke geriliminin peryodudur. Zener diyodun gerilimi çıkış gerilimine VBE geriliminin eklenmesiyle bulunur. Vz=Vo+VBE=9.8V Rs direncinin değeri belirlenirken en kötü durumda dahi tranzistorun baz akımını ve zener diyodun zener bölgesinde jalması için gerekli minimum akımı sağlayacak şekilde seçilmelidir. Bundan dolayı bir maksimum değeri oluşur. Bu değerden bir miktar küçük alınabilir. Ama maksimum değerden ne kadar alınırsa devrede o kadar çok gereksiz güç kaybı oluşur. Rs için en kötü durum Vcmin durumunda ve IRYmaks durumunda oluşur. Vcmin Rs üzerindeki akımın azalmasına sebep olurken IRYmaks durumunda gerekli IB+IZ akımı ihtiyacı maksimuma çıkar. IRYmaks=0.5A IBmaks=5mA Iz=Izmin=0.1A IRs=IBmaks+Izmin=5.1mA (IRS akımı herzaman en az bu kadar akım temin edebilmelidir. Aksi takdirde devrenin regülasyon yapamadığı durumlar oluşur.)

Rs=(Vcmin-Vz)/IRs=(10.64 - 9.8)/5.1mA=165Ohm Rs

 165 Ohm

b) Rs üzerinde maksimum akım akıp tranzistorun bazından minimum akım çekildiğinde (minimum baz akımı çıkışta yük olmayabileceği gözönüne alındığında 0’dır) Iz akımı dolayısıyla Pz maksimum olur. Rs üzerinden maksimum akım Vcmaks durumunda akacaktır (Rs’nin diğer bacağı Vz gerilimine dolayısıyla sabit 9.8V’a bağlıdır). IRsmaks=(Vcmaks-Vz)/Rs=(11.2 - 9.8)/165= 8.5mA=Izmaks  Pzmaks= IzmaksxVz=8.5mAx9.8V=83mW c)Diyotlardan biri bozulup açık devre trafolu doğrultucu devre tek yollu doğrultucuya dönüşür (sekonder sargılardan biri devre dışı kalır ama Vcmaks 11.2V olmaya devam eder). Tek yollu doğrultucularda dalgalılık çift yolluya gore iki katına çıkar dalgalılık formülünde paydada 2 katsayısı bulunmaz.  %Vr2=T/(RminC)=20mSn/(22.4x9mF)=0.1  Vcmin=Vcmaks-Vcmaksx0.1=10.08V Devre çift yollu doğrultucuya göre tasarlandığı için tek yollu doğrultucu çalışma durumunda Vo çıkış geriliminde dalgalılık oluşur. Bu dalgalılık Vcmaks dolayısıyla değil Vcmin dolayısıyla oluşur (zaten Vcmaks değerinde herhangi bir değişiklik söz konusu değildir). Vcmaks durumunda çıkış gerilimi yine 9V olarak kalır. Ama Vcmin durumunun irdelenmesi gerekir. İrdeleme için en kötü durum düşünülmelidir. Bu durum ise çıkıştan IRYmaks=0.5A çekilmesidir.  %Vr2=T/(RminC)=20mSn/(22.4x9mF)=0.1 Vz2=VB=Vcmin-IRsxRs=Vcmin-IBmaksxRs=10.08-5mAx165=9.25V (Bu gerilim değeri Vz=9.8V’tan küçük olduğu için zener diyot zener bölgesinde çalışamaz ve dolayısıyla regülasyon yapamaz.) Vo=9.25-0.8V 8.5V Dalgalılık(Vo)

9V-8.5V0.5V

ELEKTRONİĞE GİRİŞ

UYGULAMA-11

Şekil-1’deki devredeki MOSFET’ler için =1mA/V2, VTH=1V değerleri verilmiştir. MOSFET’ler üzerinde harcanan gücü hesaplayınız. MOSFET’lerin üzerinde harcanan güç

PM  V DS I DS bağıntısı ile hesaplanır. Dolayısıyla tranzstorların IDS akımlarının ve VDS akımlarının bulunması gerekmektedir.

Şekil-1

IDS AKIMLAR, MOSFETler eş olarak verilmişlerdir. Şayet ikisi de doymada ise aynı akımı akıtmak zorundadırlar zira geçit ve kaynak gerilimleri yani VGS gerilimleri eşittir. Şekilde soldaki tranzistor doymada olmalıdır çünkü savak ucu devredeki en yüksek potansiyeldedir (bir NMOS’un savak ucu en yüksek potansiyele bir PMOS’un savak ucu en düşük potansiyele bağlanırsa doyma şartı sağlanmış olur). Bu durumda sağdaki tranzistorun doyma şartını sağlayıp sağlamadığı irdelenmelidir. Bunun için VG ve VD gerilimlerinin bilinmesi gerekir. Doyma şartı

V GS  V TH  V DS veya

NMOS

V GD  V TH VGS  VTH  V DS

PMOS

veya VGD  VTH

olarak alınmalıdır. Devredeki tranzistorların her ikisi NMOS tranzistorlardır. Her iki tranzistorun geçit gerilimi VG  VDD

RG 4  3.96V RG 3  RG 4

olarak devreden elde edilir. Bu aşamada bir öngörüde bulunarak çözüme devam edeceğiz. Öngörümüz sağdaki tranzistorun doymada olduğudur. Bu durumda her iki tranzistorda aynı akımı akıtacağından

I DS1  I DS 2 

IK  1mA 2

sonucuna ulaşılır. Bu akım değeri için V D 2  V DD  I DS 2 xRD  12  4.7  7.3V elde edilir.

Bu noktada yaptığımız öngörünün doğruluğunu test etmemiz gerekmektedir. Buna göre

Nonlineer eleman içeren devrelerin analizinde önce öngörüde bulunup sonra elde edilen sonucun bu öngörüyü destekleyip desteklemediğinin irdelenmesi oldukca kullanılan bir yaklaşımdır. Sonuç öngörü ile uyumlu ise doğruluğu tasdiklenmiş olur.

VGD 2  VTH ???? 3.96  7.3  1  3.34  1

elde edilir ki bu sonuç öngörümüzün doğruluğunu yani T2’nin de doymada olduğunu gösteriyor. Dolayısıyla her iki tranzistor eşit yani 1mA’lik akımlar akıtmaktadır. Akan akımlar bilindiğine göre güç hesabı için gerekli diğer büyüklüğe yani VDS gerilimlerine geçebiliriz. VDS GERİLİMLERİ T1’in savak ucu VDD’ye direkt bağlıdır. T2’nin savaj gerilimi ise yukarıda hesaplanmıştır. Her iki tranzistorun kaynak gerilimleri ise eşittir ve akım gerilim bağıntısından (akımlar bilindiği için) VGS bulunarak elde edilebilirler;

VGS 1  VGS 2 

2 xI DS



 VTH  2.4V  VS 1  VS 2  VG V GS  3.96V  2.4V  1.55V

Sonuç olarak

V DS1  V D1  VS 1  12  1.55  10.45V V DS 2  VD 2  VS 2  7.3  1.55  5.75V  PT 1  I DS1 xVDS1  10.45mW  PT 2  I DS 2 xVDS 2  5.75mW elde edilir.

Şekil’de verilen devrede kullanılan MOS Tranzistor içinVTH=1V, =6mA/V2 değerleri verilmiştir. ID akımının 3mA olması için RS direncinin değeri ne olmalıdır?

Cozum:

For the MOS transistors given in Figure-a, 1=2=3=1mA/V2, VTH1=VTH2= -1V and VTH3=1V are given. a) Find drain currents of the transistors for Vi=0V. (10Points)

Figure-a

b) A PMOS transistor will be used in place of RSS (Figure-b). DC values of the circuit (the values found in a) are required not to change. Find the gate bias voltage (VGB) of the transistor (4=2mA/V2, VTH4= -1V and VA4=100V) . (10Points)

Figure-b

For the MOS transistors given in Figure-a, 1=2=3=1mA/V2, VTH1=VTH2= -1V and VTH3=1V are given. a) Find drain currents of the transistors for Vi=0V. (10Points)

Figure-a

b) A PMOS transistor will be used in place of RSS (Figure-b). DC values of the circuit (the values found in a) are required not to change. Find the gate bias voltage (VGB) of the transistor (4=2mA/V2, VTH4= -1V and VA4=100V) . (10Points)

Figure-b