Esercizi svolti - Reti elettroniche contenenti transistori MOSFET - a.a. 2015/2016 PDF

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Esercizi - Fondamenti di elettronica...

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Vengono presentati esempi di analisi e di progetto di circuiti elettronici contenenti transistori MOSFET, con riferimento sia alle reti di polarizzazione che al comportamento ai segnali. 1. Con riferimento all’esempio di slide 11, si proceda al calcolo delle caratteristiche di uscita per i transistori nch-MOSFET (a) tipo driver , avente rapporto (b) tipo load, avente rapporto Per entrambi i transistori si assuma la tensione di soglia ed il fattore tecnologico a) nch-MOSFET tipo driver: attivo (on) per vGS V Tn, opera in regime di saturazione per v DS V Dsat= vGS -V Tn. In queste condizioni, essendo n=20(W/L)=100 A/V2, vale la relazione:

iD

n

vGS VTn

vGS

da cui si evincono i valori di tabella: vGS [V] VDsat [V] i D [mA] riportati in grafico. Per vDS VDsat= v GS -VTn, in pratica per v DS (1/4)VDsat , il transistore opera in regime lineare e si comporta come un resistore R ch controllato dalla sovratensione vGS-VTn. In queste condizioni vale la relazione:

iD

n

v GS VTn v DS

G ch v DS

Rch

v DS dove R ch n

v GS VT

vGS

da cui si evincono i valori di tabella: v GS [V] Rch [k ] 0.25VDsat [V] Le caratteristiche di uscita presentano gli andamenti qualitativi già mostrati in slide 11, che per il transistore nch-MOSFET in esame vengono riportate in figura limitatamente alla regione di saturazione e, con riferimento alla caratteristica di parametro VGS=5V, alla regione lineare. In modo del tutto analogo si procede per il calcolo delle caratteristiche del transistore tipo load. Si osservi che, a pari tensione di gate v GS il transistore MOSFET tipo driver presenta una corrente di Drain iD 25 volte maggiore rispetto alla corrispondente corrente del transistore MOSFET tipo load.

i D mA

V Dsat V

v GS=5V

v GS=4V 0.32

vGS=3V v GS=2V

v DS V 0.9 lineare

triodo

saturazione

2. Con riferimento al transistore MOS a canale n di slide 15 ed ai parametri in essa indicati e richiamati nel seguito: a) calcolare la tensione di soglia V T per VSB=4V. b) considerando poi di avere V GS=3V e VDS =5V, calcolare il valore di I D per V SB=0V e VSB=4V.

iD

vDS

v GS

vBS

W L

m m

VTn

V kN

A V

V

V

F

a) Il calcolo della tensione di soglia per V SB=4V può essere ricondotto direttamente alla formula: V Tn VTn V SB V F F b) Per VSB=0V, la tensione di soglia è V T0. Si può verificare che il transistore opera in saturazione, avendo:

VDS

VGS

VT

Pertanto, la corrente è:

ID

kn  W    VGS L

  

VT

  

A

Per VSB=4V, la tensione di soglia è la V Tn=1.7V calcolata in precedenza, ed il transistor opera comunque in saturazione, avendo: V V V DS

GS

T

Pertanto, la corrente è:

kn  W    VGS L

ID

  

VT

  

A

3. Con riferimento al transistore MOS a canale p di slide 21 ed ai parametri in essa indicati e richiamati nel seguito: a) assumendo che il gate sia a massa ed il source sia a 5V, calcolare la massima tensione applicabile al drain per mantenere il dispositivo in saturazione; b) calcolare il valore di I D per VD= -5V.

v SG vSD

W L

m m

VTp

V kP

A V

iD a) Il calcolo della massima tensione di drain può essere ricondotto alla disequazione che regola il passaggio da saturazione a zona lineare:

VDS

VGS

VTP

che si può riscrivere come:

VD

VS

VG

VS

VTP

fornendo quindi:

VD

VG

VTP

V

Il calcolo può altresì condursi ragionando sui moduli delle tensioni:

VSD

VSG

VTP

VS

VD

VS

VD

VG

VTP

VG

VTP V

b) Essendo la tensione applicata al drain minore di 2V, il transistore è saturo. La corrente vale quindi:

ID

kp  W   VSG  L

VTP

  

  

A

4. Si analizzi la caratteristica di trasferimento

del circuito di figura per

.

VTn =1V; 2 n =50 A/V ; VDD=5V RD=120k

vo

vi

a) per v i=vGS=0 V Tn =1V, il MOSFET è in interdizione, iD=0 e vo=vDS=V DD=5V (punto di lavoro A) b) per v i=vGS> V Tn =1V, il MOSFET è attivo ed opera dapprima in saturazione, per vDS vDsat= v GS V Tn (punto di lavoro generico Q), e successivamente in regione lineare, per vDS vDsat = vGS VTn (punto di lavoro finale B). Ne consegue, con riferimento al punto di lavoro finale B, cui corrisponde la tensione di ingresso vi = vGS =5V: v DS R Di D V DD    n  vGS VTn vDS  iD  

v DS   

n

v GS V Tn v DS

G chv DS

vDS Rch

da cui: Rch n

vo

k

v GS V Tn

v DS

R chi D

iD

iD

iD

R Di D

iD

iD

iD

vo

V DD

A

v DS

Rch iD

. V

Il valore di v o conferma l’ipotesi di trascurare il termine quadratico in vds. Per il calcolo della funzione di trasferimento nella fascia di valori intermedia fra i punti di lavoro iniziale A (corrispondente a v i=0V) e finale B (corrispondente a vi =5V) occorre risolvere il sistema: v DS R Di D V DD    n  vGS VTn vDS i D  

v DS   

 v DS    iD 

vo VDD RD iD



n



vi VTn vo

vo   

da cui si ottiene la caratteristica di trasferimento vo=f(v i):

vo

VDD

RD



n



vi

VTn vo

vo   

  vi 

vo

vo   

vi

vo

vo

il cui andamento qualitativo è riportato nel seguente grafico:

vo=vDS 5

0. 1

5

vi =vGS

5. Il transistore nch-MOSFET è caratterizzato dalla tensione di soglia e dalla conducibilità estrinseca . a) determinare il valore di che impone . che porta il MOSFET al limite della regione di saturazione. b) determinare il valore di

ID

VGG =3V RGG =50 VDD =5V

VDS

VGS

a) essendo VDS = 4V per cui:

V DD

R D I D V DS

VGS VTn = V GG V T n= 3

RD

V DD V DS ID

n

0.5 = 2.5V il transistore opera in saturazione,

VDD VDS VGS VTn

b) per VGS = 3V si ha VDsat = VGS V T n=3 0.5 = 2.5V . Il transistore opera in saturazione per VDS V Dsat e quindi entra in regione quasi lineare per V DS = VDsat . Ne consegue:

RD

V DD VDS ID

VDD VDsat VGS V Tn n

VDD V Dsat V Dsat n

6. Il transistore nch-MOSFET, caratterizzato dalla tensione di soglia , inserito nel circuito di polarizzazione di figura, opera con V GS =3.5V. Inoltre, da misure effettuate in laboratorio si rileva che in saturazione ad corrisponde una . Determinare la resistenza di Drain , la corrente , la tensione e la potenza totale dissipata dal circuito.

R1

RD ID

I1

V DS

Per il MOSFET in saturazione vale la relazione: ID

VGS VTn

n

ID

n

n

da cui si rileva la conducibilità estrinseca del transistore La corrente di Drain nel punto di lavoro risulta: ID

VGS VTn

n

n

=2 0.25 10 3 A/V 2 = 0.50mA/V 2 .

mA

Indicando con I il valore di corrente totale fornito dalla alimentazione e con I 1 il valore di corrente che percorre il partitore resistivo di gate, si ha:

VGS

I

VDS

R R

V DS R R

VDS R

.

.

.

.

VDS

da cui:

mA

I

I

V

ID

.

.

mA

. mA

Inoltre, dalla maglia di uscita ( retta di carico):

V DD

R D I V DS

RD .

RD

.

La potenza totale dissipata vale P = VDD I = 15 2.3 10 3 = 34.5mW.

.

k

7. Si determini il punto di lavoro Q(I DS, V DS; VGS ) del MOSFET inserito nella rete di polarizzazione di figura (esempio slide 25). Si trascuri l’effetto Body e si faccia l’ipotesi, verificandone a posteriore la validità, che il MOSFET operi in saturazione.

alimentazione VDD RD

R1

ID

V DS

V GS V GG

VTn = 1.2V; n = 0.2mA/V2 ; R1 =1000k ; R2 =500k ; RD =5k ; RS=3k ; VDD =15V;

R2 RS

Poiché il gate non assorbe corrente, la tensione VGG viene definita dal partitore resistivo, per cui:

VGS

VGG

RS I D

R R

R

V DD

RS I D

ID

ID

Inoltre(*):

I D V GS V Tn n/  RS I D VGS VGG

VGS

ID

n

V GS

ID   I D 

VGS VTn

V GS

VGS

n

VTn

V GS VGG RS RS

V GS

V GS

VGS

VGS

V GS

VGS

VGS La soluzione accettabile è V GS = +3.46V = VGSQ. Ne consegue:

ID

mA

V DS V DD

RS

I DQ

RD I D

V

V DSQ

(*)Il sistema può essere risolto anche nell’incognita I D. In questo caso l’equazione da risolvere è:

ID

n/

ID

ID

VGG

R S I D VTn

ID

mA

mA

La soluzione accettabile è ID =0.51mA. Per escludere l’altra soluzione, si osservi che comporterebbe una tensione di source di 9V, per cui V GS sarebbe negativa . 8. Si progetti il circuito di polarizzazione di figura in modo che il transistore operi in saturazione nel punto di lavoro mantenendo il MOSFET in Si valuti inoltre il massimo valore che può assumere saturazione.

alimentazione VDD RD

R1

R2

V T = 1V; V DD=5V;

V DS

V GS V GG

ID n

= 1mA/V2 ;

RS

Poiché il MOSFET opera in saturazione si ha:

ID

n

/

V GS V Tn

. da cui:

.

V GS

.

.

.

V GS

VGS

.

VGS

VGS

V GS

che fornisce la soluzione accettabileVGS =2V; essendo l’altra soluzione VGS = 0 Dalla equazione rappresentativa della retta di carico:

V DD

R SI D V DS

R DI D

RS

.

RD

.

da cui:

RS

RD

k

Scelgo R S =2k , per cui R D =2k . Con questa scelta, essendo V GS=2V

VGG

V GG

RS I D

VGS

R R

R

V DD

VGG R

R

.

V k

VTn .

che può essere fissata mediate un partitore resistivo. Assumendo R1 +R2 =1M

R

R

il partitore diventa

k

Essendo un problema di progetto, la soluzione non è univoca. Il MOSFET con V GS=2V rimane polarizzato in saturazione finchè rimane verificata la condizione:

V DS

V DD

RS

RD I D

RD .

V GS VTn

V

da cui:

RD

RD

.

.

RD

k

9. Si dimensioni il circuito di polarizzazione del pch-MOSFET di parametri p=1mA/V2 e VTp= 1V. Il transistore opera in saturazione con I D=0.5mA, essendo V D=3V. Si assuma R1 +R2=5M (Esempio di slide 28). Valutare inoltre il massimo valore di R D che mantiene il transistore polarizzato in saturazione.

alimentazione VDD=5V

R2

VG

ID

VSG

R1

RD

VT p = -1V; 2 p = 1mA/V ; VD=3V; ID=0.5mA; VDD=5V;

VSD

VD

massa La resistenza RD risulta immediatamente calcolabile:

VD

RD I D

RD

RD

.

k

.

Inoltre si ha: ID

p

VSG

VTp

VSG

VSG

VSG

V SG

VSG

V SG

da cui si ottiene VSG = 0 VGS – V Tn.

gm

kn W L I D

S

vo gm RD V V vi Per l’analisi della linearità del segnale di uscita, deve essere: Av

vds

RD I D VDS

VGS VTN

V V

V ⇒ v gs

V

dell’amplificatore MOSFET a Source comune 11. Si determini il guadagno di tensione di figura in assenza ed in presenza del carico R L =4k . Determinare anche il guadagno in assenza della capacità C S di by-pass.

alimentazione VDD R1

RD

vo vi

R2

RL RS

CS

VT n = 2V; n/2 = 0.75mA/V 2; VA =180V; VDD=15V; R1 =1M ; R2=680k ; RD =1k ; R S=0.5k ; RL=4k ;

Calcolo il punto di lavoro Q( I D;VDS; VGS ). Dal Thevenin equivalente del circuito di ingresso: V GS

V GG n

ID

R

R SI D

R

R

V DD

VGS VTn

VGS

RS I D

ID

V GS

VGS

VGS

ID

VGS

V

V

da cui la soluzione:

VGS

V

. V;

V DD

DS

VGS

ID

RS

RD I

.

. mA;

.

.

D

.

.

. V;

Segue l’analisi del circuito equivalente ai segnali:

R R

vi

vgs

g mv gs

rds

RD

vo

RL

dove la transconduttanza gm e la resistenza differenziale di drain valgono:

gm

rds

id v gs

iD vGS

n

ID

mA V

Q

VA ID

k

per cui:

A vo

vo vi

vo v gs

g m rds R D

g mR D

V V

Si osservi che abbiamo così valutato il guadagno in assenza di carico. In presenza di carico RL si avrebbe:

Av

vo vi

vo v gs

g m r ds R D R L

g m RD RL

V V

Per lo stesso amplificatore si osservano le resistenze di ingresso e di uscita:

vi ii

Ri

R R

Ro

k

RD ds r

RD

k

In assenza di condensatore di by-pass il punto di lavoro rimane invariato, mentre il circuito equivalente ai segnali diventa:

R R

v gs

rds

g m vgs

vo

RD

vi

RL

RS

Si osservi che la resistenza differenziale r ds=50k può essere trascurata, potendo essere vista in parallelo alla serie R S + ( RD R L ) =1.3k .. Il circuito equivalente così semplificato diventa:

R R

v gs

g m vgs

vi

vo

v*i

RD RL

RS

da cui:

g mv gs R D R L

vo

g mv gs R S

vi

ed essendo:

v *i

v gs

vi

vgs

vi

g m vgs RS

v gs(

g mR S )

vi

si ottiene: vo

Av

gm

vo vi

vi RD RL g m RS

g m R D RL g mRS

V V

da cui si evince la convenienza del condensatore di by-pass che non altera la polarizzazione e, cortocircuitando per i segnali la resistenza di source RS , consente di avere un più elevato guadagno in tensione.

12. Si determini il guadagno di tensione di slide 51 richiamato in figura.

dell’amplificatore MOSFET a Drain comune

alimentazione VDD RD

R1

R2

vi

RS

RL

vo

VT n = 2V; n/2 = 0.75mA/V 2; VA =180V; R1 =1M ; R2=680k ; RD =1k ; R S=0.5k ; VDD=15V;

Il punto di lavoro Q( ID;VDS; V GS;) rimane quello già calcolato nell’esempio precedente:

V GS

. V;

VGS

ID

.

.

.

V DS

. mA;

da cui conseguono gli stessi parametri differenziali o ai segnali: id iD gm mA V n ID v gs vGS Q

rds

VA ID

k

Il circuito equivalente ai segnali risulta:

R R

vgs

g m vgs

rds

vi RS

Ri

vi ii

da cui:

R R

k

vo

RL

. V;

g mv gs rds R S R L

g mv gs RS RL

vo

ed essendo:

vi

vo

vgs

si ottiene:

Av

gm RS RL gm RS RL

vo vi

V V

Le resistenze di ingresso e di uscita diventano:

Ri

vi ii

R R

k

per cui l’amplificatore a Drain comune è di fatto uno stadio separatore a guadagno minore di 1, che presenta elevata resistenza di ingresso e ridotta resistenza di uscita.

Ro

RS rds

gm

RS

gm

13. Con riferimento allo specchio di corrente multiplo di slide 64, dimensionare la larghezza di tutti i transistori Q1 - … - Q5 per ottenere: I 2 =50 A, I3 =2.5 A e I5=50 A, garantendo nel contempo VDS2-MIN =0.5V, VSD5-MIN=0.5V.

Essendo connesso a diodo, il transistore Q1 è sicuramente saturo, quindi:

kn  W     L Essendo inoltre: I REF

VDS

I

MIN

VGS

VTN

VGS

VGS

VTN

VTN

V

si può ricavare immediatamente:

W     L

I REF kn VGS VTN

per cui W1=40 m.

Lo specchio Q1-Q 2 con Q2 saturo per ipotesi impone:

I W     L
...