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