Cap. 4 - MOS 1. Gate Dreno. Fonte

O princípio de funcionamento do transístor de efeito de campo (TEC ou FET, na designação anglo-saxónica) assenta no controlo de uma carga móvel associada a uma camada muito fina de semicondutor, designada por canal, à custa de um campo eléctrico perpendicular à camada e que é criado por um terminal designado por porta (gate, na designação anglo-saxónica). Nas extremidades do canal existem dois contactos metálicos associados a dois terminais designados por dreno (drain) e fonte (source). É hoje o componente mais comercializado, tendo atingido densidades de 10 componentes por pastilha. Graças à miniaturização é 9 possível obter canais com dimensões da ordem do centésimo do mícron, facto que conduz à manifestação de efeitos quânticos interessantes que estão fora do âmbito desta disciplina. Os transístores de efeito de campo (Field Effect Transistor) são de dois tipos: os de junção (JFET) e os de Metal-Isolante-Semicondutor (MISFET). Estes últimos utilizam normalmente o dióxido de silício como isolante e o silício como semicondutor, designando-se então por MOSFET. O dispositivo mais próximo do JFET é o MESFET que utiliza materiais compostos da família do GaAs. Devido à sua rapidez têm larga aplicação na área das micro-ondas. Na lista de problemas propostos e resolvidos (MOS1 a MOS5) é sempre calculado o ponto de funcionamento em repouso (PFR) do transístor, que define o seu funcionamento em regime estacionário e condiciona o seu comportamento em regime variável de pequenos sinais. No problema MOS1 estuda-se a influência dos parâmetros estruturais do transístor na definição da tensão gate-fonte de limiarU_GSlim. Nos restantes problemas os parâmetros característicos do MOS são dados directamente (MOS2, MOS3) ou extraídos a partir de curvas (MOS4, MOS5). A influência da escolha dos diversos dispositivos (resistências, fontes) ou dos parâmetros do transístor

(

U_GSlim, A

)

nas diversas zonas de funcionamento do transístor (zona de tríodo, saturação, corte ou disrupção) é analisada nos problemas MOS2, MOS3 e MOS4. É estudada a influência da variação do sinal de entrada nas tensões e/ou correntes em

Gate

vários pontos do circuito. Nuns casos (Problema MOS3), a análise é feita para grandes sinais em regime quase-estacionário. Nos problemas MOS2, MOS4 e MOS5 a perturbação é interpretada como uma variação corresponde a um sinal alternado sinusoidal de baixa amplitude colocado à entrada

(

u t_i( )

)

, e com efeitos importantes definidos, por exemplo à saída, através do ganho do circuito amplificador

(

u t_o( )=A_v×u t_i( )

)

.

Problema MOS1

Considerar o circuito da figura, que contém um transístor MOSFET de canal n, cujas características são as seguintes:

MOSFET: espessura do óxido: a = 0,2 m;

largura dos eléctrodos: b = 150 m comprimento do canal: L = 10 m;

densidade de impurezas do substrato: 21 3

0, 2 10 A

N = × m− ;

tensão U_GB correspondente a carga espacial nula no semicondutor junto ao óxido: 2 V

GB

U = − ;

densidade de impurezas na fonte e no dreno: 24 3

10 D N = m− . Silício (T=300K): 16 3 1, 4 10 i n = × m− ; F/m −10 ε = 10 ; * 2 1 1 0, 05 m V s n − − μ = SiO2 (T=300K): ε =_0x 0,33 10× 10 F/m

Determinar o ponto de funcionamento em repouso para: a) V_G =0 V ; b) V_G =3 V

Nota: desprezar a contribuição da carga na região de depleção no substrato para a corrente de dreno.

+5 V

D

S

G

V

G

1

L

R

=

k

Ω

Resolução

A tensão porta-fonte de limiar é dada pela expressão:

lim 0 0 inv ss B GS ms S Q Q U V C C = − − − + φ (1) onde: 2 ln 0,5 V inv A S T i N u n φ = = (2)

Na situação de carga espacial nula no semicondutor junto ao óxido tem-se:

0 ss GS ms Q U V C = − −

ou, atendendo a que U_GS =U_GB:

0 2 V ss ms Q V C + = (3)

De salientar que esta situação corresponde à existência de bandas planas no semicondutor desde o óxido até ao terminal de substrato (B).

max max 0 0 2 ; Sinv ; ox B 0,3 V B A A Q Q qN d d C a C qN − − εφ _ε = − = = ⇒ = (4) Substituindo (2), (3) e (4) em (1) obtém-se: lim 1, 2 V GS U = −

Trata-se assim de um MOSFET de canal n de depleção(ou empobrecimento).

a) 0U_GS =V_G =

Hipótese: FET na saturação

* 2 0 2 sat sat D D n D b I I C U L = = μ (5) Da análise do circuito: 5=I R_{D L}+U_DS (6)

De (5) e (6) obtém-se I_D =0,1 mA e U_DS =4,9 V. Como lim 1, 2 V = − = sat DS GS GS U U U tem-se que > sat DS DS

U U , o que confirma a hipótese de partida. O ponto de funcionamento em repouso P é dado por:

0,1 mA ; 4,9 V ; 0 V = = = P P P D DS GS I U U . b) 3 VU_GS =V_G =

Hipótese: transístor na saturação

Da equação (5) tem-se I_D =1,3 mA e da equação (6) U_DS =3,7 V. Como < sat

DS DS

U U ,

não se confirma a hipótese: o transístor encontra-se neste caso na zona de não saturação. Desprezando a influência da carga fixa do substrato na corrente de dreno, tem-se:

(

)

* 2 0 lim 2 μ _{⎡ ⎤} = n _⎣ − − _⎦ D GS GS DS DS b C I U U U U L (7)

Das equações (6) e (7) obtêm-se 2 soluções: U_DS1=3,6 V e U_DS2=21, 4 V. A 2ª hipótese corresponderia a

sat

DS D

U >U , além de que fisicamente seria impossível já que

DS

U seria superior à tensão da bateria. O ponto de funcionamento em repouso Q é assim dado por:

1, 2 mA ; 3,8 V ; 3 V

Q Q Q

D DS GS

I = U = U =

A figura mostra a representação gráfica das duas situações atrás estudadas. Lugar geométrico dois pontos fronteira sat/tríodo ID Q P 5 UDS (V) 3 V = DS U 0 V = GS U

Problema MOS2

Considerar o circuito da figura onde:

1=20 kΩ ; 2 =5 kΩ ; 3=9 kΩ ; 4=1 kΩ ; =10 V R R R R E Transístor

(

T =300 K

)

: lim 2 2 V ; 2 mA V GS U = − A=

a) Calcular as tensões e correntes indicadas.

b) Calcular o valor de R que leva o transístor à saturação. ₄

c) Calcular ΔU₂ ΔU₁=u u , admitindo que E sofre uma variação _{2 1} Δ <<E E.

d) Repetir c) quando se curto circuita a resistência R . ₄

e) Será possível o transístor entrar na saturação quando R₂ = ∞? Justificar.

I1 ID _R3 R1 R2 U1 U2 R4 E D G S

Resolução

a) ₁ 1 2 = + E I R R (1) 1= 1 2= GS+ D 4 U I R U I R (2)

(

3 4

)

= − + DS D U E I R R (3)

Hipótese: Transístor na região de não saturação.

(

lim

)

2 2 D GS GS DS DS I =A U⎡_⎣ −U U −U ⎤_⎦ (4) De (2) e (3) obtém-se:

1 4 3 4 − − = + GS DS U U E U R R R ou seja,

(

3 4

)

1

(

3 4

)

4 4 + + = + GS − = + DS GS U R R U R R U E FU G R R (5) sendo F =

(

R₃+R₄

)

R₄=10 e G= −E FU₁= −10 V

( )

. De (4) e (5) obtém-se:

(

_lim

)

(

) (

)

2 2 D GS GS GS GS I =A U⎡_⎣ −U FU +G − FU +G ⎤_⎦ usando (2):

(

_lim

)

_lim

(

)

2 2 2 1 GS 4 GS GS GS GS GS 2 GS 2 U −U =AR _⎣⎡FU − FU U −GU − FU −FGU −G ⎤_⎦ sendo:

(

)

(

lim

)

(

lim

)

2 2 1 2 4 ; 1 4 GS 1 e 1 4 GS 2 1 A = F−F AR B = AR −FU + −G FG + C = −AR GU +G −U 1 2 2 1 1 1 1 1 B 4 1, 0167 V ; 1, 745 V 2 GS GS GS B A C U U U A − ± − = ⇒ = = 1 1 0, 98 mA e 1 0,167 V com sat1 3, 02 V GS D DS D U ⇒I = U = U = 2 2 0, 25 mA e 2 7, 45 V com sat₂ 3, 75 V GS D DS D U ⇒I = U = U =

Como o transístor por hipótese se admitiu na zona de não saturação é escolhida a solução 1. O ponto de funcionamento em repouso será:

1, 017 V ; 0,98 mA e 0,17 V

= = =

GS D DS

U I U

b) Consideremos a situação correspondente à fronteira saturação/não saturação.

(

lim

)

2 2 sat D GS GS A I = U −U (6)

1 4 sat GS D U U I R − = (7) 3 4 sat sat D D E U I R R − = + (8) lim = − sat DS GS GS U U U (9) De (6), (7), (8) e (9) obtém-se: lim 1 4 4 3 4 18 9 6 GS GS GS GS E U U U U U R R R R − + − = ⇒ − = + (10) De (7) lim 1 4 1 4 = − ⇒ = − − sat sat sat GS _D DS D GS U U R I U U R I U ou seja: lim

3 D_sat 4 D_sat 1 4 D_sat GS D_sat 2 3 mA

E−R I −R I =U −R I −U ⇒I = De (6) e (7): 2 0,816 V 1,18 V = sat = ⇒ = − sat D DS GS I U U A

De (10) obtém-se R₄ =4, 78 kΩ . Este é o valor mínimo de R que garante que o transístor ₄ se encontre na zona de saturação.

c) R₄ =10 kΩ : o transístor está na zona de saturação.

(

lim

)

2 2 sat D GS GS A I = U −U (11)

(

3 4

)

sat DS D U = −E I R +R (12) 1 GS 4 Dsat U =U +R I (13) De (11) e (13) considerando: lim lim 2 2 4 2 ; 2 4 GS 1 ; 2 4 GS 2 1 A = AR B = −R AU + C =AR U −U 1 2 2 2 2 2 2 2 4 2, 68 V ou 1, 42 V 2 GS GS GS B B A C U U U A − ± − = ⇒ = − = −

Escolhe-se a 2ª solução uma vez que na 1ª se verifica

lim

GS GS

U <U . O ponto de funcionamento em repouso é I_D =0,34 V; 3, 2 VU_DS = ; 1, 42 VU_GS = − . Note-se que o transístor está efectivamente na saturação uma vez que > =0, 58 V

sat

DS DS

U U .

Os parâmetros incrementais do circuito para pequenas variações em torno do P.F.R. são:

1,16 mS

sat

m D

g =AU = g_ds = 0

O circuito para componentes incrementais (caso a variação ΔE esteja associada a um sinal de frequência f, pressupõe-se que esta seja suficientemente baixa para que os efeitos capacitivos associados ao MOSFET não se façam sentir) é o seguinte:

R1 R3 R4 R2 u1 uds

~

e=ΔE gmugs D S G ugs

(

)

1 gs 1 m 4 u =u +g R (14) 2 m gs 3 u = −e g u R (15) 2 1 1 2 R u e R R = + (16) De (14), (15) e (16) obtém-se: 2 1 2 3 1 2 4 0,37 1 m m u R R g R u R g R + = − = +

d) R₄ = : o transístor está na zona de não saturação. 0 1 2 V

GS

(

lim

)

2 2 D GS GS DS DS I =A U⎡_⎣ −U U −U ⎤_⎦ (17) 3 D DS E=I R +U (18)

De (17) e (18) obtêm-se as seguintes soluções:

1 0,14 V DS U = e 2 7, 97 V DS U = . Como 4 V sat D

U = exclui-se a 2ª solução. O ponto de funcionamento em repouso é:

1, 08 mA ; 14 V ; 2 V

D DS GS

I = U = U =

Os parâmetros incrementais são: 0, 28 mS

m DS

g =AU = g_ds= A U

(

_Dsat−U_DS

)

=8 mS

O circuito para componentes incrementais é, para os mesmos pressupostos assumidos na alínea anterior: R1 R3 R2 u1 uds

~

e gmugs D S G ugs gds 1 gs u =u (19) 3 3 2 ds m gs ds ds u = −e g u R −g u R =u (20) 1 2 1 2 R R E e u R + Δ = = (21) De (19), (20) e (21) obtém-se:

(

)

2 1 2 3 3 2 1 1 0, 034 m ds u R R g R g R R u ⎡⎛ + ⎞ ⎤ =_{⎢⎜ ⎟}− _⎥ + = ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ d) Se R₂ = ∞ verifica-se que: 4 GS D U = −E R I

Atendendo a que:

(

3 4

)

DS D

U = −E R +R I

Sendo o MOSFET de canal n e de empobrecimento

(

)

lim 0 GS

U < , o circuito anterior impõe uma tensão dreno-fonte inferior à tensão dreno-fonte da entrada na saturação:

lim

< < − =

sat

DS GS GS GS DS

U U U U U

Problema MOS3

Considerar o circuito da figura (a) que utiliza um MOSFET de canal n de enriquecimento com as seguintes características:

(

)

_lim 2

300 K _GS 0, 5 V; 1 mA/V

T = U = A=

a) Calcular o valor que R_D deve tomar para que o transístor esteja a funcionar no limiar da saturação quando U₁=U_1max (fig.b). Representar U_DS( )t durante o período de U₁, calculando pelo menos o seu valor para U_1max 2.

b) Supor que U₁ é substituído por uma tensão constante U₀=U_1max 2, em torno da qual existe uma variação ΔU₀<<U₀. Com E₁ constante e na aproximação quase estacionária, calcular ΔU_DS ΔU₀. G D S RD ID E1 UGS UGS U1 U1max U1 t T T/2 (a) (b) Dados: E₁=4 V ; U_1max =10 V

Resolução

a) No limiar de saturação tem-se:

(

lim

)

lim 2 2 e 2 2 = = = − = = −

sat sat sat

D D D GS GS DS DS GS GS

A A

I I U U U U U U U

Como U_GS =E₁=4 V obtém-se I_D =6,125 mA e U_DS =3,5 V. O valor de R_D que conduz a esta situação é dado por:

1max DS _{1, 06 k} D D U U R I − = = Ω

Admitindo que U₁ varia de uma forma suficientemente lenta para que se possa tomar a sua evolução como uma sequência de estados estacionários, verifica-se pelas características estacionáriasI_D =I_D

(

U_DS,U_GS

)

que se U₁variar de 0 a U_1maxos pontos de funcionamento em repouso correspondentes se situam sempre na zona de não saturação.

ID UGS UDS U U1max T/2 T t

(

lim

)

2 ₂ D GS GS DS DS I = A U⎡_⎣ −U U −U ⎤_⎦

(

lim

)

2 2 1 D D DS D GS GS DS DS 2 DS 1 DS 2 DS U =I R +U =AR _⎣⎡ U −U U −U ⎤_⎦+U =C U +C U com

(

)

lim 1 D GS GS 1 4, 72 C = AR U −U + = e C₂= −AR_D 2= −0,53 V

( )

-1 . Obtém-se: 1 12 2 1 1 2 4 4, 71 22,18 2,12 ( ) 2 1, 06 DS C C C U U U t C − ± + ± − = =

Escolhe-se o sinal negativo de modo a ter-se ( )

sat

DS D

U t ≤U . Trata-se de uma parábola com a concavidade virada para cima uma vez que

2 2 1 ( ) 0 DS d U t dU > .

UDS UDSat t T/2 T T/4 3,5 1,23 1 1max 2 2 2 e 1, 23 V 2 sat D t=T ⇒U =U U = <U

b) O circuito para componentes incrementais é o seguinte:

G D S

~

i RD u0 gds gmugs=0 ugs=0 0 gs u =

(

1

)

0 D ds u = R +g− i 1 ds ds u =g− i 0 1 1 ds ds D u u = +g R Sendo

(

)

lim 2, 27 mS ds GS GS DS

g =A U −U −U = no ponto de funcionamento em repouso correspondente a U₁=U_1max 2. Substituindo na expressão da relação de tensões obtém-se o valor 0,29.

Problema MOS4

Considerar o circuito da figura (a) onde o MOSFET apresenta a característica mútua representada em (b) correspondente a U_DS =5 V.

a) Calcular os parâmetros do transistor, A e U_GSlim. Calcular ainda E e _D E de modo que _G com 1 kR_D =R_S = Ω o transístor se encontre no limiar da saturação com I_D =9 mA. b) Considerar agora E_D =25 V. Admitindo que E sofre uma variação _G ΔE_G <<E_G e E se _D

mantém constante, calcular ΔU_DS ΔE_g na aproximação quase estacionária e dizer como variaria essa relação se R aumentasse. _D

RD UDS ID (mA) UGS(V) P 0 1 -1 ED EG=10 V RG = 10 kΩ G D S ID I1 IG UGS RS (a) (b)

Resolução

a) Da figura (b) tem-se I_D= para 0 U_GS = −1 V e U_DS =5 V. Logo

lim 1 V GS

U = − . O ponto P corresponde à zona de saturação pois

lim 5 V 1 V DS GS GS U = >U −U = . Sendo assim:

(

lim

)

2 ₂ 1 mA 2 mA V 2 D GS GS A I = U −U = ⇒ =A

Das condições impostas obtém-se:

(

lim

)

2 2 V 2 O sat O O D D GS GS GS A I =I = U −U ⇒U = (1) Da análise do circuito:

11 V O O G GS D S E =U +I R = (2) Deste modo: lim 3 V O sat O DS D GS GS U =U =U −U = , e portanto:

(

)

21 V sat sat D D D D S E =U +I R +R =

b) Ao aumentar o valor de E o transístor entra na zona de saturação. Como as variáveis das _D equações (1) e (2) não se alteram, o novo ponto de funcionamento em repouso (ponto Q) não altera as suas coordenadas referentes à corrente de dreno e à tensão porta-fonte:

(

lim

)

2 9 mA 2 Q Q O D GS GS D A I = U −U = =I e 2 V Q Q O GS G s D GS U =E −R I = =U A alteração de E apenas provoca a alteração da tensão dreno-fonte, que é dada por: _D

(

)

7 V _lim 3 V

Q O O O

DS D D D S DS GS GS

U =E −I R +R = >U =U −U =

confirmando que o ponto se encontra agora na saturação. Graficamente pode verificar-se que a recta de carga mantém o mesmo declive, sofrendo no entanto uma translação para a direita (ver figura)

UDS ID Q O

(

)

* D D S E R +R

(

)

D D S E R +R * D E D E O DS U Q DS U 2 V GS U =

O circuito para componentes incrementais de baixa frequência quando o MOSFET está na zona de saturação é o seguinte:

RG

G

ΔE

G

~

ΔU

GS

RS

ΔU

DS

R

D

D

S

ΔI

D

gm

ΔU

GS G GS S D E U R I Δ = Δ + Δ D m D I g I Δ = Δ

(

)

DS m D D S U g I R R Δ = − Δ +

(

Q lim

)

6 mS m GS GS g =A U −U =

(

)

1, 714 1 m S D DS G m S g R R U E g R + Δ _{= − = −} Δ +

Problema MOS5

a) Considerar o circuito da figura com o interruptor S aberto. Sabendo que nessa situação a corrente de dreno é I_D =17 mA, calcular a zona em que o transístor está a funcionar assim como a constante A

(

mA V2

)

de proporcionalidade entre a corrente e a combinação de tensões.

b) Considerar o circuito com o interruptor fechado. Calcular U_DS, I_D, _{I e 1} I . ₂

c) Admitir que E sofre uma variação _G ΔE_G <<E_G. Calcular na aproximação quase estacionária ΔI_D ΔE_G nas duas situações anteriores (interruptor aberto e fechado).

Dados: 5 VE_G = ; 20 VE_D= ; 10 kR_G = Ω ; 1 kR_D = Ω ; lim 1 V GS U = . RD I1 I2 I ID D S ED UDS EG RG G IG UGS

Resolução

a) U_DS =E_D−R I_{D D} (1) GS G U =E (2) lim = − sat DS GS GS U U U (3)

De (1) obtém-se U_DS =3 V. De (2) obtém-se U_GS =5 V. De (3) obtém-se =4 V

sat

DS

U .

O transístor está na zona de não saturação

(

lim

)

2

2

D GS GS DS DS

De (4) obtém-se A=2, 27 mA V2.

b) Com o interruptor fechado

lim

DS GS GS GS

U =U >U −U . Então o transístor encontra-se na zona de saturação.

(

)

1= D− DS D=15 mA I E U R

(

lim

)

2 18,16 mA 2 sat D D GS GS A I =I = U −U = 2 = D− =1 3,16 mA I I I

c) Com o interruptor S aberto (transístor na zona de não saturação): Δ =I_D g_mΔU_GS+g_dsΔU_DS ΔU_DS = − ΔR_D I_D Δ +I_D R g_{D ds}Δ =I_D g_mΔE_G 6,81 mS = = m DS g AU

(

)

lim 2, 27 mS ds GS GS DS g = A U −U −U = 2,1 mS 1 Δ = = Δ D_G + _dsm _D I g E g R

Com o interruptor S fechado (transístor na zona de saturação): ΔU_GS = ΔE_G = ΔU_DS 1 = Δ = −Δ D DS R I U

(

lim

)

D m GS GS GS GS I g U A U U U Δ = Δ = − Δ

(

lim

)

9, 08 mS Δ _{= − = =} Δ D GS GS m G I A U U g E