Clase Práctica 3. Plan D Problemas De Polarización Del Fet: Sumario

CLASE PRÁCTICA 3. PLAN D PROBLEMAS DE POLARIZACIÓN DEL FET Sumario: 1. Introducción. 2. Solución de problemas. 3. Conclusiones.

Bibliografía: 1. Rashid M. H. “Circuitos Microelectrónicos. Análisis y diseño”, pag. 214-232.

Objetivos: Que los estudiantes ejerciten la polarización y el cálculo del punto de operación de los transistores FETs y la representación de la línea de carga estática en la característica de salida.

Problemas: 1. Para el circuito de la figura 1, calcule: a) El punto de operación del MOSFET. Represente la línea de carga estática en la característica de salida.  b) La potencia que disipa el transistor en reposo. c) El valor máximo de R D para que se mantenga operando en la región de saturación. 2 Datos: Vt = 2 V, IDSS = 0,2 mA/V W = μn Cox ⎛⎜ ⎞⎟ y que en la ⎝L⎠ 2 i D = K p ( vGS − VT ) si s i v DSQ ≥ ( vGSQ − VT )

Recordar que K p saturación

región de

Respuesta: a) Se considera que el transistor MOS canal N trabaja en saturación, se debe cumplir que: (VDSQ > VGSQ – VT) y (VGSQ ≥ VT) Rg 2 100 VTH = VDD = 30 = 9 .4 V Rg1 + Rg 2 100 + 220 Aplicando Thevenin: R TH pero I D =K

= Rg = Rg1  Rg2 = 220  100 = 68.7 kΩ 

2

(V GS −V T ) para saturación como IG = 0, VGS = VTH − ID R F   p

1

2

= K p ( VTH − ID R F − VT ) = 0.2 ( 9.4 − 2ID − 2)

ID

5I D 2

4I D I D1,2 I D1

2

2

= ( 7.4 − 2ID ) = 54.4 − 29.5ID + 4I2

D

− 34.5ID + 54.4 = 0 =

−b ± b2 − 4ac

2a = 6.55mA ⇒ VGS1

=

34.5 ± 34.52

− 4 ⋅ 4 ⋅ 54.4

=

34.5 ± 17.88

2⋅ 4 8 = 9.4 − 2 ( 6.55) = − 3.7V ( imposible)

= 2mA ⇒ VGSQ = 9.4 − 2 ( 2) = 5.4 V > VT De la malla de salida VDSQ = VDD − I DQ ( R D + R F ) = 30 − 2i8.2 = 13.6 V I DQ

Comprobando saturación: VDSQ ≥ (VGSQ – VT) 13.6 ≥ (5.4 – 2) = 3.4 V (se cumple) Q ⎡⎣ I DQ

= 2mA, VGSQ = 5.4V, VDSQ = 13.6V⎤⎦

 b) La potencia disipada por Q en reposo (con Vi = 0): PD PDD La potencia entregada por VDD:

= VDSQ I DQ = 13.6i2 =

= VDD ( I D + I Rg ) = 30 ( 2 + 0.094) =

donde

1

IR g1

=

VDD R g1 + R g 2

=

30 320

27.2mW

62.8 mW

= 0.094 mA = 94 μ A

c) Cálculo de R Dmax para que Q se mantenga en la región de saturación: Como en saturación ID se mantiene casi constante, de la malla de salida para VDSmin=VGSQ – VT = 3.4 V VDD = I D R D max + VDSmin + I D R F   R Dmax

=

VDD

− VDSmin − I D R F ID

2

=

 30 − 3.4 − 2i 2 2

= 11.3 kΩ

 

2. Para el MOSFET canal N del circuito de polarización de la figura 2, calcule: a) El punto de operación. Sugerencia: desprecie a IRg1 frente a IDQ.  b) La potencia que disipa el transistor en reposo 2 Datos: VT =3 V, K  p= 0.3 mA/V

a) Se considera a Q operando en la región de saturación: V − VDS 2 I D = K p ( VGS − VT ) = DD R D

(1)

Por ser ID >> IRg1 (dato), pero: Rg 2 12 = VDS = 0.86VDS VGS = VDS Rg1 + Rg 2 14

(2)

Simultaneando (1) con (2): VDD − VDS RD 2 0.44VDS

=

20 − VDS 2

= 0.3 ( 0.86VDS − 3)

− 2.1VDS − 14.6 = 0

2.1 ± 2.12 + 4i 0.44i14.6

VDS

=

VGS

= 0.86VDS = 0.86i8.6 =

ID

2

0.88 2

= 0.3 (7.4 − 3) =

=

2.1± 5.48 0.88

=

8.6 V > 0

7.4 V > VT

5.8 mA

Comprobando saturación: 8.6 V > (7.4 – 3) = 4.4 V  b) PD

= VDSQ I DQ = 8.6i5.8 = 49.9 mW

3. Para el circuito de la figura 3, calcule: a) el punto de operación del MOS N decremental o de canal implantado.  b) la potencia que disipa el transistor en reposo. Datos: VT = - 4 V, K  p = 1 mA/V2.

a) Se considera al transistor operando en la región de saturación, pero teniendo en cuenta que el VT del MOS N implantado o decremental es negativo:

3

= K p ( VGS − VT ) siempre que VDS ≥ ( VGS − VT ) VGS = −I D R F = −3I D pues IG = 0 ID

ID

2

2

= 1 ⎡⎣ −3ID − ( −4 ) ⎤⎦ = ( 4 − 3ID ) = (16 − 24ID + 9I2D )

9I2D − 24I D + 16 = 0 ID

=

25 ± 252 − 4i9i16

=

25 ± 7

I D1

18 = 1.78 mA, VGS1

18 = −3i1.78 = − 5.33 V (imposible VGS > VT )

I DQ

= 1 mA, VGSQ = −1i3 = − 3 V

(modo empobrecimiento)

De la malla de salida: VDSQ

= VDD − IDQ ( R D + R F ) = 20 − 1(10.5) =

9.5 V

Comprobando saturación: 9.5 V > [– 3 – (– 4)] = 1 V (cumple)  b) PD

= VDSQ I DQ = 9.5i1 =

9.5 mW

4. En el circuito de la figura 4, calcule: a) los valores de R F y de R D para que ID=0.4 mA y VDS = 4 V.  b) las potencias que se disipa en el transistor y la que entrega la batería en reposo. Datos: VT = 2 V, K  p = 0.4 mA/V2.

a) Se considera a Q en saturación: ID = K  p(VGS – VT) Como ID es dato se encontrará el VGS correspondiente 0.4 = 0.4 ( VGS − 2)

2

2

2 = 0.4 ( VGS − 4VGS + 4)

2 VGS − 4VGS + 3 = 0

4 ± 16 − 4i3

=

VGS1

= VGSQ = 3 V > VT = 1 V < VT (imposible)

VGS2

2

=

4± 2

VGS

2

De la malla de entrada: VSS

= VGSQ + IDQ R F ⇒ R F =

De la malla de salida:

4

VSS − VGSQ I DQ

=

5−3 0.4

= 5 kΩ

 

VSS + VDD

= VDS + ID ( R D + R F ) pero VDS = 4 V VDD + VSS − VDSQ − I DQ R F 1   0 − 4 − 0.4i 5 RD = = = 10 kΩ I DQ

0.4

 b) PD

= VDSQ I DQ = 4i0.4 = 1.6 mW

Pbaterías

= ( VDD + VSS ) IDQ = 10i0.4 = 4 mW

5. Para el circuito de la figura 5, calcule: a) el punto de operación del MOS N decremental o de canal implantado.  b) la potencia que disipa el transistor en reposo. Datos: VT = - 4 V, K  p = 1 mA/V2.

a) Considero en saturación al MOS N canal implantado 2

= K p ( VGS − VT ) VGS = −ID R F donde R F = R F1 + R F2 = 0.1 + 3 = 3.1 kΩ  VGS = −3.1ID ID

2

2

= K p ( −3.1ID − VT ) = 1( −3.1ID + 4 ) = 16 − 24.8ID + 9.61I2D 9.61I2D − 25.8ID + 16 = 0 ID

25.8 ±

ID

=

I D1

= 1 mA = 1.71 mA

I D2

2

( 25.8) − 4i9.61i16 2i9.61

=

25.8 ± 7.1 19.22

VGS1

= VGSQ = −3.1(1) = −3.1 V

VGS2

= −3.1(1.71) = −5.3 V (imposible por ser modularmente mayor que VT )

VDS

para IDQ

= 1 mA

= VDD − I DQ ( R D + R F ) = 25 − 1(13.1) =

11.9 V

Comprobando saturación: VDSQ = 11.9 V > (VGSQ – VT) = – 3.1 + 4 = 0.9 V (cumple)  b) PD

= VDSQ I DQ = 11.9i1 =

11.9 mW

5

 

6. Para el circuito de la figura 6, calcule: a) el punto de operación del JFET. Represente la línea de carga estática en la característica de salida.  b) la potencia que disipa el transistor en reposo. c) el valor máximo de R D para que se mantenga operando en la región de saturación. Datos: VP = – 6 V, IDSS = 5 mA. Recuerde que para el  I  JFET: K  p =  DSS2 y en la región de saturación se cumple V  p que: i

= K p(v GS− V p)2

si v

D

DS

≥ (v GS− V p) 

a) Se considera a Q en saturación (VDSQ ≥ VGSQ – V p) I 5 K p = DSS = = 138.9 μA V2 2 2 V p 6

= − ID R F = −ID

pero : VGS ID

2

2

= K p ( VGS − Vp ) = 0.14 (− ID + 6 ) = 0.14(ID 2 − 12ID + 36)

I 2D − 19.2 + 36 = 0 ID

=

19.2 ± 19.22 − 4i36

=

19.2 ± 14.7

I D1

2 2 = 17.1 mA (imposible por ser mayor que IDSS )

I DQ

=

VGSQ

2.1 mA

= − IDQ R F = −2.1i1 = −2.1 V

De la malla de salida: VDSQ

= VDD − I DQ ( R D + R F ) = 16 − 2.1( 4.3 + 1) = 4.9 V

Comprobando saturación: 4.9 V > (– 2.1 + 6) = 3.9 V (cumple)  b) PD

= VDSQ I DQ = 4.9i2.1 =

10.29 mW

c) R Dmax para IDQ = 2.1 mA y VDS min = VGSQ – V p = 3.9 V De la malla de salida: R Dmax

=

VDD

− VDSmin − IDQ R F I DQ

=

  − 3.9 − 2.1i1 16 2.1

=

4.76 kΩ

 

7. En el circuito del problema anterior, calcule los valores de R F y R D para que el punto de operación cambie a IDQ = 1 mA y VDSQ = 10 V. IDQ se controla por VGS en la región de saturación, de donde:

6

I DSS

=

K p

2  p

V

pero : VGS ID

=

5 6

2

= 0.14

mA V2

= − ID R F = −ID ⇒ ID = −VGS 2

2

= −VGS = K p ( VGS − Vp ) = 0.14 ( VGS + 6) = 0.14(VGS2 + 12VGS + 36)

2 + 19.14VGS + 36 = 0 de donde : VGS

−19.14 ±

19.142

− 4i36

VGS

=

VGS1

= −17 V (imposible, > Vp

VGS2

= −2.12 V

VGS

2

VGS

<

V p

VGS

= −I D R F ⇒ R F = −

=

ID

− 19.14 ± 14.9 2

OK.

=

2.12 1

=

2.12 kΩ (2.2 kΩ comercial)

De la malla de salida: VDD = VDS + I D ( R D + R F )   RD

=

VDD − VDS − I D R F ID

 16 − 10 − 2.12

=

1

=

3.9 kΩ (3.9 kΩ comercial)

8. Determine el valor máximo de R D para que el JFET de la figura 7 trabaje como fuente de corriente con: IDQ = 1.5 mA. Datos: VP = – 4 V, IDSS = 3.84 mA.

Para que el JFET trabaje como fuente de corriente con ID = 15 mA, debe trabajar en la región de saturación con VDS ≥ (VGS – V p) y con |VGS| ( VGSQ − Vp ) = −1.21 + 4 = 2.78 V (cumple)

9