Problema MOS1. densidade de impurezas na fonte e no dreno: Determinar o ponto de funcionamento em repouso para: a) V = 0 V ; b) V = 3 V

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1 CAPÍTLO 4 MO

2 Cap. 4 1 Problema MO1 Considerar o circuito da figura, que contém um transistor MOFET de canal n, cujas características são as seguintes: MOFET: espessura do óxido: a = 0, μm; largura dos eléctrodos: b = 150 μm comprimento do canal: L = 10 μm; densidade de impurezas do substrato: tensão NA 1 3 m = 0, 10 ; B correspondente a carga espacial nula no semicondutor junto ao óxido: = V ; B densidade de impurezas na fonte e no dreno: N 4 3 m = 10. ilício (T=300K): ni 16 3 m = 1, 4 10 ; 10 ε=10 F/m ; * 1 1 n 0,05 m V s μ = io (T=300K): 10 ε 0 = 0,33 10 F/m x eterminar o ponto de funcionamento em repouso para: a) V = 0 V ; b) V = 3 V Nota: desprezar a contribuição da carga na região de depleção no substrato para a corrente de dreno. +5 V RL = 1 kω V

3 Cap. 4 Resolução A tensão gate-fonte de iar é dada pela expressão: = Q Q +φ (1) ss B V ms C0 C0 inv onde: N A φ = u ln 0,5 V inv T = () n Na situação de carga espacial nula no semicondutor junto ao óxido tem-se: i Q = Vms C ss 0 ou, atendendo a que = B : V ms Qss + = V (3) C 0 e salientar que esta situação corresponde à existência de bandas planas no semicondutor desde o óxido até ao terminal de substrato (B). εφ ε Q Q = qn d ; d = ; C = = 0,3 V (4) B ubstituindo (), (3) e (4) em (1) obtém-se: A inv ox B max max 0 qn A a C0 = 1, V Trata-se assim de um MOFET de canal n de empobrecimento ou de depleção. a) = V = 0 Hipótese: FET na saturação b * I = I = μ sat nc0 (5) sat L a análise do circuito: = I R + (6) 5 L

4 Cap. 4 3 as equações (6) e (5) obtém-se I = 0,1 ma e = 4,9 V. Como = = 1, V tem-se que >, o que confirma a hipótese de partida. sat sat O ponto de funcionamento em repouso P é dado por: b) = V = 3 V I = 0,1 ma ; = 4,9 V ; = 0 V. P P P Hipótese: transistor na saturação a equação (5) tem-se I = 1,3 ma e da equação (6) = 3,7 V. Como <, não se confirma a hipótese: o transistor encontra-se neste caso na zona de não saturação. at esprezando a influência da carga fixa do substrato na corrente de dreno, tem-se: * bμnc0 = ( ) I L (7) as equações (6) e (7) obtêm-se soluções: 1 = 3,6 V e = 1,4 V. A ª hipótese corresponderia a >, além de que fisicamente seria impossível já que sat seria superior à tensão da bateria. O ponto de funcionamento em repouso Q é assim dado por: I = 1, ma ; = 3, 8 V ; = 3 V Q Q Q A figura mostra a representação gráfica das duas situações atrás estudadas. I Q = 3V P = 0V 5 (V)

5 Cap. 4 4 Problema MO Considerar o circuito da figura onde: R = 0 k Ω ; R = 5 k Ω ; R = 9 k Ω ; R = 1 k Ω ; E = 10 V Transistor ( T = 300 K) : a) Calcular as tensões e correntes indicadas. = V ; A= mav b) Calcular o valor de R 4 que leva o transistor à saturação. c) Calcular Δ Δ 1 = u u 1, admitindo que E sofre uma variação ΔE E. d) Repetir c) quando se curto-circuita a resistência R 4. e) erá possível o transistor entrar na saturação quando R =? Justificar. R 1 I 1 I R 3 E R 1 R 4 Resolução a) I1 = R E + R 1 (1) = I R = + I R () = E I R + R (3) 3 4

6 Cap. 4 5 Hipótese: Transistor na região de não saturação. I A = (4) e () e (3) obtém-se: 1 E = R R + R ou seja, ( + ) ( + ) R3 R4 1 R3 R4 = E+ = F + R R 4 4 (5) sendo F = ( R + R ) R = e = = E F 1 10 V. e (4) e (5) obtém-se: I = A F + F + usando (): 1 = AR 4 F F F F sendo: ( ) ; ( ) 1 e ( ) A = F F AR B = AR F + F + C = AR B1± B1 4AC A1 = = 1,0167 V ; = 1,745 V I = 0,98 ma e = 0,167 V com = 3, 0 V sat 1 I = 0,5mA e = 7,45V com = 3,75V sat 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 ; I = 0,98 ma e = 0,17 V

7 Cap. 4 6 b) Consideremos a situação correspondente à fronteira saturação/não saturação. e (6), (7), (8) e (9) obtém-se: A I = sat (6) I I 1 = (7) sat R4 sat E = R + R sat 3 4 sat (8) = (9) e (7) ou seja: e (6) e (7): 1 E + = 18 9 = 6R R R + R = RI = RI 1 4 sat 1 4 sat sat E R I R I = R I I = mA sat sat sat sat 4 (10) sat I sat = = 0,816 V = 1,18 V A e (10) obtém-se R 4 = 4,78 kω. Este é o valor mínimo de R 4 que garante que o transistor se encontre na zona de saturação. c) R 4 = 10 kω: o transistor está na zona de saturação. A I = sat (11) = E I R + R (1) sat 3 4 = + R I (13) 1 4 sat e (11) e (13) considerando: = 4 ; = ; = 4 1 A AR B R A C AR B ± B 4AC 1 A = =,68 V ou = 1, 4 V

8 Cap. 4 7 Escolhe-se a ª solução uma vez que na 1ª se verifica <. O ponto de funcionamento em repouso é I = 0,34 V ; = 3, V ; = 1,4 V. Note-se que o transistor está efectivamente na saturação uma vez que > = 0,58 V. sat Os parâmetros incrementais do circuito para pequenas variações em torno do P.F.R. são: g = A = 1,16 m e g = 0 m sat 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 MOFET não se façam sentir) é o seguinte: ds R 1 R 3 R u 1 u gs g m u gs u ds e=δe ~ R 4 ( 1 ) u = u + g R (14) 1 gs m 4 u = e g u R (15) m gs 3 u 1 = R R + R 1 e (16) e (14), (15) e (16) obtém-se: u R1+ R gmr3 = = 0,37 u R 1+ g R 1 m 4 d) R 4 = 0 : o transistor está na zona de não saturação. = 1 = V

9 Cap. 4 8 I A = (17) e (17) e (18) obtêm-se as seguintes soluções: = 0,14 V e 1 funcionamento em repouso é: Os parâmetros incrementais são: g m E = I R + (18) 3 = 7,97 V. Como = 4 V exclui-se a ª solução. O ponto de sat I = 1, 08 ma ; = 14 V ; = V = A = 0,8 m e g = A( ) = 8m ds sat O circuito para componentes incrementais é, para os mesmos pressupostos assumidos na alínea anterior: R 1 R 3 R u 1 u gs g m u gs g ds u ds e ~ e (19), (0) e (1) obtém-se: u = u (19) 1 gs u = e g u R g u R = u (0) ds m gs 3 ds ds 3 R + R Δ = = (1) 1 E e u1 R u R1+ R = gmr3 ( 1+ gdsr3) = 0,034 u1 R d) e R = verifica-se que: = E R I 4

10 Cap. 4 9 Atendendo a que: = E R + R I 3 4 endo o MOFET de canal n e de empobrecimento ( 0) <, o circuito anterior impõe uma tensão dreno-fonte inferior à tensão dreno-fonte da entrada na saturação: < < = sat Portanto com R = o transistor está sempre a funcionar na zona de não saturação.

11 Cap Problema MO3 Considerar o circuito da figura (a) que utiliza um MOFET de canal n de enriquecimento com as seguintes características: T = 300 K = 0,5 V; A= 1 ma/v a) Calcular o valor que R deve tomar para que o transistor esteja a funcionar no iar da saturação quando 1 = 1max (fig.b). Representar ( t ) durante o período de 1, calculando pelo menos o seu valor para 1max. b) upor que 1 é substituído por uma tensão constante 0 = 1max, em torno da qual existe uma variação Δ 0 << 0. Com E 1 constante e na aproximação quase-estacionária, calcular Δ Δ 0. R 1 I 1 1max E 1 T/ T t (a) (b) ados: E1 = 4V ; 1max = 10V Resolução a) No iar de saturação tem-se: A A I I = = e sat = sat = = sat

12 Cap Como = E1 = 4V obtém-se I = 6,15 ma e = 3,5 V. O valor de R que conduz a esta situação é dado por: R 1max = = 1, 06 kω I Admitindo que 1 varia de uma forma suficientemente lenta para que se possa tomar a sua evolução como uma sequência de estados estacionários, verifica-se pelas características = que se 1 variar de 0 a estacionárias I I (, ) 1max em repouso correspondentes se situam sempre na zona de não saturação. os pontos de funcionamento I 1max T/ T t I A = I R AR C C 1 = + = + = com C1 = AR( ) + 1= 4,7 e C AR 0,53 ( V ) = =. Obtém-se: C ± C + 4C 4,71±,18,1 () t = = C 1, Escolhe-se o sinal negativo de modo a ter-se () t sat. Trata-se de uma parábola com a concavidade virada para cima uma vez que d () t > 0. d 1

13 Cap ,5 at 1,3 T/4 T/ T t t = T = e = 1,3 V< sat 1 1max b) O circuito para componentes incrementais é o seguinte: u gs =0 g m u gs =0 g ds R ~ i u 0 u gs = 0 1 u = R + g i 0 ds ds 1 ds u = g i u u ds 0 1 = 1 + g R ds endo gds A( ) = =, 7 m no ponto de funcionamento em repouso correspondente a 1 = 1max. ubstituindo na expressão da relação de tensões obtém-se o valor 0,9.

14 Cap Problema MO4 Considerar o circuito da figura (a) onde o MOFET apresenta a característica mútua representada em (b) correspondente a = 5 V. a) Calcular os parâmetros do transistor, A e. Calcular ainda E e com R E de modo que = R = 1 kω o transistor se encontre no iar da saturação com I = 9 ma. b) Considerar agora E = 5 V. Admitindo que E sofre uma variação ΔE E e E se mantém constante, calcular Δ Δ Eg na aproximação quase-estacionária e dizer como variaria essa relação se R aumentasse. R I (ma) I 1 R = 10 kω I I E E =10 V P 1 R -1 0 (V) (a) (b) Resolução a) a figura (b) tem-se I = 0 para = 1 V e = 5 V. Logo = 1V. O ponto P corresponde à zona de saturação pois assim: as condições impostas obtém-se: = 5V> = 1V. endo A I = = 1mA A= ma V

15 Cap A I = I V O = sat O = (1) O a análise do circuito: E = + I R = 11 V () O O este modo: = = = 3V, e portanto: O sat O 1 V E = + I R + R = sat sat b) Ao aumentar o valor de E o transistor entra na zona de saturação. Como as variáveis das equações (1) e () 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: ( ) A I = 9mA Q Q = = I e = E R I = V = O A alteração de Q s Q O E apenas provoca a alteração da tensão dreno-fonte, que é dada por: = E I R + R = 7 V> = = 3 V Q O O O confirmando que o ponto se encontra agora na saturação. raficamente pode verificar-se que a recta de carga mantém o mesmo declive, sofrendo no entanto uma translação para a direita (ver figura) I ( + ) ( + ) * E R R E R R O Q = V O Q E * E O circuito para componentes incrementais de baixa frequência quando o MOFET está na zona de saturação é o seguinte:

16 Cap R ΔI Δ g m Δ ~ ΔE Δ R R Δ E =Δ + RΔ I Δ I = gmδ I Δ = g Δ I R + R m ( Q ) g = A = 6 m m ( + ) Δ gm R R = = 1,714 Δ E 1+ g R m

17 Cap Problema MO5 a) Considerar o circuito da figura com o interruptor aberto. abendo que nessa situação a corrente de dreno é assim como a constante ( ma V ) de tensões. I = 17 ma, calcular a zona em que o transistor está a funcionar A de proporcionalidade entre a corrente e a combinação b) Considerar o circuito com o interruptor fechado. Calcular, I, I 1 e I. c) Admitir que E sofre uma variação ΔE E. Calcular na aproximação quaseestacionária ΔI Δ E nas duas situações anteriores (interruptor aberto e fechado). ados: E = 5 V ; E = 0 V ; R = 10 kω ; R = 1 kω ; = 1V. R I 1 I R I I I E E Resolução a) = E RI (1) = E () = (3) sat

18 Cap e (1) obtém-se = 3 V. e () obtém-se = 5 V. e (3) obtém-se = 4 V. sat O transistor está na zona de não saturação e (4) obtém-se I A = A =,7 ma V. (4) b) Com o interruptor fechado = >. Então o transistor encontra-se na zona de saturação. I1 = E R = 15 ma A I = I = 18,16 ma sat = I = I I 1 = 3,16 ma c) Com o interruptor aberto (transistor na zona de não saturação): Δ I = gmδ + gdsδ Δ = RΔI Δ I + RgdsΔ I = gmδe gm = A =6,81 m e gds = A( ) =, 7 m ΔI gm = =,1 m Δ E 1+ g R ds Com o interruptor fechado (transistor na zona de saturação): Δ =Δ E =Δ R = Δ I = Δ 1 Δ I = g Δ = A Δ m ΔI ΔE ( ) = A = 9,08 m