CAPÍTULO 4
Problema MOS1
Considerar o circuito da figura, que contém um transistor MOSFET de canal n, cujas características são as seguintes:
MOSFET: espessura do óxido: a = 0,2 μm;
largura dos eléctrodos: b = 150 μm
comprimento do canal: L = 10 μm;
densidade de impurezas do substrato: NA=0, 2 10× 21m−3;
tensão UGB correspondente a carga espacial nula no semicondutor junto ao óxido: UGB= −2 V;
densidade de impurezas na fonte e no dreno: ND =1024m−3.
Silício (T=300K): ni =1, 4 10× 16m−3; 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) VG =0 V ; b) VG =3 V
Nota: desprezar a contribuição da carga na região de depleção no substrato para a corrente de dreno. +5 V D S G VG 1 L R = kΩ
Resolução
A tensão gate-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 UGS =UGB:
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 empobrecimento ou de depleção.
a) 0UGS =VG =
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 RD L+UDS (6)
Das equações (6) e (5) obtém-se ID =0,1 mA e UDS =4,9 V. Como lim 1, 2 V sat D GS GS U =U −U = tem-se que sat DS D
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 VUGS =VG =
Hipótese: transistor na saturação
Da equação (5) tem-se ID=1,3 mA e da equação (6) UDS =3,7 V. Como UDS <UDSat, não se confirma a hipótese: o transistor 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: UDS1=3,6 V e UDS2=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.
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 Transistor
(
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 transistor 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 transistor 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: Transistor 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 transistor por hipótese se admitiu na zona de não saturação escolheu-se a solução 1. O ponto de funcionamento em repouso será:
1, 017 V ; 0,98 mA e 0,17 V
= = =
GS D DS
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 D 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 sat 1 4 sat sat GS D D D GS U =U −R I ⇒U =U −R I −U ou seja: lim3 Dsat 4 Dsat 1 4 Dsat GS Dsat 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 D GS I U U A = = ⇒ = −
De (10) obtém-se R4 =4, 78 kΩ . Este é o valor mínimo de R que garante que o transistor 4
se encontre na zona de saturação.
c) R4 =10 kΩ : o transistor 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 ID =0,34 V; 3, 2 VUDS = ; 1, 42 VUGS = − . Note-se que o transistor está efectivamente na saturação uma vez que 0, 58 V
sat
DS D
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 = e gds = 0
O circuito para componentes incrementais (caso a variação ΔE esteja associada a um sinal de frequência f, esta pressupõe-se 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 transistor está na zona de não saturação. 01 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 = e gds= A U
(
Dsat−UDS)
=8 mSO 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 IAtendendo 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 D 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 2300 K GS 0, 5 V; 1 mA/V
T = U = A=
a) Calcular o valor que R deve tomar para que o transistor esteja a funcionar no limiar da D
saturação quando U1=U1max (fig.b). Representar UDS( )t durante o período de U , 1
calculando pelo menos o seu valor para U1max 2.
b) Supor que U é substituído por uma tensão constante 1 U0=U1max 2, em torno da qual existe uma variação ΔU0<<U0. Com E constante e na aproximação quase-estacionária, 1
calcular ΔUDS ΔU0. G D S RD ID E1 UGS UGS U1 U1max U1 t T T/2 (a) (b) Dados: E1=4 V ; U1max =10 V
Resolução
a) No limiar de saturação tem-se:
(
lim)
lim2 2
e
2 2
sat sat sat
D D D GS GS DS D GS GS
A A
Como UGS =E1=4 V obtém-se ID =6,125 mA e UDS =3,5 V. O valor de R que D
conduz a esta situação é dado por:
1max DS 1, 06 k D D U U R I − = = Ω
Admitindo que U varia de uma forma suficientemente lenta para que se possa tomar a sua 1
evolução como uma sequência de estados estacionários, verifica-se pelas características estacionáriasID =ID
(
UDS,UGS)
que se U variar de 0 a 1 U1maxos 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= −ARD 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 DSg =A U −U −U = no ponto de funcionamento em repouso correspondente a U1=U1max 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 UDS =5 V.
a) Calcular os parâmetros do transistor, A e UGSlim. Calcular ainda ED e EG de modo que com 1 kRD =RS = Ω o transistor se encontre no limiar da saturação com ID =9 mA. b) Considerar agora ED =25 V. Admitindo que EG sofre uma variação ΔEG EG e ED se
mantém constante, calcular ΔUDS ΔEg na aproximação quase-estacionária e dizer como variaria essa relação se RD aumentasse.
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 ID= para 0 UGS = −1 V e UDS =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(
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 ED o transistor entra na zona de saturação. Como as variáveis das 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 gate-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 = =UA alteração de ED apenas provoca a alteração da tensão dreno-fonte, que é dada por:
(
)
7 V lim 3 VQ 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 UDSQ 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 ΔEG
~
ΔUGS RS ΔUDS RD D S ΔID gmΔUGS 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 ID =17 mA, calcular a zona em que o transistor 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 UDS, ID, I e 1 I2.
c) Admitir que EG sofre uma variação ΔEG EG. Calcular na aproximação quase-estacionária ΔID ΔEG nas duas situações anteriores (interruptor aberto e fechado).
Dados: 5 VEG = ; 20 VED= ; 10 kRG = Ω ; 1 kRD = Ω ; lim 1 V GS U = . RD I1 I2 I ID D S ED UDS EG RG G IG UGS
Resolução
a) UDS =ED−R ID D (1) GS G U =E (2) lim sat D GS GS U =U −U (3)De (1) obtém-se UDS =3 V. De (2) obtém-se UGS =5 V. De (3) obtém-se 4 V
sat
D
U = .
O transistor está na zona de não saturação
(
lim)
2 2 D GS GS DS DS I =A U⎡⎣ −U U −U ⎤⎦ (4) 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 transistor 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 Ic) Com o interruptor S aberto (transistor na zona de não saturação): Δ =ID gmΔUGS+gdsΔUDS ΔUDS = − ΔRD ID Δ +ID R gD dsΔ =ID gmΔEG 6,81 mS = = m DS g AU e
(
)
lim 2, 27 mS ds GS GS DS g = A U −U −U = 2,1 mS 1 Δ = = Δ DG + dsm D I g E g RCom o interruptor S fechado (transistor na zona de saturação): ΔUGS = ΔEG = ΔUDS 1 = Δ = −Δ D DS R I U