1

EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 4. EL TRANSISTOR

1. En el circuito de la figura, suponiendo que el MOSFET posee unas caractersticas de salida

como las dadas en la figura:

a) Representar la recta de carga sobre dichas caractersticas, sealar el punto de trabajo Q

y los valores de IDQ y VDSQ.

b) Si se desea VDS= 25 V, cunto debe valer VGG?

a) Recta de carga: VDD= IDRD + VDS 40= ID1,14 + VDS

Puntos de corte con los ejes: VDS= 0 ID= 40/1,14= 35 mA

ID= 0 VDS= 40 V

De la interseccin Q de la curva VGS= 14 V con la recta de carga: VDS 17 V y ID 21 mA

b) Dado que la recta de carga no cambia, VDS= 25 V Q VGS= VGG 10,5 V

0 10 20 30 40 50

10

20

30

40

50

14V

16V

18V

VGS=20V

8V

12V

VDS(V)

ID(mA)

10V

6V

4V

RD=1,14k

VDD=40V

VGG=14V

D

S

G

0 10 20 30 40 50

10

20

30

40

50

14V

16V

18V

VGS=20V

8V

12V

VDS(V)

ID(mA)

10V

6V

4V

Q

17

21

35

Q VGS=10,5V

25

2

2. El transistor de la siguiente figura es un NMOS de acumulacin.

Las curvas de salida de este transistor son las siguientes:

a) Escribir las ecuaciones de entrada y salida del circuito, indicando sobre el mismo cada

parmetro utilizado.

b) Escribir la ecuacin de la recta de carga y dibujarla sobre las curvas de salida.

c) Dibujar la caracterstica de transferencia para una VDS de 15 V, e indicar sobre ella las zonas

correspondientes a cada regin de funcionamiento.

d) A partir de la recta de carga determinar el valor de ID y VDS para VGS = 5 V. Indicar en qu

regin de funcionamiento est el transistor.

e) Valor de VG a partir del cual Q entra en zona hmica. Valores de ID y VDS para VG = 7 V.

f) La lnea de puntos, qu regiones delimita? Indicar cul es cada una de ellas en las curvas

de salida.

g) Indicar para cada una de las regiones que separa la lnea de puntos la relacin que hay entre

las tensiones VDS, VGS y VT.

h) A partir de las curvas, calcular el valor de la constante de transconductancia k.

i) Explicar brevemente el procedimiento a seguir para el anlisis y clculo de los parmetros

del transistor NMOS de la figura.

VDD = 25V

VG

Vo

RD = 1 k

Q

9

I D [mA]

36

VDS [V]

25

VGS2V

4

VGS=8V

VGS=7V

VGS=6V 16

VGS=5V

VGS=4V

6 18 2 14 10 22 26

3

a) VG = VGS

25 V = 1 k ID + Vo = ID + VDS

b) 25 = ID + VDS 1 = ID/25+VDS/25

(Ecuacin del tipo x/a + y/b = 1, es decir, que la recta corta al eje y en el punto x = a y al

eje x en el punto y = b)

c) De las curvas de salida vemos que VDS=15 V corresponde a valores en la regin de saturacin.

Observando, en las curvas azules, los valores de la corriente de saturacin, vemos que:

Cuando VGS = 4 V ID = 4 mA = 22 = (42)2 Punto a

VGS = 5 V ID = 9 mA = 32 = (52)2 Punto b

VGS = 6 V ID = 16 mA = 42 = (62)2 Punto c

VGS = 7 V ID = 25 mA = 52 = (72)2 Punto d

VGS = 8 V ID = 36 mA = 62 = (82)2 Punto e

De aqu se ve claramente que, como ID = k (VGSVT)2 k = 1 mA/V2, VT = 2 V Punto o

d) En las curvas de salida, observando el punto P, obtenemos:

ID = 9 mA, VDS 15,5 V (en saturacin, porque est por debajo de la curva lmite)

9

I D [mA]

36

VDS [V]

25

VGS2V

4

VGS=8V

VGS=7V

VGS=6V 16

VGS=5V

VGS=4V

6 18 2 14 10 22 26

4

I DSAT

[mA]

36

[V] 6 1 2

5 3 VGS 7 8

4 a

b

c

d

e

o

9

I D [mA]

36

VDS [V]

25

VGS2V

4

VGS=8V

VGS=7V

VGS=6V 16

VGS=5V

VGS=4V

6 18 2 14 10 22 26

Recta de carga

P

4

e) Ver curvas de salida, punto R:

VGS 6,5 V

ID 20,5 mA

VDS 4,5 V

f) Regiones hmica (izquierda) y saturacin (derecha)

g) hmica: VDS < VGS VT

Saturacin: VDS > VGS VT

h) Escogemos un valor de VGS en la zona de saturacin sobre la recta de carga. Por ejemplo,

utilizando el punto P obtenemos:

VGS = 5 V ID = 9 mA en saturacin ID = k(VGSVT)2

9 = k(5 2) k = 1 mA/V

i) Si VGS < VT corte ID = 0, VDS = VDD = 25 V

Si VGS > VT, suponemos saturacin ID = k(VGS VT), VDS = 25 ID

Si VDS > VGS VT, suposicin correcta. Si no, est en hmica

9

I D [mA]

36

VDS [V]

25

VGS2V

4

VGS=8V

VGS=7V

VGS=6V 16

VGS=5V

VGS=4V

6 18 2 14 10 22 26

Recta de carga

R

9

I D [mA]

36

VDS [V]

25

VGS2V

4

VGS=8V

VGS=7V

VGS=6V 16

VGS=5V

VGS=4V

6 18 2 14 10 22 26

Zona hmica

Zona de Saturacin

5

3. En el circuito de la figura el MOSFET tiene VT= 2 V y k = 2 mA / V2. Calcular:

a) Valor de VGG para el cual comienza a conducir el transistor. b) Valor de VGG para que el transistor entre en zona hmica.

VGG se conecta a los 24 V de alimentacin del transistor. Calcular:

c) Valor de VGS. d) Valor de ID. e) Valor de Vo.

Aplicamos Thvenin a la izquierda del terminal de puerta G:

5

V

200800

200VV GGGGTH

160K

800200

800200200//800RTH

El circuito equivalente queda:

Por ser IG= 0: 5

VVV GGTHGS

a) MOSFET entre corte y conduccin (ON/OFF) VGS= VT= 2 V. Entonces:

10VV5

V2V GG

GGGS

b) MOSFET entre saturacin y hmica:

2DS2DSD2

TGSD

TGSDS2VkVI

)Vk(VI

VVV

(1)

Ecuacin malla de salida: 24= ID1+VDS (2)

De (1) y (2) se obtiene: 2VDS2+VDS-24= 0 VDS= 3,22 V (La VDS negativa no es vlida) Entonces: VGS= VDS+VT= 3,22 + 2= 5,22 V

Por lo que: 26,1VV5

V5,22V GG

GGGS

En resumen: VGG 10 V MOSFET en zona de corte (OFF)

10 V VGG 26,1 V MOSFET en zona de saturacin (ON)

VGG 26,1 V MOSFET en zona hmica (ON)

200K

V o

1K

24V

800K

V GG

200K

V o

1K

24V

800K

V GG

D

S

G

200K

800K

200K

800K

V GG G

VTH

V TH

RTH G

V o

1K

24V

Vo=VDS

1K

24V

D

S V TH

RTH G

ID

IG=0 VGS

6

c) VGG= 24V. Del apartado anterior se sabe que el MOSFET est en saturacin.

4,8V5

24

5

VV GGGS

d)

mA 15,682)2(4,8)Vk(VI 22TGSD

e) De la malla de salida se deduce:

8,32V115,6824Vo

Comprobacin de MOSFET en zona de saturacin:

VDS= Vo= 8,32 V > VGS- VT= 4,8 - 2= 2,8 V MOSFET en saturacin

7

4. En el circuito de la figura, Q es un MOSFET de acumulacin canal N con VT = 1 V y k = 1 mA/V2. Calcular:

a) Valor de R para el cual comienza a conducir el transistor.

b) Valor de R para el cual Vo = 6 V.

c) Valor de R para que el transistor entre en la zona hmica.

a) CIRCUITO EQUIVALENTE INICIAL:

Durante los clculos trabajaremos con voltajes en V,

resistencias en y corrientes en A. Entonces, como VDD =

20 V, R1 = 200 k = 2105 , de la malla GS:

VGG = VTH = I R1 = VDD R1 /(R+R1) = 20 2105 /(R+2105)

RG = RTH = R||R1 = RR1/(R+R1) = 2105 R/(R+2105)

CIRCUITO EQUIVALENTE FINAL:

8

Del circuito de malla GS: VGGIGRGVGS = 0 VGS = VGG (porque IG = 0)

Q conduce cuando VGS VT comenzar a conducir en el caso de igualdad:

VGS = VGG = VT 20 V 2105 /(R +2105 ) = 1 V R = 3,8106 = 3,8 M

b) Tenemos Vo = VDS como dato Analizando la malla DS: VDDIDRDVDS = VDDIDRDVo = 0

(VDDVo)/RD = ID ID = (20 V6 V)/2000 = 7/1000 A = 7 mA

Como ID 0 Q no est en corte, sino en conduccin Q en saturacin o en hmica.

Suponemos, por ejemplo, Q en saturacin:

ID = k(VGSVT)2 podemos despejar VGS (7/1000) A = (1/1000) A/V2 (VGS1 V)2 7 =

(VGS1)2 7 = VGS2 2VGS + 1 VGS2 2VGS 6 = 0 Ecuacin de 2 grado (VGS en V)

2 soluciones:

2GS,1

GS,1,2

GS,2

V 3,65[V]( 2) ( 2) 4.1.( 6) 2 28V

V 1,65[V]2.1 2

VGS 0 Elegimos el resultado positivo VGS = 3,65 V

Verificamos si este resultado cumple la condicin de saturacin:

VDS = Vo = 6 V VGS VT = 3,65 V 1 V = 2,65 V Se cumple VDS VGS VT La suposicin

de que Q est en estado de saturacin es correcta.

Ahora calculamos R de la ecuacin de malla de entrada (malla GS):

VGG = VGS = 3,65 V = 20 V 2105 /(R +2105 ) R = 895900 = 895,9 k

c) En la zona lmite hmica/saturacin se cumplen las siguientes igualdades:

2

2 2 2 2D GS TD DS DS DS

DS GS T

I k(V V )I k V 1/1000 [A / V ].V V /1000

V V V

De la malla DS podemos obtener ID = (VDDVDS)/RD = (20 V VDS)/2000 = VDS2/1000

Ecuacin de segundo grado, con VDS en V:

(20 VDS)/2000 = VDS2/1000 VDS2 + 0,5 VDS10 = 0

2DS,1

DS,1,2

DS,2

V 2,92[V]0,5 0,5 4.1.( 10) 0,5 40,25V

V 3,42[V]2.1 2

VDS 0 Elegimos el resultado positivo VDS = 2,92 V

Como VDS = VGS VT VGS = VDS + VT = 2,92 V + 1 V = 3,92 V

Ahora calculamos R utilizando la ecuacin de malla GS: VGS = VGG

VGS = 3,92 V = VGG = 20 2105 /(R+2105) R = 820408 = 820,41 k

9

5. Para un transistor PMOS con |VT|= 1 V y k= 1 mA/V2 se pide determinar la intensidad de corriente ID y el voltaje VSD en los siguientes circuitos de polarizacin:

Q

RG=50k

VSS=5V

RD=0,5k

Q RG=50k

VSS=5V

RD=0,5k

Q

VSS=5V

RD=0,5k

RG=50k

Circuito 1 Circuito 2 Circuito 3

Q RG=50k

VSS=5V

RD=0,5k

Circuito 4

-VSS=-5V

Circuito 1:

IG= 0 VSG= IGRG= 0 Q OFF ID= 0

VSD= VSS - IDRD= 5-0= 5 V

Circuito 2:

IG= 0 VSG= VSS-IGRG= 5 V Q ON Suponemos Q en hmica

OhmicaenQVVVV

VrIV

mARr

VI

kVVk

r

TSGSD

SDDSD

DSD

SSD

TSGSD

41567,1

67,125,067,6

67,65,025,0

5

25,0)15(1

1

)(

1

Q

RG=50k

VSS=5V

RD=0,5k

S

D G

IG= 0

ID

Q

RG=50k

VSS=5V

RD=0,5k

IG= 0 ID

S

D

G

10

Circuito 3:

IG= 0 VSG= VSD Q ON en saturacin pues VSD > VSG-VT

mAI

VVV

VVVVV

IVRIVV

VVVkI

D

SGSD

SGSGSGSG

DSDDDSDSS

SGTSGD

4)13(1

3

312210

5,05

)1(1)(

2

2

22

Circuito 4:

IG= 0 VSG= VSS-IGRG= 5 V Q ON Suponemos Q en hmica

hmicaenQVVVV

VrIV

mARr

VVI

kVVk

r

TSGSD

SDDSD

DSD

SSSSD

TSGSD

41533,3

33,325,033,13

33,135,025,0

)5(5)(

25,0)15(1

1

)(

1

Q

VSS=5V

RD=0,5k

RG=50k

IG= 0

ID

S

D

G

Q

RG=50k

VSS=5V

RD=0,5k

IG= 0 ID

S

D

G

-VSS=-5V

11

6. En el circuito de polarizacin de la figura, que utiliza un transistor MOSFET canal p con |VT|= 3 V y k= 2 mA/V2, se pide determinar:

a) Valor de ID suponiendo Q en saturacin. b) Demostrar que la anterior suposicin es

incorrecta.

c) Valor de ID suponiendo Q en hmica. d) Demostrar que la anterior suposicin es correcta.

a) Suponemos Q en saturacin: ID= k(VSG-VT)2= 2(VSG-3)2 (1) Ecuacin de la malla de entrada de puerta fuente:

VSS - VGG= IDRS + VSG + IGRG

25 - 11= ID5 + VSG+ 0 (2) De (1) y (2) se tiene:

10VSG2 - 59VSG+76= 0 VSG= 4 V (La VSG menor que VT no es vlida) Entonces:

ID= 2(4-3)2= 2 mA

b) Ecuacin de la malla de salida de drenador:

VSS= ID(RD+ RS) + VSD VSD= 25 - 2(15 + 5)= -15 V

VSD= -15 V < VSG - VT= 4-3= 1 V Q no est en saturacin

c) Suponemos Q en hmica.

3)2(V

1

)Vk(V

1r

SGTSGSD

Ecuacin de la malla de entrada de puerta fuente:

14= ID5 + VSG (1) Ecuacin de la malla de salida de drenador:

VSS= ID(RD+ RS) + IDrSD

3)2(V

1I20I25

SG

DD

(2)

De (1) y (2) se obtiene:

40VSG2 - 429VSG + 916= 0 VSG= 7,78 V (La VSG menor que VT no es vlida) ID= (14 - VSG)/5= (14-7,78)/5= 1,24 mA

d)

0,13V3)2(7,78

11,24rIV SDDSD

VSD= 0,13 V < VSG - VT= 7,78 - 3= 4,78 V Q est en zona hmica

Q

RG=50k

VSS=25V

VGG=11V

RD=15k

RS=5k

Q

RG=50k

VSS=25V

VGG=11V

RD=15k

RS=5k

ID

ID

IG=0

S

D G VSD

VSG

RG=50k

VSS=25V

VGG=11V

RD=15k

RS=5k

ID

ID

IG=0

S

D

G VSD

VSG

rSD

12

7. Para el circuito de la figura con MOSFET con |VT| = 2 V y k= 2,5 mA/V2, se pide: a) Determinar el valor de Vi que sita Q entre

corte y conduccin y valor de Vo en este caso.

b) Determinar el valor de Vi que sita Q entre hmica y saturacin y valor de Vo en este caso.

c) Obtener la caracterstica de transferencia Vo= f(Vi) para 0 Vi 36 V, determinando la ecuacin correspondiente a cada tramo.

46

42575

25

21

2 iGSSSG

iiiG

VVVV

VV

RR

RVV

a) QON/OFF VSG= VT VVV

ii 162

46

Por ser ID= 0 Vo= 0

b) QHMICA/SATURACIN 22 5,2 SDSDD VVkI (1)

Ecuacin malla de salida: 26 DSDDDSDSS IVRIVV (2)

De (1) y (2) se tiene: VVVV SDSDSD 10652

Entonces: VVVV TSDSG 321

VVVV

VVV

V

SDSSo

ii

SG

516

124

63

c) 16V Vi 36V QOFF: Vo= 0

12V Vi 16V QSATURACIN:

2

2

445)(

iDTSGDDo

VRVVkRIV

0 Vi 12V QHMICA:

445,2

12

26

445,2

1

)(

1

i

SDD

DSSo

iTSGSD

VrR

RVV

VVVkr

VSS=6V

RD=2k

Vo

R1=75k

R2=25k Vi

Q

13

Obtencin de la caracterstica de transferencia con LTspice IV:

Para el transistor PMOS tomamos Vto= -VT= -2 V y Kp= 2k= 0,005 A/V2.

V1

6

M2

PMOS

R1

2k

R2

25k

R3

75k

V2

0

Vo

.model PMOS PMOS(Vto=-2 Kp=.005)

.dc V2 0 36 .1

0V 4V 8V 12V 16V 20V 24V 28V 32V 36V

0.0V

0.6V

1.2V

1.8V

2.4V

3.0V

3.6V

4.2V

4.8V

5.4V

6.0VV(vo)

14

8. En el circuito de la figura se utilizan dos transistores unipolares MOSFET con tensin umbral

|VT|= 2 V y constante k = 0,2 mA/V2. Se pide:

a) Dibujar las curvas caractersticas de salida linealizadas y las caractersticas de

transferencia correspondientes a los transistores Q1 y Q2 de la figura, indicando sobre

ellas los valores ms significativos, para tensiones |VGS| de 1, 2, 3, 4, 5 y 6 V.

b) Valor de Vo si Vi = 4 V. Suponer Io= 0.

c) Valor de Vi para que comience a conducir Q2.

d) Valor mximo de Io para Vi= 0 V que mantiene a Q2 en zona hmica.

a) Canal N (Q2) y P (Q1): VGS(NMOS)= VSG(PMOS)= |VGS| 0

|VGS| (V) 1 2 3 4 5 6

IDSAT= 0,2(|VGS|-2)2 (mA)

0 0 0,2 0,8 1,8 3,2

|VDS|SAT.MN.= |VGS|-2 (V)

- - 1 2 3 4

Caractersticas de salida Caracterstica de transferencia

RG2 = 10 [k]

VCC = +6 [V]

Vi

Vo

RD = 11 [k]

Q2

IoQ1

RG1 = 1 [M]

0,8

3 4

I D [mA]

3,2

= 5V

= 4V

= 3V

|VDS| [V]

1,8

|VGS| 2V

0,2

1 2

= 6V

|VGS|

|VGS|

|VGS|

|VGS|

0,8

4

I DSAT

[mA]

3,2

[V]

1,8

6

0,2

1 2

5 3 |VGS|

15

b) Vi= 4 V VSG1= VCC-Vi= 6-4= 2 V= VT Q1 OFF ID1= 0 VSG2= 0 Q2 OFF Vo= 6 V

c) Q2 ON/OFF VGS2= VT= 2 V ID1= VGS2/RG2= 2/10= 0,2 mA Suponemos Q1 en Saturacin: ID1= k(VSG1-VT)2 0,2= 0,2(VSG1-2)2 VSG1= 3 V VSD1= VCC-VGS2= 6 2= 4 V > VSG1 VT= 3 2= 1 V Q1 en saturacin. Vi= VCC VSG1= 6 3 = 3 V

d) Vi= 0 VSG1= VCC-Vi= 6 0= 6 V

Suponemos Q1 tambin en zona hmica:

1,5k

2)3

160,2(

1

)Vk(V

1r

V3

16

1,2510

106.

rR

R.VV

1,25k2)0,2(6

1

)Vk(V

1r

TGS2

DS2

SD1G2

G2CCGS2

TSG1

SD1

VSD1= VCC-VGS2= 6 16/3= 0,67 V < VSG1 VT= 6 2= 4 V Q1 en hmica VDS2mx.= VDS2(SAT.mn.)= VGS2- VT= 16/3 2= 10/3 V ID2mx.= VDS2mx./rDS2= (10/3)/1,5= 20/9 mA Iomx.= ID2mx.- IRD= 20/9 (6 10/3)/11= 1,98 mA

16

9. Los transistores MOSFET del circuito de la figura tienen |VT|= 1 V y k= 2 mA/V2. Se pide:

a) Dibujar las caractersticas de salida linealizadas en fuente comn (SC) del transistor Q1

del circuito de la figura para los valores de VSG de 1, 2, 3, 4 y 5 V. Indicar sobre la grfica

los valores ms significativos.

b) Determinar el valor de Vi que sita al transistor Q1 entre corte y conduccin y valor de

Vo en este caso.

c) Determinar el valor de Vi que sita al transistor Q2 entre corte y conduccin y valor de

Vo en este caso.

d) Determinar el valor de Vo para Vi = 0 V.

a)

PMOS con k = 2 [mA/V2] y VT = 1 [V]

b) Q1 ON/OFF VSG1 = VCC Vi= VT Vi = VCC VT = 5 1 = 4 V

Q2 OFF IR1 = IR2 = ID = 0 Vo = 0

c) Q2 ON/OFF VGS2 = VT= 1 V IR1 = VT/R1 = 1/1 = 1 mA

Q2 ON/OFF ID2 = IS2 = 0

Suponemos Q1 en saturacin ID1 = k(VSG1VT)2 1 = 2(VSG1 1)2 VSG1 = 1,71 V

VSG[V] VSDsat.mn.[V] =

VSGVT = VSG1

ID=k(VSG-VT)2=

2(VSG1)2 [mA]

1 0 0

2 1 2

3 2 8

4 3 18

5 4 32

V i Q 1

V CC = 5 V

Q 2

R 1 = 1 k

R 2 = 1 k

V o

8

3 4

ID [mA]

32

VSG = +4V

VSG = +3V

VSG = +2V VSD[V]

18

VSG = +1V 2

1 2

VSG = +5V

17

Vi = VCC VSG1= 5 1,71 = 3,29 V

Vo = IR2R2 = 1 mA1 k = 1 V

Comprobacin Q1 en Sat: VSD1 = VCC ID1(R1+R2) = 5 12= 3 V > VSG1 VT = 1,71 1 = 0,71 V

d) Suponemos Q1 en hmica rSD1= 1/k(VSG1 VT)= 1/2(5 1)= 1/8 k

Y suponemos Q2 en saturacin ID2= k(VGS2-VT)2= 2(VGS2-1)2 (1)

VGS2 = ID1R1= ID1 (2)

VCC = ID1 rSD1 + VSG2 + (ID1+ID2)R2 5 = ID1 (1/8) + VSG2 + (ID1+ID2) (3)

De (1), (2) y (3) se obtiene: ID1= 1,78 mA, ID2= 1,22 mA, VSG2= 1,78 V

Comprobamos que Q1 est en hmica:

VSD1 = ID1R1= 1,78(1/8)= 0,22 V < VSG1 VT = 5 -1 = 4 V

Comprobamos que Q2 est en saturacin:

VSD2 = Vcc-(ID1+ ID2)R2= 5 - (1,78+1,22)1= 2 V > VSG2 VT = 1,78 - 1 = 0,78 V

Y el voltaje Vo vale:

Vo= (ID1+ ID2)R2= (1,78+1,22)1= 3 V