1

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 RD para que se mantenga operando en

la región de saturación. Datos: Vt = 2 V, IDSS = 0,2 mA/V2

Recordar que p n oxWK CL

⎛ ⎞= μ ⎜ ⎟⎝ ⎠

y que en la región de

saturación ( ) ( )2D p GS T DSQ GSQ Ti K v V si v v V= − ≥ −

Respuesta: a) Se considera que el transistor MOS canal N trabaja en saturación, se debe cumplir que:

(VDSQ > VGSQ – VT) y (VGSQ ≥ VT)

Aplicando Thevenin:2

TH DD1 2

TH 1 2

Rg 100V V 30 9.4 VRg Rg 100 220

R Rg Rg Rg 220 100 68.7 k

= = =+ +

= = = = Ω

( )2

D p GS T

G GS TH D F

pero I K V V para saturación

como I 0, V V I R

= −

= = −

2

( ) ( )( )

( ) ( )

D

D

1,2

1 1

2 2D p TH D F T D

2 2D D D

2D

2 2

D

D GS

I K V I R V 0.2 9.4 2I 2

5I 7.4 2I 54.4 29.5I 4I

4I 34.5I 54.4 0

b b 4ac 34.5 34.5 4 4 54.4 34.5 17.88I2a 2 4 8

I 6.55mA V 9.4 2 6.55 3.7V imposible

= − − = − −

= − = − +

− + =

− ± − ± − ⋅ ⋅ ±= = =

⋅= ⇒ = − = −

( )DQ GSQ TI 2mA V 9.4 2 2 5.4 V V= ⇒ = − = >

De la malla de salida ( )DSQ DD DQ D FV V I R R 30 2 8.2 13.6 V= − + = − =i Comprobando saturación: VDSQ ≥ (VGSQ – VT)

13.6 ≥ (5.4 – 2) = 3.4 V (se cumple)

DQ GSQ DSQQ I 2mA, V 5.4V, V 13.6V⎡ ⎤= = =⎣ ⎦

b) La potencia disipada por Q en reposo (con Vi = 0): D DSQ DQP V I 13.6 2 27.2mW= = =i

La potencia entregada por VDD: ( ) ( )

1

g1

DD DD D Rg

DDR

g1 g2

P V I I 30 2 0.094 62.8 mW

V 30donde I 0.094 mA 94 AR R 320

= + = + =

= = = = μ+

c) Cálculo de RDmax 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

DD D Dmax DSmin D F

DD DSmin D FDmax

D

V I R V I RV V I R 30 3.4 2 2R 11.3 k

I 2

= + +

− − − −= = = Ω

i

3

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

Datos: VT =3 V, Kp= 0.3 mA/V2

a) Se considera a Q operando en la región de saturación:

( )2 DD DSD p GS T

D

V VI K V VR−

= − = (1)

Por ser ID >> IRg1 (dato), pero: 2

GS DS DS DS1 2

Rg 12V V V 0.86VRg Rg 14

= = =+

(2)

Simultaneando (1) con (2):

( )

( )

DS

2DD DS DSDS

D2

DS

2

DS

GS DS T

2D

V V 20 V 0.3 0.86V 3R 2

0.44V 2.1V 14.6 0

2.1 2.1 4 0.44 14.6 2.1 5.48V 8.6 V 00.88 0.88

V 0.86V 0.86 8.6 7.4 V V

I 0.3 7.4 3 5.8 mA

− −= = −

− − =

± + ±= = = >

= = = >

= − =

i i

i

Comprobando saturación: 8.6 V > (7.4 – 3) = 4.4 V b) D DSQ DQP V I 8.6 5.8 49.9 mW= = =i 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, Kp = 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:

4

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1

D p GS T DS GS T

GS D F D G2 2 2

D D D D D

2D D

2

D

D GS GS T

DQ GSQ

I K V V siempre que V V V

V I R 3I pues I 0

I 1 3I 4 4 3I 16 24I 9I

9I 24I 16 0

25 25 4 9 16 25 7I18 18

I 1.78 mA, V 3 1.78 5.33 V (imposible V > V )

I 1 mA, V

= − ≥ −

= − = − =

= − − − = − = − +⎡ ⎤⎣ ⎦− + =

± − ±= =

= = − = −

= =

i i

i

1 3 3 V (modo empobrecimiento)− = −i

De la malla de salida:

( ) ( )DSQ DD DQ D FV V I R R 20 1 10.5 9.5 V= − + = − = Comprobando saturación: 9.5 V > [– 3 – (– 4)] = 1 V (cumple) b) D DSQ DQP V I 9.5 1 9.5 mW= = =i 4. En el circuito de la figura 4, calcule: a) los valores de RF y de RD 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, Kp = 0.4 mA/V2.

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

( ) ( )

1

2

2 2GS GS GS

2GS GS

GS

GS GSQ T

GS T

0.4 0.4 V 2 0.4 V 4V 4

V 4V 3 0

4 16 4 3 4 2V2 2

V V 3 V > V

V 1 V < V (imposible)

= − = − +

− + =

± − ±= =

= =

=

i

De la malla de entrada: SS GSQ

SS GSQ DQ F FDQ

V V 5 3V V I R R 5 kI 0.4− −

= + ⇒ = = = Ω

De la malla de salida:

5

( )SS DD DS D D F DS

DD SS DSQ DQ FD

DQ

V V V I R R pero V 4 VV V V I R 10 4 0.4 5R 10 k

I 0.4

+ = + + =

+ − − − −= = = Ω

i

b)

( )D DSQ DQ

baterías DD SS DQ

P V I 4 0.4 1.6 mW

P V V I 10 0.4 4 mW

= = =

= + = =

i

i

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, Kp = 1 mA/V2.

a) Considero en saturación al MOS N canal implantado

( )

( ) ( )

( )

1

2

1

2D p GS T

GS D F F F1 F2

GS D2 2 2

D p D T D D D

2D D

2

D

D

D

GS GSQ

I K V V

V I R donde R R R 0.1 3 3.1 kV 3.1I

I K 3.1I V 1 3.1I 4 16 24.8I 9.61I

9.61I 25.8I 16 0

25.8 25.8 4 9.61 16 25.8 7.1I2 9.61 19.22

I 1 mA

I 1.71 mA

V V 3.1

= −

= − = + = + = Ω

= −

= − − = − + = − +

− + =

± − ±= =

=

=

= = −

i ii

( )( )

( ) ( )2

DQ

GS T

DS DD DQ D F

1 3.1 V para I 1 mA

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

V V I R R 25 1 13.1 11.9 V

= − =

= − = −

= − + = − =

Comprobando saturación: VDSQ = 11.9 V > (VGSQ – VT) = – 3.1 + 4 = 0.9 V (cumple) b) D DSQ DQP V I 11.9 1 11.9 mW= = =i

6

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 RD para que se mantenga operando en

la región de saturación. Datos: VP = – 6 V, IDSS = 5 mA. Recuerde que para el

JFET: 2DSS

pp

IKV

= y en la región de saturación se cumple

que: 2( ) ( )D p GS p DS GS pi K v V si v v V= − ≥ − a) Se considera a Q en saturación (VDSQ ≥ VGSQ – Vp)

( ) ( )

2DSSp 2 2

p

GS D F D2 2 2

D p GS p D D D

2D

I 5K 138.9 A VV 6

pero : V I R I

I K V V 0.14 I 6 0.14(I 12I 36)

I 19.2 36 0

= = = μ

= − = −

= − = − + = − +

− + =

1

2

D

D DSS

DQ

GSQ DQ F

19.2 19.2 4 36 19.2 14.7I2 2

I 17.1 mA (imposible por ser mayor que I )

I 2.1 mA

V I R 2.1 1 2.1 V

± − ±= =

=

=

= − = − = −

i

i

De la malla de salida: ( ) ( )DSQ DD DQ D FV V I R R 16 2.1 4.3 1 4.9 V= − + = − + =

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

b) D DSQ DQP V I 4.9 2.1 10.29 mW= = =i c) RDmax para IDQ = 2.1 mA y VDS min = VGSQ – Vp = 3.9 V De la malla de salida:

DD DSmin DQ FDmax

DQ

V V I R 16 3.9 2.1 1R 4.76 kI 2.1

− − − −= = = Ω

i

7. En el circuito del problema anterior, calcule los valores de RF y RD 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:

7

( ) ( )

1

2

2DSSp 2 2

p

GS D F D D GS

2 2 2D GS p GS p GS GS GS

2GS GS

2

GS

GS p

GS

I 5K 0.14 mA VV 6

pero : V I R I I V

I V K V V 0.14 V 6 0.14(V 12V 36)

de donde : V 19.14V 36 0

19.14 19.14 4 36 19.14 14.9V2 2

V 17 V (imposible, > V

V 2.12 V

= = =

= − = − ⇒ = −

= − = − = + = + +

+ + =

− ± − − ±= =

= −

= −

i

pGS V V OK.<

GSGS D F F

D

V 2.12V I R R 2.12 k (2.2 k comercial)I 1

= − ⇒ = − = = Ω Ω

De la malla de salida: ( )DD DS D D F

DD DS D FD

D

V V I R RV V I R 16 10 2.12R 3.9 k (3.9 k comercial)

I 1

= + +

− − − −= = = Ω Ω

8. Determine el valor máximo de RD 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 – Vp) y con |VGS|<| Vp|. RDmax corresponde con VDSmin = VGS – Vp. De donde:

GSQ DQ F

DSmin GSQ P

V I R 1.5 1 1.5 VV V V 1.5 4 2.5 V

= − = − = −

= − = − + =

i

De la malla de salida: DD DSmin DQ F

DmaxDQ

V V I R 10 2.5 1.5 1R 4 kI 1.5

− − − −= = = Ω

i

8

9. Para el circuito de la figura 8, 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. Datos: VP = – 2 V, IDSS = 2 mA.

a) Considero a Q saturado

( )1 2

2

GSD DSS GS D F D

p

2D

D

2D D

VI I 1 pero V I R R 0.56IV

0.56II 2 12

I 13.5I 12.75 0

⎛ ⎞= − = − + = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

− + =

( )

1

2

2

D

D DSS

D

13.5 13.5 4 12.75I

2I 12.5 mA (imposible I )

I 1 mA

± −=

= ⟩

=

i

De la malla de salida: ( ) ( )

1 2DS DD D D F FV V I R R R 22 1 10 0.56 11.44 V= − + + = − + = Comprobando saturación:

( )DSQ GSQ pV 11.44 V V 0.56 2 1.44 V (cumple)= ⟩ − = − + =

b) En reposo: D DS DP V I 11.44 1 11.44 mW= = =i 10. Para el circuito de la figura 9, calcule

el punto de operación del JFET. Datos: VP = – 4 V, IDSS = 5 mA.

Considero Q saturado:

9

( ) ( )

1

1

2

2DSSp 2 2

p

2

GS DD DS GS D F D

p

22 2D

D D p GS p D

2D D

2

D

D

D

G

I 5K 312.5 A VV 4

V II I 1 pero V I R 0.5IV 2

II 5 1 I K V V 0.1389 I 68

I 28.8I 64 0

28.8 28.8 4 64 28.8 23.95I2 2

I 26.4 mA (imposible)

I 2.43 mA

V

= = = μ

⎛ ⎞= − = − = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞= − ⇒ = − = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

− + =

± − ±∴ = =

=

=

i

1S D FI R 2.43 0.5 1.21 V= − = − = −i

De la malla de salida: ( )1 2DS DD D F FV V I R R 20 2.43 3.5 11.5 V= − + = − =i

Comprobando saturación: ( )DSQ GSQ pV 11.5 V V V 1.21 4 2.78 V (cumple)= > − = − + =