)(0])(2[

MOSFET ENHANCEMENT A CANALE P

I MOSFET a canale p hanno una struttura analoga a quelli a canale n, con la differenza che i tipi di semiconduttore sono scambiati: ora source e drain sono realizzati con semiconduttori di tipo p, fortemente drogato, e il substrato è un semiconduttore di tipo n.

Affinché si formi la regione di inversione, il gate deve essere a potenziale negativo rispetto al source. Se la tensione di gate diviene più negativa della tensione di soglia, sono richiamate lacune dal substrato e dalle regioni di source e di drain; esse riempiono il canale fra source e drain e permettono il passaggio di corrente, quando il drain è alimentato. Le cariche che si muovono nel canale sono ora lacune, che partono dal source e sono raccolte dal drain; il potenziale di drain deve essere negativo rispetto al source, e quindi la tensione di alimentazione applicata al drain deve essere negativa; la corrente di drain è uscente dal drain stesso. Si tenga presente che le cariche mobili sono lacune, caratterizzate da mobilità più bassa di quella degli elettroni, quindi, a parità di struttura e di condizioni di lavoro, le correnti sono più basse che nel MOSFET a canale n.

Nelle figure a) e b) sono indicate le grandezze elettriche che definiscono il funzionamento del MOSFET. Le polarità possono essere scelte in diversi modi. In a) sono scelte in modo da avere correnti e tensioni positive, corrispondenti ai valori reali. Ad esempio, la corrente di drain è costituita da un flusso di lacune, quindi esce dal drain: il verso uscente è preso come positivo. In b), invece, si mantiene lo stesso verso convenzionale utilizzato nel MOSFET a canale n.

________________________________________________________________________________________________

MOS a canale N MOS a canale P

Regione di interdizione

Regione Lineare o Ohmica

Regione di Saturazione G

S D

B V

SD

> 0 V

_SG

> 0

I

D

> 0

(figura – a)

G

S D

B V

_DS

< 0 V

GS

< 0

I

_D

< 0

(figura – b)

L C W K

_n

µ

_{n OX}

2

= 1

L C W K

_p

µ

_{p OX}

2

= 1

0

0 ≤ >

=

_{GS TN TN}

DS

V V V

I I

_SD

= 0 V

_SG

≤ − V

_TP

V

_TP

< 0

) (

0

] )

( 2

[

²

TN GS

DS

DS DS

TN GS

n DS

V V

V con

V V

V V

K I

−

≤

≤

−

−

=

) (

0

] )

( 2

[

²

TP SG

SD

SD SD

TP SG

p SD

V V

V con

V V

V V

K I

+

≤

≤

− +

=

0 ) (

) 1

( )

(

²

≥

−

≥

+

⋅

−

⋅

=

TN GS

DS

DS TN

GS n

DS

V V

V con

V V

V K

I λ

0 ) (

) 1

( )

(

²

≥ +

≥

+

⋅ +

=

TP SG

SD

SD TP

SG p SD

V V

V con

V V

V K

I λ

ESERCIZIO 1

: Dimensionare la rete di polarizzazione, secondo lo schema di figura 1, per un NMOS i cui parametri possono variare e assumere i seguenti valori VT1 = 1V e K1 = 150 µµµµA/V², oppure VT2 = 1,5V e K2=100 µµµµA/V², in modo da avere una corrente di drain ID=5 mA±±±±20%. Si determinino i valori di RS, R1, R2, ed RD assumendo VDD = 15V.

Poiché è noto che VT1 = 1V e K1 = 150 µµµµA/V², nonché VT2 = 1,5V e K2 = 100 µµµµA/V², le due possibili caratteristiche di trasferimento che possono derivare dalle variazioni dei parametri sono mostrate in figura 1a. È possibile descrivere le caratteristiche come segue:

Per una variazione della corrente di drain ID1 = 5 mA + 20%·ID, si ha:

Sostituendo alla corrente ID il relativo valore assegnato dalla traccia, si ottiene:

che, dopo aver operato i necessari passaggi algebrici, fornisce la scrittura seguente:

Per una variazione della corrente di drain ID2 = 5 mA −−−− 20%·ID, si ha:

Sostituendo alla corrente ID il relativo valore assegnato dalla traccia, si ottiene:

che, dopo aver operato i necessari passaggi algebrici, fornisce la scrittura seguente:

La pendenza della retta di polarizzazione fornisce il valore di RS; infatti, l’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di ingresso consente di relazionare, nelle due situazioni che si sono prese in considerazione, come segue

2 2

1

1 S D G GS S D

GS

G

V R I V V R I

V = + = +

Effettuando la differenza membro a membro delle due equazioni, considerato che il potenziale VG

2 2

6 2

2 2

2 2

2 1 6

2 1 1

1 1

) 5 , 1 (

10 100 )

(

) 1 (

10 150 )

(

−

⋅

=

−

=

−

⋅

=

−

=

−

−

GS T

GS D

GS T

GS D

V V

V K I

V V

V K I

+VDD

RD

RS

R1

R2

VG

(figura – 1)

2 1 6 3

2 1 6

3

150 10 ( 1 ) 6 10 150 10 ( 1 )

10 ) 5

% 20 5

( + ⋅ ⋅

⁻

= ⋅

⁻

V

_GS

− ⇒ ⋅

⁻

= ⋅

⁻

V

_GS

−

T GS

T GS

GS

V V V

V V V V

<

−

=

>

⇒ =

−

= 5 , 325

325 , 1 7

40

"

1 ' 1 1

1 2 1

=

_D

+ 20 %

_D

= 150 ⋅ 10

⁻6

(

_GS

− 1 )

D

I I V

I

2 2

2 = _D − 20 % _D = 100 ⋅ 10 ⁻ 6 ( _GS − 1 , 5 )

D I I V

I

2 2

6 3

2 2

6

3

100 10 ( 1 , 5 ) 4 10 100 10 ( 1 , 5 ) 10

) 5

% 20 5

( − ⋅ ⋅

⁻

= ⋅

⁻

V

_GS

− ⇒ ⋅

⁻

= ⋅

⁻

V

_GS

−

T GS

T GS

GS

V V V

V V V V

<

−

=

>

⇒ =

−

= 4 , 825

825 , 5 7

, 1 40

"

2 ' 2 2

VT1 VT2

ID1

ID2

VGS1 VGS2

VGS

ID

Pendenza

−−−−1/RS

(figura-1a) VG

V_G/R_S

del morsetto di gate è tenuto fisso dal partitore di tensione associato alle due resistenze R1 ed R2, si ottiene:

) (

0

_{1 2 1 2}

2 2

1

1 S D GS S D GS GS S D D

GS G

G

V V R I V R I V V R I I

V − = + − − ⇒ = − + −

Si giunge, così, alla relazione finale che consente di determinare il valore della resistenza di source:

Applicando la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia d’ingresso con i valori di VGS2 ed IDQ2; si ottiene:

V

_G

= V

_GS2

+ R

_S

·I

_DQ2

= 7,825 + 4·10

⁻⁻⁻⁻³

·250 = 7,825 + 1 = 8,825 V

Come verifica calcoliamo il valore di VG applicando la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di ingresso con i valori di VGS1 ed IDQ1; si ottiene

V

G

= V

GS1

+ R

S

·I

DQ1

= 7,325 + 6·10

⁻⁻⁻⁻³

·250 = 7,325 + 1,5 = 8,825 V

I valori di R1 ed R2 possono essere ricavati dalla relazione di seguito riportata:

7 , 0 1 1

2 1 2

1 2

1

2

⇒ = + ⇒ = − =

= +

G DD G

DD DD

G

V

V R

R R

R V

V V R R V R

È opportuno scegliere un valore di R1 non inferiore a 500 KΩ, al fine di conservare dell’ordine delle centinaia di KΩΩΩ la resistenza di ingresso vista da una eventuale sorgente di segnale; da quanto Ω premesso, derivano le posizioni seguenti:

R

2

= 1 MΩ Ω Ω Ω ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ R

1

= 0,7·R

2

= 700 KΩ Ω Ω Ω

ESERCIZIO 2

: Il MOSFET a canale N descritto dalla caratteristica di trasferimento mostrata in figura 2a, viene impiegato nel circuito di figura 2. Assegnati i valori dei componenti VDD = 18 V;

RD=50KΩΩΩΩ ed RS=10KΩΩΩΩ, si desidera determinare: a) il valore del rapporto R1/R2 che permette di avere ID = 0,1 mA; b) il corrispondente valore di VDS.

Dall’osservazione diretta della caratteristica di trasferimento si evince che la tensione VT di soglia assume il valore pari a VT = 2V.

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia d’uscita, atteso che il valore della corrente di drain del punto di riposo ammonta a IDQ = 0,1 mA = 100 µµµµA, consente di relazionare come di seguito esplicitato:

D D S DD DS

D D S DS

DD

V R R I V V R R I

V = + ( + ) ⇒ = − ( + )

, ovvero:

V V

_DS

= 18 − ( 50 + 10 ) ⋅ 10

³

⋅ 0 , 1 ⋅ 10

⁻³

= 18 − 60 ⋅ 0 , 1 = 18 − 6 = 12

Ω

=

⋅ =

⋅ =

−

= −

−

= −

_{− −}

250

2 500 10

2 5 , 0 10

) 4 6 (

325 , 7 825 , 7

3 3

2 1

1 2

D D

GS GS

S

I I

V R V

+VDD

RD

RS

R1

R2

(figura – 2)

VDS

D

S G

ID

2 IDQ

5 VGS [V]

ID [µµµµA]

(figura - 2a) 180

4,25

Dalla caratteristica di trasferimento ID = ƒƒƒƒ(VGS) di figura 2a si deduce che in corrispondenza della corrente di riposo ID = 0,1 mA è consentito ricavare il relativo valore di VGS pari a VGS = 4,25 V.

La conoscenza della tensione VGS permette di verificare la condizione VDS > (VGS – VT); infatti si ha: 12 > (4,25 – 2). Ne consegue che il MOS a canale N è polarizzato in zona di saturazione.

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia d’ingresso consente di relazionare come segue:

V I

R V

V

_G

=

_GS

+

_{S D}

= 4 , 25 + ( 10 ⋅ 10

³

⋅ 0 , 1 ⋅ 10

⁻³

) = 4 , 25 + 1 = 5 , 25

Atteso che il morsetto di gate non assorbe corrente, ovvero IG=0A, le resistenze R1 ed R2 sono fra collegate in serie e costituiscono, pertanto, un partitore resistivo di tensione; per questo il potenziale del morsetto di gate assume il valore definito dalla relazione seguente:

2 1 2

2 1 2

1

2

1

R R R

R R V

V V R R V R

G DD DD

G

⇒ = + = +

= +

, ovvero:

428 , 2 1 428 , 3 25 1

, 5 1 18

2

1

= − = − = − =

G DD

V V R

R

Il dimensionamento delle resistenze R1 ed R2 si effettua assumendo per R2 il valore commerciale R2 = 330 KΩΩΩ e, di conseguenza, per RΩ 1 il seguente valore: R1 = 2,428·R1 = 801 KΩΩΩΩ.

ESERCIZIO 3:

Si progetti la rete di polarizzazione, secondo lo schema di figura 3, per un MOS a canale N, tipo 2N4351, per il quale si ha V_T = 2,24 V e K = 125 µµµµA/V². La tensione di alimentazione è VDD=15V e la corrente di canale ID nel punto di riposo vale ID=2mA. In tale contesto si determinino i parametri g_m ed r_d essendo λλλλ = 0,005 V^-1.

Si ritiene che l’assegnazione della corrente di canale a riposo ID sia riferita ad una polarizzazione del MOS a canale N che caratterizza il quiescent point nella zona di saturazione. Al fine di garantire quanto ipotizzato dovrà verificarsi la condizione VDS > (VGS - VT).

L’ipotesi che il MOS funzioni nella zona di saturazione implica che sia soddisfatta la relazione costitutiva che di seguito si riporta:

) 1

( )

(

_{GS T} ² _DS

D

K V V V

I = ⋅ − ⋅ + λ

, e con, idealmente, λλλλ=0:

V

_GS

− V

_T

= ( I

_D

K )

in cui si è trascurato l’effetto di λλλλ.

Sostituendo i valori di IDQ = 2 mA e K = 125 µµµµA/V² si ottiene:

2 10 125 10

2000 125

3 6

⋅

⋅

⁻₋

= V

_GS

− V

_T

⇒ = V

_GS

− V

_T

Si ottiene, pertanto, quanto segue:

V V V V

V V

GS T GS T

GS T

− = ⇒ − =

− = −

 

16  4

4

, da cui:

V

_GS1

= + 4 V

_T

= + 4 2 24 , = 6 24 , V V

_GS2

= − + 4 V

_T

= − + 4 2 24 , = − 1 76 , V

La soluzione VGS2 è NON accettabile essendo negativa e minore della tensione di soglia VT. L’unica soluzione ammissibile è data da VGS = VGS1 = 6,24 V, atteso che è: VGS1 > VT.

Dalla figura 3a, per ispezione diretta, considerato che IG = 0A, si evince che VG=VDD=15V. Si applichi, ora, la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di ingresso ottenendo la relazione che di RS

RG

VDD

(figura - 3) RD

M1

G

RS

R_G

V_DD

(figura - 3a) RD

M1

S D

VGS

V_DS VG

seguito si esplicita:

V V V R I R V V

I K

G DD GS S D S DD GS

D

= = + ⇒ = −

= −

⋅

₋

= 15 6 24

2 10 ,

₃

4 38

, Ω

Il calcolo ed il relativo dimensionamento della resistenza di drain RD richiede di scegliere in modo opportuno il valore da attribuire alla tensione VDS. Fissare il valore della tensione VDS è necessario tutte le volte che essa non è calcolabile analiticamente per altra via. Una procedura adottata nella pratica è quella che, al fine di soddisfare alle condizioni di massima dinamica, fissa il valore della tensione VDS pari a circa un terzo della tensione VDD di polarizzazione. Si deve, tuttavia, ricordare che si è scelto di polarizzare il MOS in zona di saturazione; per tale motivo dovrà, ulteriormente, essere soddisfatta la condizione VDS > (VGS - VT), ovvero: VDS > 4V. In tale contesto una scelta che si può ritenere corretta è data da VDS = 5 V. Atteso quanto sopra, l’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di uscita del MOS consente di relazionare come segue:

V V R I R I R V V R I

DD DS S D D D D DD DS

I

S D

D

= + + ⇒ = − −

, ovvero:

R V V

I R

D DD DS

D

= − −

S

= −

⋅

₋

− =

15 5

2 10

₃

4380 620 Ω

Il calcolo della conduttanza mutua gm, necessario per la determinazione delle prestazioni dinamiche del MOS onde porre in relazione le variazioni incrementali della corrente ID e della tensione VDS, nell’intorno del punto di riposo in presenza di piccolo segnale, è dato dalla seguente relazione:

1 3

6 3 6

6

2

1 10

10 10 4 10 250 ) 24 , 2 24 , 6 ( 10 125 2

) (

2 )]

( 2 ] [

) (

[

−

−

−

−

−

⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ = = Ω

⋅

⋅

=

=

−

=

−

∂ =

−

⋅

= ∂

∂

= ∂

V m A

V V

K V

v v K

V v

K v

g i

_{GS T V GS T}

GS V T GS GS V

m D

GS GS GS

Il calcolo del parametro dinamico resistenza differenziale rd attiene alla presenza del fattore λλλλ che esprime l’effetto della modulazione di canale, “canale corto”, dovuto all’aumentare della VDS. In sostanza rd rappresenta la resistenza interna del generatore dipendente di corrente pilotato dalle variazioni della tensione v_GS per effetto della presenza di un generatore di piccolo segnale.

La definizione costitutiva del parametro rd è fornita dalla relazione che di seguito si riporta:

) 1

] ( ) (

)] [ 1

( ) (

[

² ₂

DS D T V

GS DS V

DS T

GS DSV

d D

V V I

v v K

v V

v K v

g i

GS

GS GS

λ

λ λ λ

+

= ⋅

−

∂ =

+

−

= ∂

∂

= ∂

Per i MOS integrati l’espressione di gd viene solitamente valutata per VDS=0V e ciò comporta la posizione seguente:

Ω

=

=

⋅ =

= ⋅

= ⋅

⋅

⋅

= +

=

_{− −}

= =

I K I

V r g

V D D

DS d V

d

DS DS

100 10 10

1 10

2 005 , 0

1 1

) 1

(

1

₅

5 0 3

0

λ λ

λ

Il circuito equivalente incrementale per il MOS valido alle variazioni introdotte dal piccolo segnale, costituito dai parametri gm ed rd, precedentemente determinati, viene mostrato nella figura 3b.

La resistenza rd esprime il fatto che caratteristiche d’uscita del MOS tendono a crescere, a VGS costante, con l’aumentare della tensione VDS.

g

_m

v

_gs

r

d

v

_ds

v

gs

(figura – 3b)

i

d

G

S

D

S

ESERCIZIO 4

: Il circuito riportato in figura 4 utilizza un transistore NMOS che presenta i seguenti parametri; k=(1/2)·µµµµnCOX =1mA/V², W/L=2 e VT=4V. La rete di polarizzazione si caratterizza per una tensione di alimentazione VDD = 12 V, RD = RS = 2 KΩΩΩΩ, R1 = 100 KΩΩΩΩ, ed R₂ = 300 KΩΩΩΩ. Determinare a) la corrente ID e la tensione V_DS del punto di riposo; b) il nuovo valore di RS necessario a mantenere lo stesso valore di ID, calcolato al punto a), allorché sia W/L = 4.

Si ritiene, poiché non è specificato, che la rete di polarizzazione sia dimensionata affinché il punto di riposo sia situato nella zona di saturazione del funzionamento del MOS a canale N.

Atteso, come evidenziato in figura 4a, che la corrente assorbita dal gate è nulla, ovvero IG = 0 A, è possibile determinare il potenziale VG applicando la regola del partitore di tensione realizzato dalle due resistenze R1 ed R2; si perviene, così, alla scrittura che di seguito si riporta:

V R V

R R V

G

= ⋅

DD

+ =

+ ⋅ = ⋅ =

2

1 2

300

300 100 12 3

4 12 9

In conformità all’ipotesi che il MOS venga polarizzato in zona di saturazione, la corrente di drain ID è definita dalla relazione costitutiva che segue:

I C W

L V V k W

L V V

D

= 1

n ox GS

−

T

=

GS

−

T

2

2 2

µ ( ) ( )

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di ingresso del MOS consente di relazionare così come segue:

V

_G

= V

_GS

+ R I

_{S D}, ovvero, sostituendo l’espressione di ID

V V R k W

L V V

G

=

GS

+

S

⋅ ⋅ ⋅ (

GS

−

T

)

², ed anche:

9 = V

_GS

+ ⋅ 2 10 10

³

⋅

⁻³

⋅ ⋅ 2 ( V

_GS

− 4 )

²

Procedendo all’esecuzione dei necessari passaggi algebrici e dei dovuti calcoli, si perviene alle scritture di seguito esplicitate:

9 = V

_GS

+ ⋅ 4 ( V

_GS

− 4 )

²

⇒ 4 ( V

_GS²

− 8 V

_GS

+ 16 ) + V

_GS

− = 9 0

, da cui:

4 V

_GS²

− 32 V

_GS

+ 64 + V

_GS

− = 9 0 ⇒ 4 V

_GS²

− 31 V

_GS

+ 55 0 =

Procedendo alla risoluzione dell’equazione di secondo grado nella variabile tensione VGS, si ottiene:

V

_GS

= ± − ⋅ ⋅

= ± −

= ±

= ±

31 31 4 4 55 8

31 961 880 8

31 81 8

31 9 8

2

Le soluzioni sono, pertanto:

V V

GS T

V

T

= ± = + = = >

− = = <

31 9 8

31 9 8 40 8 5 31 9 8 22 8 2 75

( )

( ) ,

L’unica soluzione accettabile è fornita dal valore VGS = 5 V, che garantisce che il MOS è acceso.

La conoscenza della tensione VGS del punto di riposo consente di determinare la corrente di drain ID; infatti si ottiene:

I k W

L V V mA

D

= (

GS

−

T

)

²

= ⋅ 1 10

⁻³

⋅ ⋅ − 2 5 4 ( )

²

= ⋅ 2 10

⁻³

= 2

RS

R1

VDD

(figura - 4) RD

M1

R2

R₁

(figura - 4a) V_G

G

RS

VDD

RD

M1

S D

VGS

V_DS R₂

IG

ID

Come verifica della correttezza del risultato conseguito, calcoliamo di nuovo la corrente ID facendo ricorso alla legge di Kirchhoff delle tensioni applicata alla maglia di ingresso; si ottiene:

V V R I I V V

R mA

G GS S D D G GS

S

= + ⇒ = − = −

⋅ = ⋅

⁻

= 9 5

2 10 4

2 10 2

3

3

Tale relazione conferma, appunto, il valore della ID già ottenuto in precedenza per altra via.

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di uscita consente di esplicitare la relazione idonea al calcolo della tensione VDS; si ha, infatti:

V

_DD

− V

_DS

= ( R

_S

+ R

_D

) I

_D

⇒ V

_DS

= V

_DD

− ( R

_S

+ R

_D

) I

_D , ovvero:

V

_DS

= 12 − ( 2 2 10 2 10 + ) ⋅

³

⋅ ⋅

⁻³

= 12 8 4 − = V

L’ipotesi che il MOS operi nella zona di saturazione resta confermata in quanto risulta soddisfatta la condizione VDS > (VGS - VT); infatti i risultati conseguiti di VDS e di VGS attestano che: 4 > (5 - 4).

Imponendo il nuovo valore del rapporto W/L nell’espressione della corrente ID, considerando che il suo valore non cambi e che il MOS operi sempre nella regione di saturazione, si ottiene il relativo nuovo valore della tensione V^*GS:

I k W

L V V V

D

= ⋅ ⋅ (

GS^*

−

T

)

²

⇒ 2 10 ⋅

⁻³

= ⋅ 1 10

⁻³

⋅ ⋅ 4 (

GS^*

− 4 )

² , ovvero:

V V V

V V

GS

GS T

GS T

* *

*

( ) ,

( ) ,

− = ⇒ = + = >

= − = <



 



4 2

4

4 2 2 4 707 4 2 2 3 293

1 2

L’unica soluzione accettabile è fornita dal valore V^*GS = 4,707 V poiché garantisce che il MOS è acceso. L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia d’ingresso consente poi di determinare il nuovo valore della resistenza RS*; si ottiene infatti la scrittura:

V

_G

= V

_GS^*

+ R I

_{S D}^* , dalla quale, sostituendo i valori noti, si perviene alla seguente relazione:

R V V

I K

S G GS

D

* *

, ,

= − = − ,

⋅

₋

= ⋅ =

9 4 707 2 10

4 293

2 10 2 15

3

3

Ω

ESERCIZIO 5

: Si progetti il circuito mostrato in figura 5 in modo che il transistore NMOS, polarizzato con alimentazione simmetrica duale VDD = +5V e VSS = −−−−5V e caratterizzato dalle seguenti specifiche: µµµµnCOX = 20 µµµµA/V², VT = 2 V; L = 10 µµµµm e W = 400 µµµµm, operi con corrente di drain ID = 0,4 mA e con un potenziale di drain VD = 1V. Si trascuri l’effetto di modulazione della lunghezza di canale assumendo che sia λλλλ = 0.

Si tratta di una configurazione circuitale che utilizza ai fini della polarizzazione un’alimentazione simmetrica duale caratterizzata da VDD=VSS= 5V e col morsetto di gate collegato a terra.

Il parametro di “conduttanza” K è legato ai dati forniti dalla traccia dalla seguente relazione:

K C W

L mA V

n ox

= 1 = ⋅

⁻

⋅ =

2

20 10 2

400

10 0 4

6 2

µ ,

Dato che viene assegnato il valore del potenziale del morsetto di drain a VD=1V, si deduce che V_GD=V_G−−−−VD=0−−−−1=−−−−1V.

Poiché risulta VGD<VT il MOS a canale N opera certamente in zona di saturazione. Infatti, la condizione che deve verificarsi in un NMOS affinché operi in zona di saturazione è stabilita dalla seguente relazione:

G

RS

+V_DD

(figura - 5) RD

M₁ S

D

VGS VD

−−−−VSS

V

_DS

> ( V

_GS

− V

_T

) ⇒ V

_DS

− V

_GS

> − V

_T

⇒ V

_DG

> − V

_T

da cui consegue:

− V

_GD

> − V

_T

⇒ V

_GD

< V

_T

Per determinare il valore richiesto della tensione VGS, si fa pertanto ricorso alla relazione costitutiva della corrente di drain ID per un NMOS operante in zona di saturazione in cui si trascurano gli effetti della modulazione della lunghezza del canale, cioè λλλλ = 0; si ottiene la scrittura seguente:

I

_D

= ⋅ K V (

_GS

− V

_T

)

²

⇒ V

_GS

− V

_T

= ( I

_D

K ) = ( , 0 4 10 ⋅

⁻³

0 4 10 , ⋅

⁻³

)

Ne consegue che:

V V V V V

V V V

GS T

GS T T

GS T T

− = ⇒ = + = + = >

= − + = − + = <

 

1  1 1 2 3

1 1 2 1

1 2

Il valore VGS2 = 1 V non è accettabile poiché, essendo inferiore della tensione di soglia VT, implica che il MOS a canale N sia spento e ciò in netto contrasto con quanto richiesto dalla traccia.

L’unica soluzione accettabile è fornita dal valore VGS = VGS1 = 3 V

Dato che il morsetto di gate è collegato a terra, per ispezione diretta della rete di figura 4 si ottiene:

V

_GS

= V

_G

− V

_S

= − 0 V

_S

= − V

_S

⇒ V

_S

= − V

_GS

= − 3 V

Si può, a questo punto, calcolare il valore della resistenza di source RS; infatti, l’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia d'ingresso del MOS consente di relazionare come di seguito esplicitato:

V R I V R V V

I K

S S D SS S S DD

D

= − ⇒ = + = − +

⋅

₋

= ⋅ = 3 5

0 4 10

2 10 0 4 5

3

3

, , Ω

Al fine di garantire al morsetto di drain di assumere il potenziale dato da VD=1V, il valore della resistenza RD da collocare sul drain rimane determinato dalla legge di Ohm applicata ai morsetti della resistenza RD stessa; si ottiene, infatti:

V V R I R V V

I K

DD D D D D DD D

D

− = ⇒ = − = −

⋅

₋

= ⋅ = 5 1

0 4 10

4 10

0 4 10

3

3

, , Ω

ESERCIZIO 6

: Si progetti il circuito mostrato in figura 6 in modo che il transistore NMOS, caratterizzato dalle seguenti specifiche: µµµµnCOX = 20 µµµµA/V², VT = 2 V; L = 10 µµµµm; W = 100 µµµµm e polarizzato con alimentazione VDD=10V, presenti una corrente di drain data da ID=0,4mA.

Si determini il valore della tensione continua VD, trascurando l’effetto della modulazione della lunghezza di canale assumendo λλλλ = 0V⁻⁻⁻⁻¹.

Per ispezione diretta della figura 6 si evince che VGD =0V<VT e ciò implica che il MOS a canale N si trova a funzionare nella regione di saturazione; infatti, i morsetti di gate G e di drain D sono fra loro direttamente collegati imponendo, quindi, che sia VDS = VGS, per cui risulta certamente verificato che:

V

_DS

> (V

_GS

−−−− V

T

).

Dato che il MOS opera in zona di saturazione, trascurando l’effetto di modulazione della lunghezza di canale, si può affermare che:

2

2

( )

) (

) ( )

2 1

(

_{n ox GS T GS T}

D

C W L V V K V V

I = µ ⋅ − = ⋅ −

, da cui si ricava che:

G

+VDD

(figura - 6) RD

M1

S

D

G

+VDD

(figura - 6a) RD

M1

S

D

VGS

VD =VDS

IG = 0

V V I K

L I

C W V V

GS T D D

n ox

GS T

− = = ⋅ ⋅ ⇒ − = ⋅ ⋅ ⋅

⋅

₋

⋅

⁻

=

2 2 10 0 4 10

20 10

₆

100

³

4 µ

,

Svolgendo i dovuti calcoli si ottengono le due soluzioni che di seguito si esplicitano:

V V V V V V

V V V V

GS T

GS T T

GS T T

− = ⇒ = + = + = >

= − + = − + = <

 

2  2 2 2 4

2 2 2 0

1 2

Il valore VGS1 = 0 V NON È accettabile poiché, essendo minore di V_T, impone al MOS di essere spento, mentre è ormai assodato che esso non solo è acceso, ma opera in zona di saturazione.

L’unica soluzione accettabile e coerente con quanto affermato è data dal valore VGS = V_GS2 = 4 V.

Atteso quanto premesso, confermata dalla realtà circuitale evidenziata in figura 5a, si conclude con la seguente posizione:

V

_D

= V

_DS

= V

_GS

= 4 V

Per quanto attiene il calcolo della resistenza RD di drain, basta applicare la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di uscita per elaborare la seguente scrittura:

V V R I R V V

I K

DD DS D D D DD D

D

− = ⇒ = − = −

⋅

₋

= ⋅ = 10 4

0 4 10

6 10

0 4 15

3

3

, , Ω

ESERCIZIO 7

: Analizzare il circuito riportato in figura 7 e determinare le tensioni su tutti i nodi e le correnti in tutti i rami. Sia VT = 1 V; K = 0,5 mA/V², VDD = 12 V; R1 = R2 = 10 MΩΩΩ; Ω RD = RS = 6 KΩΩΩΩ. Si trascuri, inoltre, l’effetto di modulazione della lunghezza di canale con la assunzione di λλλλ = 0.

Per ispezione diretta della figura 6a si evince che il transistore MOS a canale N si caratterizza per IG = 0 A e che il potenziale VG del morsetto G di gate resta unicamente determinato dal partitore resistivo di tensione realizzato dalle resistenze R1 ed R2. Si perviene, così, alla scrittura che di seguito si riporta:

V R V

R R V

G

= ⋅

DD

+ =

+ ⋅ = ⋅ =

2

1 2

10

10 10 10 1

2 10 5

La corrente IP che circola nelle resistenze R1 ed R2 collegate fra loro in serie è determinata dalla legge di Ohm che consente di relazionare come segue:

I V

R R A

P

=

DD

+ =

+ ⋅ =

⁻

=

1 2 6

10

6

10 10 10

10

2 5

( ) µ

L’accensione del MOS si verifica se VGS>VT. Poiché non è dato sapere a priori se il transistore lavora in zona ohmica oppure in saturazione, è lecito ritenere dapprima che il MOS operi in zona di saturazione e verificare poi la validità dell’ipotesi adottata con il soddisfacimento della condizione VDS > (VGS −−−− VT).

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di ingresso consente di relazionare come segue:

V

_GS

= V

_G

− R I

_{S D}

= − ⋅ 5 6 10

³

I

_D

L’ipotesi di transistore MOS in zona di saturazione richiede di esplicitare la relazione costitutiva della corrente ID di drain, nella quale si considera trascurabile l’effetto della modulazione RS

R₁

V_DD

(figura - 7)

R_D

M1

R2

R1

(figura - 7a) V_G

G

RS

VDD

RD

Mn

S D

VGS

VDS

R2

IG

ID

I

P

della lunghezza di canale; pertanto, non resta che esplicitare la scrittura che di seguito si riporta:

I

_D

= ⋅ K V (

_GS

− V

_T

)

²

⇒ I

_D

= ⋅ K V (

_G

− R I

_{S D}

− V

_T

)

²

Sostituendo i valori delle grandezze fornite dalla traccia e svolgendo i necessari passaggi algebrici ed i calcoli relativi, si ottengono le scritture che di seguito si esplicitano:

I

_D

= 0 5 10 , ⋅

⁻³

(5 − ⋅ 6 10

³

I

_D

− 1 )

²

⇒ I

_D

= 0 5 10 , ⋅

⁻³

( 4 6 10 − ⋅

³

I

_D

)

²

I

_D

= 0 5 10 , ⋅

⁻³

⋅ ( 16 48 10 − ⋅

³

I

_D

+ 36 10 ⋅

^{6 2}

I

_D

)

, ovvero:

18 10 ⋅

^{3 2}

I

_D

− 25 I

_D

+ ⋅ 8 10

⁻³

= 0

Procedendo al calcolo delle soluzioni dell’equazione di secondo grado nell’incognita corrente ID

di drain si ottiene:

I

_D

= ± − ⋅ ⋅ ⋅

⋅ = ± −

⋅ = ±

⋅ 25 25 32 18 10 10

−

36 10

25 625 576 36 10

25 49 36 10

2 3 3

3 3 3

Le soluzioni sono, pertanto:

I mA

D

= ± mA

⋅ = − ⋅ = ⋅ =

+ ⋅ = ⋅ =

−

−

25 7 36 10

25 7 36 10 18 10 36 0 5 25 7 36 10 32 10 36 8 9

3

3 3

3 3

( ) ( ) ( ) ,

( ) ( ) ( )

Il valore di corrente di drain ID = (8/9) mA dà luogo a una tensione di source, definita dalla legge di Ohm, il cui valore è:

V

_S

= R I

_{S D}

= ⋅ 6 10

³

⋅ ( 8 9 10 ) ⋅

⁻³

= ( 16 3 ) = 5 3 , V

Poiché il valore ottenuto del potenziale VS del morsetto di souce è maggiore del potenziale VG del morsetto di gate, si conclude che la tensione fra gate e source è negativa, cioè VGS < 0 e, pertanto, NON accettabile. L’unico valore ammissibile per la corrente di drain è quello dato da I_D = 0,5 mA.

Si ottiene, in tale contesto, che:

V

_S

= R I

_{S D}

= ⋅ 6 10 0 5 10

³

⋅ , ⋅

⁻³

= 3 V

La tensione VGS fra gate e source resta allora così definita:

V

_GS

= V

_G

- V

_S

= 5 −−−− 3 = 2 V

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di uscita consente di relazionare come segue:

V

_DS

= V

_DD

− ( R

_S

+ R

_D

) I

_D

= 10 12 10 0 5 10 − ⋅

³

⋅ , ⋅

⁻³

= 10 12 0 5 4 − ⋅ , = V

Poiché risulta verificata la condizione VDS > (VGS −−−− VT), cioè 4 > (2 −−−− 1), si conferma che, proprio come inizialmente ipotizzato, il transistore MOS si trova polarizzato in regione di saturazione.

ESERCIZIO 8

: Si progetti il circuito di figura 8 in modo che il transistore MOS funzioni in saturazione con ID=0,5mAeVD=3V. Si sa che VDD=5V; VT =−1V; K=0,5mA/V², VDD=12V.

Si calcoli il massimo valore della resistenza RD affinché il dispositivo resti nella regione di saturazione. Si trascuri l’effetto di modulazione della lunghezza di canale assumendo λλλλ=0V⁻⁻⁻⁻¹. Dato che si tratta di un transistore MOS a canale P, affinché esso operi in regione di saturazione con la corrente di drain di valore ID =0,5mA e trascurando l’effetto di modulazione della lunghezza di canale, dovrà essere soddisfatta la seguente relazione costitutiva:

I

_D

= ⋅ K V (

_GS

− V

_T

)

²

⇒ V

_GS

− V

_T

= ( I

_D

K )

Sostituendo i valori dei parametri forniti dalla traccia si ottiene:

V

_GS

− V

_T

= ( I

_D

K ) = ( , 0 5 10 ⋅

⁻³

) ( , 0 5 10 ⋅

⁻³

)

R_D R1

V_DD

(figura - 8) M_P

R₂

D S G

V_D

V

_GS

− − = ( ) 1 1 ⇒ V

_GS

+ = 1 1

, e le soluzioni sono:

V V

V

V V

V V

GS

GS GS

GS GS

= + =

+ = −

⇒

⇒

=

1

= −

2

1 2

1 1

1 1

0 2

La soluzione VGS1 =0V non è accettabile, poiché l’accensione del PMOS necessita che risulti VGS < VT. L’unica soluzione consentita per la tensione VGS è rappresentata dal valore VGS=VGS2=−−−−2V.

Per ispezione diretta della rete di figura 8a si evince che il morsetto di source si trova al potenziale della batteria VDD = 5 V. Il morsetto di gate presenta il potenziale determinato dalla relazione di seguito Riportata, che attiene all’applicazione della legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia di ingresso:

V

_G

= V

_GS

+ V

_DD

= − + = 2 5 3 V

Atteso, inoltre, che il morsetto di gate non assorbe corrente, quindi IG =0A, il valore del potenziale VG del morsetto di gate è stabilito dal partitore resistivo di tensione realizzato dalle resistenze R1

ed R2 collegate fra loro in serie; vale, pertanto, la posizione seguente:

V R

R R V V

V

R R R

R

G DD DD

R

G

= +

²

⋅ ⇒ = + = +

1 2

1 2

2

1 2

1

Ne consegue, pertanto, che il dimensionamento delle due resistenze del partitore è determinato dal rapporto definito dalla seguente relazione:

R R

V V

DD G 1

2

1 5

3 1 2

= − = − = 3

Il rapporto è ottenibile con una scelta, fra le tante possibili, data da: R1 = 1 MΩΩΩΩ ed R2 = 1,5 MΩΩΩ. Ω Il dimensionamento della resistenza di drain RD è parimenti immediato; infatti dalla legge di Ohm applicata alla resistenza RD medesima, nella forma VD = RD·ID, si perviene alla relazione::

R V

I K

D D

D

= =

⋅ 3

₋

= ⋅ = ⋅ = 0 5 10

3 10 0 5

30

5 10 6

3

3 3

, , Ω

Il transistore PMOS persisterà ad operare in zona di saturazione finché risulterà soddisfatta la condizione

V

DS

≤≤≤≤ V

GS

- V

T; la condizione limite è proprio proposta dalla seguente relazione:

V

_DS^*

= V

_GS

− V

_T

= − − − = − + = − 2 ( ) 1 2 1 1 V

La legge di Kirchhoff delle tensioni applicata alla maglia d’uscita del PMOS di figura 8a porge la relazione che di seguito si riporta:

V

_DD

+ V

_DS^*

− V

_D^*

= 0 ⇒ V

_D^*

= V

_DD

+ V

_DS^*

= + − = − = 5 ( ) 1 5 1 4 V

Poiché il potenziale del morsetto di drain V^*D viene ottenuto ancora con la stessa corrente di drain ID = 0,5 A si deduce che il nuovo valore della resistenza di drain RD si calcola mediante la scrittura seguente:

R V

I K

D D

D

* *

, ,

= =

⋅ 4

₋

= ⋅ = ⋅ = 0 5 10

4 10 0 5

40

5 10 8

3

3 3

Ω

RD

R1

VDD

(figura - 8a) MP

R₂

D S G

VGS

V_G V_D

VDS