UNIDAD_III_ELKAI

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

2,010

ELECTRÓNICA

ANALÓGICA I

TERCERA UNIDAD: EL JFET

Felipe Isaac Paz Campos

CAPÍTULO 3 El FET DE JUNTURA O JFET (Transistor de efecto de campo).

3.1 Introducción

El transistor de efecto de campo (FET) es un dispositivo de tres terminales que se utiliza para diversas aplicaciones que se asemejan, en una gran porción, a los del transistor BJT. Aunque existen diferencias entre los dos tipos de dispositivos, también es cierto que existen muchas similitudes.

La diferencia básica entre los dos tipos de transistores es el hecho, de que el transistor BJT es controlado por corriente mientras que el transistor JFET es un dispositivo controlado por voltaje.

De la misma forma que existen transistores BJT NPN y PNP, existen transistores JFET canal N y canal P. En este capítulo se hará mayor énfasis en el uso de estos transistores como amplificadores.

3.2 Símbolo

3.3 Estructura y representación

La estructura para el transistor FET canal P es similar y se muestra en la figura 3.4.

Las uniones Compuerta-Drenador y la Surtidor-Compuerta están polarizadas en inversa de tal forma que no existe otra corriente que la inversa de saturación de

la unión PN.

La zona N (en el FET canal N) es pequeña y la amplitud de la zona de deplexión afecta a la longitud efectiva del canal. La longitud de la zona de deplexión depende de la tensión inversa (tensión de compuerta).

3.4 Zonas de funcionamiento del transistor de efecto de campo (FET):

 ZONA ÓHMICA O LINEAL: En esta zona el transistor se comporta como una resistencia variable dependiente del valor de VGS. Un

parámetro que aporta el fabricante es la resistencia que presenta el

Surtidor Compuerta

Drenador

P

N

N

Figura 3.4 Estructura FET canal P

Surtidor Compuerta

Drenador

N

P

P

Figura 3.3 Estructura FET canal N

D(Drain)

G(Gate)

S(Source)

D(Drain)

G(Gate)

S(Source) Figura 3.2 JFET canal P

dispositivo para VDS=0 (rdson), y

distintos valores de VGS.

 ZONA DE SATURACIÓN: En esta zona es donde el transistor amplifica y se comporta como una fuente de corriente gobernada por VGS.

 ZONA DE CORTE: La intensidad de drenador es nula (ID=0).

Las tres zonas de operación o funcionamiento se muestran en la Figura 3.5.

A diferencia del transistor BJT, las terminales drenador y surtidor del FET pueden intercambiar sus papeles sin que se altere apreciablemente la característica V-I (se trata de un dispositivo simétrico). 3.5 Construcción y características de los JFET.

La construcción básica del JFET canal N se muestra en la figura 3.6.

Se observa que la mayor parte de la estructura es material de tipo N que forma el canal entre las capas interiores del material tipo P. La parte superior del canal de tipo N se encuentra conectada por medio de un contacto óhmico a la terminal referida como drenador (D), mientras que el extremo inferior del mismo material se conecta por medio de un contacto óhmico a una terminal referida como fuente (S). Los dos materiales tipo P se encuentran conectados entre si y también a una terminal de compuerta (G). Por tanto, el drenador y la fuente se hallan conectadas a los extremos del canal tipo N y la entrada a las dos capas de material tipo P. Durante la ausencia de cualquier potencial aplicado al JFET tiene dos uniones P-N bajo condiciones sin polarización. El resultado es una región de agotamiento en cada unión como se muestra en la figura 3.6. La región de agotamiento es aquella que no presenta portadores libres y es, por tanto, incapaz de soportar la conducción a través de la región.

Surtidor o fuente(S) Compuerta (G)

Contactos óhmicos

Drenador o drenaje (D)

P N P

Canal N

Región de agotamiento

Figura 3.6 JFET canal N

La analogía del agua en la figura 3.7:

Proporciona cierto sentido sobre el control del JFET a través de la terminal de compuerta y acerca de lo adecuado de la terminología aplicada a las terminales del dispositivo. La fuente de la presión del agua (electrones), a través de la llave (fuente). La compuerta, mediante una señal aplicada (potencial), controla el flujo de agua (carga) hacia el drenaje. Las terminales del drenaje y de la fuente se encuentran en los extremos opuestos del canal N, porque la terminología está definida para el flujo de electrones.

3.6 Polarización del JFET.

La polarización del JFET se muestra en la figura 3.8.

En el circuito de la figura 3.8, Si VGS

aumenta ID disminuye y si VGS disminuye

ID aumenta.

En este tipo de transistor es posible polarizarlo con VGS= 0V, esto se verá

cuando se estudie los diferentes tipos de polarización.

3.7 Características y parámetros del JFET.

Corriente de fuga y de graduador: La unión graduador-surtidor (compuerta-fuente) es un diodo de silicio polarizado inversamente, a través de el fluye solo una pequeña corriente inversa. Idealmente, la corriente de compuerta es cero (IG=0A) y por tanto todos los

electrones libres fluyen del surtidor al drenador ( ID=IS).

Alta resistencia de entrada: Puesto que en la compuerta casi no circula corriente (IG≈ 0A), la impedancia de entrada de un

JFET es decenas o cientos de mega ohms (Zi→∞). Con un JFET existe menor control sobre la corriente de salida. Se necesitan mayores variaciones en el voltaje de entrada para producir cambios en Io. Por esta razón el JFET tiene menor

ganancia de voltaje.

Pinch-off: El voltaje de pinch-off (Vp) es

el valor de VDS para el cual ID comienza a

ser constante con VGS = 0V esto se

muestra en la figura 3.9.

S G

Región de agotamiento

P P

N

Canal N

VDD

Figura 3.8 FET canal N

VGS

VDS

Drenador (D)

ID

IS

+

-

+

e- e

-e

--

3.8 Característica de transferencia del JFET (Curva de transferencia).

La figura 3.10 representa el gráfico de la ecuación de Shockley.

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.1) A la ecuación (3.1) se le conoce como la ecuación de Shockley1. Esta ecuación no depende del circuito de polarización, por

1

Electrónica: Teoría de circuitos, capitulo 5

lo que pude ser usada en cualquier circuito con JFET como una ecuación general.

Donde:

VGS(off): Voltaje de corte.

En algunas literaturas VGS(off) Vp (3.2) IDSS: Corriente máxima para el JFET.

ID ≈ IS : corriente de drenador y fuente.

A

V

1



 (3.3) VA: Voltaje de Early, dado por el

fabricante.

) 1

(

) (off GS

GS mo

m

V V g

g   (3.4)

La ecuación 3.4 es la transconductancia del JFET y depende del punto de operación.

) (

2 off GS

Dss mo

V xI

g  (3.5) La ecuación (3.5) es la transconductancia interna del JFET.

3.9 Tipos de polarización del JFET. Existen cuatro formas básicas de polarizar un JFET, estas formas son:

a.- Polarización fija o por compuerta b.- Autopolarización

c.- Polarización por divisor de voltaje d.- Polarización por surtidor o fuente a.- polarización fija o por compuerta.

Vp VDs

VGs=0V

IDss

0

Figura 3.9

IDss

VGS(off) 0

VGS(V)

ID

VGS +

-+

-VDS

+ _V DD

RD

+

ID

VGS +

-+

-VDS

IG

+ VGG

RG

+_V DD

RD

+

+

Figura 3.11

ID(mA)

Del circuito de la figura 3.11 se obtiene: VGS = VG-VS= -VGG-0V= -VGG (3.6)

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.7) Esta es la peor forma posible de fijar el punto Q (punto de operación) para un amplificador JFET lineal.

El punto Q depende fuertemente del JFET empleado, depende de los parámetros internos del transistor: IDss y VGS(off).

b.- Autopolarización.

Del circuito de la figura 3.12 se obtiene: VG = 0V (3.8)

Ya que IG = 0A (esto se debe a que Zi→∞

en un JFET)

VS = ISxRS (3.9)

Sustituyendo la ecuación (3.8) en (3.9) se obtiene:

VGS = VG-VS = -ISxRS (3.10)

Auxiliándose de la ecuación general

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.11) Sustituyendo (3.10) en (3.11) se obtiene:

2

) (

) 1

(

off GS

S D DSS

D

V xR I I

I   (3.12) Por tanto:

0 )

2

( ₂

2 ) ( 2

2 ) ( ) (

2_{   }

S off GS D S DSS

off GS off GS D

R V I xR I

V Rs V I

(3.13) De la ecuación (3.13), se deduce que para este tipo de polarización existe una

dependencia de los parámetros internos del transistor.

En la figura 3.13 se puede observar cómo cambia el punto de operación variando

RS.

c.- polarización por divisor de voltaje. Este tipo de polarización se muestra en la figura 3.14.

Del circuito de la figura 3.14 se deduce:

2 1

2)

( G G

G DD TH

R R

R V V



 (3.14)

GS TH

S V V

V   (3.15) S

GS TH D

R V V

I   (3.16)

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.17) Sustituyendo (3.16) en (3.17) se obtiene:

2

) (

) 1

(

off GS

GS

DSS S

GS TH

V V xI

R V V

  

IS

ID

VDD

RS

RG1

RG2

RD

Figura 3.14

IDss

VGS(off) 0

Rspequeña

Rsgrande P=-1/RS

ID

VGS

Qóptimo.

.

Figura 3.13

VDD

RG

RD

RS

IG

IS

ID

VDS

+

-Figura 3.12

0 )

( ) 2

( _{( )}2

2 ) ( )

( 2 ) (

2_{    }

off GS DSS S

off GS TH off GS S DSS

off GS GS

GS V

I R

V V V

R I V V V

(3.18) En este tipo de polarización, existe una dependencia de los parámetros internos del transistor.

d.- Polarización por surtidor o fuente. Este tipo de polarización se muestra en la figura 3.15.

Del circuito de la figura 3.15 se deduce:

E EE E S D

R 0.7V -V I I

I    (3.19) En la ecuación (3.19) se observa que no existe dependencia de los parámetros del transistor, por lo que podemos concluir, que este tipo de polarización es el mejor respecto a los anteriores, aunque en la práctica no es tan usado debido al uso de dos baterías en el circuito.

3.10 EJEMPLOS 3.A Ejemplo # 1

Para el circuito mostrado en la figura 3.16, calcule el punto de operación para el transistor (ID y VDS). Datos: IDSS = 12mA;

VGS(off) = -4V.

Solución: El circuito para DC nos queda de la siguiente forma, figura 3.16.1.

De la figura 3.16.1 se obtiene:

VG = 0V (3.20)

VS = ISxRS (3.21)

VGS = VG-VS = -ISxRS (3.22)

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.23) Sustituyendo (3.22) en (3.23) se obtiene:

2

) (

) 1

(

off GS

S D DSS

D

V xR I I

I   (3.24) Por tanto:

0 )

2

( ₂

2 ) ( 2

2 ) ( ) ( 2

 

 

S off GS D S DSS

off GS off GS D

R V I xR I

V Rs V I

(3.25)

Introduciendo valores:

0 1469 . 0 0365 . 0

2 _{  }

m I

I_{D D}

2

1469 . 0 4 332 . 1 0365 . 0

2 , 1

m x

m I_D   

RL 1kΩ

C2 1uF

VDD

1kHz

vi

-1/1V

C1 1uF

RG

10MΩ

RD 2.2kΩ

RS 330Ω 20V

Figura 3.16

VDD 20V

RG

10MΩ

RD 2.2kΩ

RS 330Ω

IG

IS

ID

VDS

+

-Figura 3.16.1

IG

ID

IS

VDS

VCE +

+

-VGS

+

IE

VEE

VDD

Q J

RG

RD

Entonces: ID1 = 4.6mA e ID2 = 31.89mA.

De estos dos valores solamente uno de ellos es válido, ya que el otro valor está fuera de los parámetros del transistor. En este caso, fuera del valor de IDss. Entonces

el valor para la corriente es ID1 = 4.6mA.

Conociendo la corriente ID se puede

calcular VGS de la ecuación (3.22).

VGS = -IDxRs = -4.6mAx330Ω = -1.52V

Para calcular VDS se aplica un LKV en la

malla exterior que involucra VDS.

Rs I V R I

VDD  D D  DS  D (3.26) Despejando VDS

) (R Rs I

V

V_DS  _DD  _{D D}  (3.27) Sustituyendo valores en (3.27):

V k

mA V

V_DS 20 4.6 (2.2 330)8.36 Entonces el punto de operación es: ID = 4.6mA y VDS = 8.36V.

Ejemplo # 2

Para el circuito de la figura 3.17, calcule el punto de operación (VDS y ID).

Datos: IDSS = 8mA y VGS(off) = -6V.

Solución: El circuito para DC nos queda de la siguiente forma, figura 3.17.1.

De la figura 3.17.1 se deduce:

V k

k k V

V_TH 3.5 910

220

) 220 (

18 _

 

 

 (3.28)

GS TH

S V V

V   (3.29) S

GS TH D

R V V

I   (3.30)

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.31) Sustituyendo (3.30) en (3.31) se obtiene:

2

) (

) 1

(

off GS

GS

DSS S

GS TH

V V xI

R V V

  

0 )

( ) 2

( ( )2

2 ) ( )

( 2 ) ( 2

 

 

 GS off

DSS S

off GS TH off GS S DSS

off GS GS

GS V

I R

V V V

xR I V V V

0 875 . 22 75

. 15

2_{  }

GS

GS V

V (3.32)

2

875 . 22 4 75 . 15 75 .

15 2

2 , 1

x V_GS    

6255 875

. 7

2 ,

1  

GS

V (3.33) Por tanto:

V V

y V

VGS11.62 GS2 14.13

De estos dos valores solamente uno de ellos es válido, ya que el otro valor está fuera de los parámetros del transistor. En este caso fuera del valor de VGS(off).

Entonces el valor para VGS = -1.62V.

De la ecuación (3.30) se obtiene:

mA V

V

I_D 4.27 1200

) 62 . 1 ( 5 . 3

 

  

) (

18 _{D D S}

DS V I R R

V    (3.34)

IS ID

1kHz

vi

-1/1V

Ri 1kΩ

C2

1uF

C1

10uF

18V

RS 1.2kΩ

RG1 910kΩ

RG2 220kΩ

RD 2.2kΩ

IS

ID

18V

RS 1.2kΩ

RG1 910kΩ

RG2

220kΩ

RD 2.2kΩ

Figura 3.17.1

Introduciendo valoras en (3.34):

V k

mA V

V_DS 18 4.27 (2.2 )8.61

Por tanto, el punto de operación para el

transistor es:

mA I

e V

V_DS 8.61 _D 4.27 . Ejemplo # 3

Para el circuito mostrado en la figura 3.18, calcule el punto de operación para el JFET y para el transistor BJT. Datos: IDSS = 12mA; VGS(off) = -4V; β = 100.

Solución: El circuito nos queda de la siguiente forma, figura 3.18.1.

De la figura 3.18.1 se deduce: mA k

V V

979 . 1 7

. 4

7 . 0 10 I I

I_{D S E} 

   

 (3.34)

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.35) Despejando VGS se obtiene:

) 1

(

) (

DSS D off

GS GS

I I V

V   (3.36) Por tanto introduciendo valores:

V mA

mA V

VGS ) 2.376

12 979 . 1 1 (

4  

 

V R

I V

VGS  CE  E E 10 (3.37) Despejando VCE

E E GS

CE V V I R

V 10   (3.38) Introduciendo valores en la ecuación (3.38) se obtiene:

 



 V V mAx k

VCE 10 2.376 1.979 4.7

V VCE 3.076

 

 

 V I R V mAx k

V_D 15 _{D D} 15 1.979 3.3 (3.39) Introduciendo valores en (3.39) resulta:

V V_D 8.47

V V

V V

V_DS  _D  _S 8.47 2.376 (3.40) Sustituyendo valores en (3.40):

V VDS 6.09

El punto de operación para Q. V

V_CE 3.076 e IE1.979mA El punto de operación para J.

V

VDS 6.09 y ID 1.979mA

3.11 El transistor JFET ante pequeña señal (Amplificador).

El modelo a utilizar para el transistor JFET CANAL N O CANAL P será el mismo, figura 3.19.

d

g

s

gmvgs

vgs +

-d g

s s g

d

-+

vgs _g

mvgs

s g

d

Cgs

cgd

Cgs

J2 ro

ro J1

Figura 3.19

VEE -10V

VDD 15V

1kHz

Vi

-1/1V

C1 1uF

RG 10MΩ

RD 3.3kΩ

RE 4.7kΩ Q J

ID

IG

IS

IE

VDS

VCE +

-

+

-

Figura 3.18

IG

ID

IS

VDS

VCE +

+

-VGS

+

IE

VEE

-10V

VDD 15V

Q J

RG 10MΩ

RD 3.3kΩ

RE 4.7kΩ

Figura 3.18.1

Las capacitancias cgd y cgs se comportan

como circuito abierto, únicamente se van a considerar para el análisis de la frecuencia de corte (FH), ro se considera

infinita, a menos que se indique lo contrario.

Bajo las consideraciones anteriores el circuito de la figura 3.19 queda simplificado y se muestra en la figura 3.19.1. Este circuito será el que utilizaremos en la solución de ejercicios y problemas en este capítulo.

ECUACIONES GENERALES PARA EL JFET.

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.41) p

off GS V

V _{( )}  (3.42) ID≈ IS (3.43)

) 1

(

) (off GS

GS mo

m

V V g

g   (3.45)

) (

2 off GS

DSS mo

V xI

g  (3.46)

D DS A o

I V V

r   (3.47) GS

off GS

DS V V

V  ( )  (3.48) La ecuación (3.48) nos sirve para verificar se el JFET funciona como un amplificador.

VA: voltaje de Early, dato dado por el

fabricante.

) (ganancia devoltaje v

v A

i o

V  (3.49)

Ri : resistencia de entrada

Ro: resistencia de salida

Zi: impedancia de entrada

Zo: impedancia de salida

Nota: Para la solución de todos los circuitos ante pequeña señal se hará: Primero análisis DC. Se calculará el punto de operación. Los capacitores se comportan como circuito abierto.

Segundo análisis AC. Los capacitores se comportan como cortocircuito.

3.11.1 Configuraciones básicas del transistor JFET como amplificador. Existen cuatro configuraciones básicas del transistor JFET como amplificador, estas son:

a.- Amplificador Fuente Común (Source común).

b.- Amplificador con resistencia en la fuente.

c.- Amplificador Drenador común (Drain común).

d.- Amplificador Compuerta Común (Gate común).

a.- Amplificador fuente común (Source común)

Este amplificador se caracteriza porque el surtidor ante señal es común al voltaje de salida y voltaje de entrada, el circuito se muestra en la figura 3.20

El circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, se muestra en la figura 3.20.1.

Ro

Ri

vO

-+

C3

C2

VDD

1kHz

vi

-1/1V

C1

RL

RG

RD

RS

Figura 3.20

s

g _d

-+

vgs

gmvgs

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.20.1 resulta el circuito de la figura 3.20.2.

Calculando la ganancia de voltaje, resistencia de entrada y salida.

' L gs m o g v R

v  (3.50) Donde:R_L'R_D//R_L

i gs v

v  (3.51) Sustituyendo (3.51) en (3.50) se obtiene:

' L m i

o

R g v v



 (3.52) El signo menos en la ecuación (3.52) significa un desfase de 180° de la señal de salida respecto a la señal de entrada.

G i R

R  (3.53) '

L o R

R  (3.54) b.- Amplificador con resistencia en la fuente.

El circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, se muestra en la figura 3.21.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.21.1 resulta el circuito de la figura 3.21.2.

Calculando la ganancia de voltaje, resistencia de entrada y salida.

'

L gs m o g v R

v  (3.55) Donde:R_L'R_D//R_L

S gs m gs

i v g v R

v   (3.56) Entonces:

S m i gs

R g v v

 

1 (3.57) Sustituyendo (3.57) en (3.55) se obtiene:

S m

L m

i o

R g

R g v

v

  

1

'

(3.58) G

i R

R  (3.59) '

L o R

R  (3.60) c.- Amplificador drenador común (Drain Común).

Este amplificador se caracteriza porque el drenador ante señal es común al voltaje de salida y voltaje de entrada, el circuito se muestra en la figura 3.22.

+

-vO

Ri

Ro

C2

VDD

1kHz

vi

-1/1V

C1

RL

RG

RD

RS

Figura 3.21

+

-vO

Ri

Ro

1kHz

vi

-1/1V RL

RG

RD

RS

Figura 3.21.1

+

-vO

Ri Ro

+

-vgs

gmvgs

RS

1kHz -1v1V

RL

RG

RD

Figura 3.21.2

Ro

Ri

vO -+

1kHz

Vi

-1/1V RL

RG

RD

Figura 3.20.1

gmvgs

vgs

-+

Ro

Ri

-+

vO

1kHz

vi

-1/1V

RL RG

RD

Figura 3.20.2

El circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor, se muestra en la figura 3.22.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.22.1 resulta el circuito de la figura 3.22.2.

Calculando la ganancia de voltaje, resistencia de entrada y salida.

'

L gs m o g v R

v  (3.61) Donde:R_L'R_S //R_L

'

L gs m gs

i v g v xR

v   (3.62) Entonces:

'

1 _{m L}

i gs

R g

v v



 (3.63) Sustituyendo (3.63) en (3.61) se obtiene:

' 1

' '

1 '

L m

L

L m

L m

i o

R g

R R

g R g v v

  

 (3.64)

Para el cálculo de Ro se utilizará una

fuente de prueba en las terminales donde se quiere calcular la resistencia de salida, figura 3.22.3.

De la figura 3.22.3 se deduce:

p p o

i v

R  (3.65)

S p gs m p

R v v g i

i   (3.66) p

gs v

v  (3.67) Sustituyendo (3.67) en (3.66) se obtiene:

S p p m p

R v v g

i   (3.68) Entonces:

m S

S m S m S

p p

g R R g R g R i

v 1

// 1

1

1  _ 



m S p

p o

g R i v

R   // 1 (3.69) TH

i R

R  (3.70) d.- Amplificador compuerta común (Gate común).

Este amplificador se caracteriza porque la compuerta ante señal es común al voltaje de salida y voltaje de entrada, el circuito se muestra en la figura 3.23.

+

vO

-Ro

Ri

1kHz

vi

-1/1V

C1

RL

RG2

RG1

RS

VDD

C2

Figura 3.22

+

vO

-Ro

Ri

1kHz

vi

-1/1V

RL

RTH RS

Figura 3.22.1

gmvgs

vgs -+

+

vO

-Ro

Ri

1kHz

vi

-1/1V

RL

RTH

RS

Figura 3.22.2

ip

gmVgs

vgs

-+

Ro

+

-vp 1kHz

vi

-1/1V

RTH

RS

i

El circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor, se muestra en la figura 3.23.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.23.1 resulta el circuito de la figura 3.23.2.

Calculando la ganancia de voltaje, resistencia de entrada y salida.

'

L gs m o g v R

v  (3.71) Donde:R_L'R_D//R_L

i i

i i i gs

R Z

xZ v v v

   

 ' (3.72) Sustituyendo (3.72) en (3.71) se obtiene:

) )(

' (

i i

i L

m i o

R Z

Z R

g v v



 (3.73)

Por tanto, necesitamos calcular Zi.

Para el cálculo de Zi se hará utilizando

una fuente de prueba en las terminales donde se quiere calcular la impedancia de entrada, figura 3.23.3.

De la figura 3.23.3 se deduce:

p p i

i v

Z  (3.74)

S p gs m p

R v v g i

i   (3.75) p

gs v

v  (3.76) Sustituyendo (3.76) en (3.75) se obtiene:

S p p m p

R v v g

i   (3.77) Entonces:

m S

S m S m S

p p

g R R g R g R i

v 1

// 1

1

1  _ 



m S p

p i

g R i v

Z   // 1 (3.78) '

L o R

R  (3.79) 3.12 EJEMPLOS 3.B

Ejemplo # 1

Para el circuito mostrado en la figura 3.24, calcule:

i o

v v

, Ri y Ro.

Datos: IDSS = 12mA; VGS(off) = -4V.

gmvgs

vgs

-+ vO

-+

Ro

Zi

RL

1kHz

vi

-1/1V

Ri

RS

RD

+

- vi’

Figura 3.23.2

vO

-+

Ro

Zi

RL

C3

C1

1kHz

vi

-1/1V

C2

VDD

Ri

RS

RG1

RG2

RD

Zi

Ro +

-vO RL

1kHz

vi

-1/1V

Ri

RS

RD

Figura 3.23.1

ip +

-vO +

-vgs _gmvgs

+

-vp

RL

RS

RD

i

Solución:

a.- Análisis DC

El circuito para DC queda de la siguiente forma, figura 3.24.1.

VG = 0V (3.80)

VS = ISxRS = IDRs (3.81)

VGS = VG-VS = -IDxRS (3.82)

2

) (

) 1

(

off GS

GS DSS

D

V V I

I   (3.83) Sustituyendo (3.82) en (3.83) se obtiene:

2

) (

) 1

(

off GS

S D DSS

D

V xR I I

I   (3.84) Por tanto:

0 )

2

( ₂

2 ) ( 2

2 ) ( ) ( 2

 

 

S off GS D S DSS

off GS off GS D

R V I xR I

V Rs V I

Introduciendo valores:

0 1469 . 0 0365 . 0

2

 

 I m

I_{D D}

2

1469 . 0 4 332 . 1 0365 . 0

2 , 1

m x

m I_D   

Entonces: ID1 = 4.6mA e ID2 = 31.89mA

De estos dos valores solamente uno de ellos es válido, ya que el otro valor está fuera de los parámetros del transistor; en este caso fuera del valor de IDss. Entonces,

el valor para la corriente es ID1 = 4.6mA.

Conociendo la corriente ID se calcula VGS

de la ecuación (3.82).

VGS = -IDxRs = -4.6mAx330Ω = -1.52V

Para calcular VDS se aplica un LKV en la

malla exterior que involucre VDS.

Rs I V R I

VDD  D D  DS  D (3.85) Despejando VDS:

) (R Rs I

V

V_DS  _DD  _{D D}  (3.86) Introduciendo valores en (3.86):

V k

mA V

V_DS 20 4.6 (2.2 330)8.36 El punto de operación es:

ID = 4.6mA y VDS = 8.36V.

Para saber si el transistor funcionará como amplificador se verifica la siguiente condición.

GS off GS

DS V V

V  _{( )}  (3.87) Sustituyendo valores en (3.87):

V V

V

V_DS 4 1.52 5.52

Con VDS =8.36V cumple la condición,

entonces, el transistor se comporta como un amplificador.

b.- Análisis AC.

Dibujando el circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 3.24.2.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.24.2 resulta el circuito de la figura 3.24.3.

VDD 20V

RG 10MΩ

RD 2.2kΩ

RS 330Ω

IG

IS

ID

VDS

+

-+

-vO

Ri

Ro

C2 1uF

VDD 20V

1kHz

vi

-1/1V

C1 1uF

RL 1kΩ

RG 10MΩ

RD 2.2kΩ

RS 330Ω

Figura 3.24

+

-vO

Ri

Ro

1kHz

vi

-1/1V _1kΩRL

RG 10MΩ

RD

2.2kΩ

RS 330Ω

Calculando los parámetros para AC: ) 1 ( 2 ) ( )

( GS off

GS off GS DSS m V V V I

g   (3.88)

Sustituyendo valores en (3.88):

mS V

V V

mA

g_m ) 3.72 4 52 . 1 1 ( 4

24 _{ }

 

Calculando las variables solicitadas, de la figura 3.24.3:

'

L gs m o g v R

v  (3.89) Donde:R_L'R_D//R_L

S gs m gs

i v g v R

v   (3.90) Entonces: S m i gs R g v v  

1 (3.91) Sustituyendo (3.93) en (3.89) se obtiene:

S m L m i o R g R g v v    1 ' (3.92) Por tanto: 15 . 1 330 72 . 3 1 5 . 687 72 .

3 _

     mSx mSx v v i o  

R M

R_{i G} 10 (3.93)

 

 _L' 687.5 o R

R (3.94) Ejemplo # 2

Para el circuito mostrado en la figura 3.25, calcule:

i o

v v

, Zi y Ro.

Datos: IDSS = 8mA y VGS(off) = -6V.

Solución: a.- Análisis DC

El circuito para DC queda como se muestra en la figura 3.25.1.

V k

k k V

V_TH 3.5 910 220 ) 220 ( 18 _    

 (3.95)

GS TH

S V V

V   (3.96) S GS TH D R V V

I   (3.97)

2 ) ( ) 1 ( off GS GS DSS D V V I

I   (3.98) Sustituyendo (3.97) en (3.98) se obtiene:

2 ) ( ) 1 ( off GS GS DSS S GS TH V V xI R V V    (3.99) 0 ) ( ) 2

( _{( )}2

2 ) ( ) ( 2 ) (

2_{    }

off GS DSS S off GS TH off GS S DSS off GS GS GS V I R V V V xR I V V V 0 875 . 22 75 . 15

2_{  }

GS GS V V 2 875 . 22 4 75 . 15 75 . 15 2 2 , 1 x VGS     255 . 6 875 . 7 2 ,

1  

GS

V

IS

ID 18V

RS 1.2kΩ RG1 910kΩ RG2 220kΩ RD 1kΩ VDD Figura 3.25.1 vO -+ Ro Zi RL 1kΩ C3 1uF C1 10uF 1kHz vi -1/1V C2 1uF VDD 18V Ri 1kΩ RS 1.2kΩ RG1 910kΩ RG2 220kΩ RD 1kΩ + -vO

Ri Ro

+

-vgs

gmvgs

Por tanto:

V V

y V

V_GS11.62 _GS2 14.13

De estos dos valores solamente uno de ellos es válido, ya que el otro valor está fuera de los parámetros del transistor. En este caso fuera del valor de VGS(off).

Entonces el valor para VGS = -1.62V.

De la ecuación (3.97) se obtiene:

mA V

V

I_D 4.27 1200

) 62 . 1 ( 5 .

3 _

   

) (

18 _{D D S}

DS V I R R

V    (3.100) Sustituyendo valores en (3.100):

V k

mA V

V_DS 18 4.27 (2.2 )8.61

El punto de operación para el transistor es:

mA I

e V

V_DS 8.61 _D 4.27

Comprobando si el transistor funcionará como amplificador, se verifica la siguiente condición.

V V

V

VDS 6 1.62 7.62 (3.101) Con VDS =8.61V cumple la condición,

entonces, el transistor funciona como un amplificador

b.- Análisis AC.

Dibujando el circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 3.25.2.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.25.2 resulta el circuito de la figura 3.25.3.

Calculando los parámetros ante señal: )

1 ( 2

) ( )

( GS off

GS

off GS

DSS m

V V V

I

g   (3.102)

Sustituyendo valores en la ecuación (3.102) se obtiene:

mS V

V V

mA

g_m ) 1.95 6

62 . 1 1 ( 6

16 _{ }

 

Calculando las variables solicitadas.

'

L gs m o g v R

v  (3.103) Donde:RL'RD//RL

i i

i i i gs

R Z

xZ v v v

   

 ' (3.104) Sustituyendo (3.104) en (3.103) se obtiene:

) )(

' (

i i

i L

m i o

R Z

Z R

g v v



 (3.105) Por tanto, necesitamos calcular Zi.

Para el cálculo de Zi se hará utilizando

una fuente de prueba en las terminales donde se quiere calcular la impedancia de entrada, figura 3.25.4.

p p i

i v

Z  (3.106)

gmvgs

vgs

-+ vO

-+

Ro

Zi

RL 1k

1kHz

vi

-1/1V

Ri 1kΩ

RS 1.2kΩ

RD

1kΩ 1kΩ

+

- vi’

Zi

Ro +

-vO RL

1kΩ

1kHz

vi

-1/1V

Ri 1kΩ

RS 1.2kΩ

RD 1kΩ

Figura 3.25.2

ip +

-vO +

-vgs _gmvgs

+

-vp

RL 1kΩ

RS 1.2kΩ

RD 1kΩ

i

S p gs m p R v v g i

i   (3.107) p

gs v

v  (3.108) Sustituyendo (3.108) en (3.107) se obtiene: S p p m p R v v g

i   (3.109) Entonces: m S S m S m S p p g R R g R g R i v ₁ // 1 1

1  _ 

 (3.110)

Sustituyendo valores en (3.110):  

 

 359.28

95 . 1 1 // 2 . 1 mS k i v Z p p i

Entonces de (3.105) se obtiene:

258 . 0 ) 1 28 . 359 28 . 359 )( 500 95 . 1 (        i o i o v v k mSx v v    _L' 500 o R

R (3.111) Ejemplo # 3

Para el circuito mostrado en la figura 3.26, calcule:

i o

v v

, Ri y Ro.

Datos: IDSS = 10mA

VGS(off) = -2.5V y β=100 , rb =100Ω.

Solución: a.- Análisis DC

mA k V V I I

I_{E C D} 1

2 7 . 0 7 . 2 1

1 _ 

  

 (3.112)

2 ) ( ) 1 ( off GS GS DSS D V V I

I   (3.113) Despejando VGS se obtiene:

) 1 ( ) ( DSS D off GS GS I I V

V   (3.114)

Por tanto sustituyendo valores en (3.114): V

mA mA V

VGS ) 1.71

10 1 1 ( 5 .

2  

 

1 1

1 C E

CE V V

V   (3.115) Sustituyendo valores en (3.115):

V V

V

V_CE11.71 (3 )4.71

1

15 _{D D C}

DS V I xR V

V    (3.116) Sustituyendo valores en (3.116):

V V

k mA V

V_DS 15 1 (3.3 )1.71 9.99 El punto de operación para el transistor J es:

mA I

e V

V_DS 9.99 _D 1

Para que el transistor funcione como amplificador debe cumplir con la siguiente condición.

V V

V

V_DS 2.5 1.71 4.21 (3.117) Ya que, cumple con la condición anterior el transistor funciona como amplificador.

V k

mAx xR

I

VRD  D D 1 3.3 3.3 (3.118) Despejando IE2 se obtiene:

mA k

V V

I_E 0.96

7 . 2 7 . 0 3 . 3

2 _ 



 (3.119)

) (

2

2 DD E E C

EC V I R R

V    (3.120) Sustituyendo valores en (3.120):

V k

mA V

V_EC2 15 0.96 (5.4 )9.82

Entonces: V_CE2 9.82V b.- Análisis AC.

Dibujando el circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 3.26.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.26.1 resulta el circuito de la figura 3.26.2.

Calculando los parámetros para AC: ) 1 ( 2 ) ( )

( GS off

GS off GS DSS m V V V I

g   (3.121)

Sustituyendo valores en (3.121):

mS V

V V

mA

g_m ) 2.528 5 . 2 71 . 1 1 ( 5 . 2

20 _{ }

     27 96 . 0 26 mA mV

re (3.122) 

 

101x(27 ) 2,727

r_ (3.123)

Calculando las variables solicitadas. ) ' )( ' ( i o o o i o v v v v v v _ (3.124) C m o g v R

v  2 _ (3.125)

   r r xr v v b o 

 ' (3.126) Sustituyendo (3.126) en (3.125) se obtiene: e b C b C m o o r r R r r r R g v v        1 ) ( ' 2    (3.127)

Sustituyendo valores en (3.127): 46 . 96 27 101 100 7 . 2 ' _{ }     k v v o o



//( )



' g ₁v R r r_

v_o  _{m gs D b} (3.128) i

gs v

v  (3.129) Sustituyendo (3.129) en (3.128) se obtiene:



//( )



'

1 R r r

g v v b D m i

o   _(3.130) Sustituyendo valores en (3.130):

85 . 3 62 . 522 , 1 528 . 2 '      mSx v v i o

Por tanto: (96.46)(3.85)371.4 i o v v  

R M

R_{i G} 1 (3.131)

 

R k

R_{o C} 2.7 (3.132) Ejemplo # 4

Para el circuito mostrado en la figura 3.27, calcule:

i o

v v

, Ri y Ro.

Datos: IDSS = 10mA

VGS(off) = -2.5V y β=100 , rb =100Ω.

Solución: a.- Análisis DC

mA k V V I I

IE C D 1.98

7 . 4 7 . 0 10     

 3.132)

2 ) ( ) 1 ( off GS GS DSS D V V I

I   (3.133) Despejando VGS se obtiene:

) 1 ( ) ( DSS D off GS GS I I V

V   (3.134)

Por tanto sustituyendo valores en (3.134): V

mA mA V

V_GS ) 1.39

10 98 . 1 1 ( 5 .

2  

 

E C CE V V

V   (3.135) Sustituyendo valores en la ecuación (3.135) se obtiene:

V V

V

V_CE 1.15 (0.7 )1.85 S

D E DD

DS V I xR V

V    (3.136) Sustituyendo valores en (3.136):

vO -+

Ri R_o

IE C3 1uF C2 10uF VEE -10V VDD 15V 1kHz vi -1/1V C1 1uF Q J RL 1kΩ RS 120Ω RG 10MΩ 3.3kΩ RE 4.7kΩ Figura 3.27 gm1vgs

vgs

-+

Ro gm2vπ

+ -vO + -vπ Ri

vo'

1kHz

vi

-1/1V R_C

V k

mAx V

VDS 15 1.98 3.3 1.39

V V_DS 7.076

El punto de operación para el transistor es:

mA I

e V

V_DS 7.076 _D 1.98

Para que el transistor funcione como amplificador debe cumplir con la siguiente condición.

V V

V

V_DS 2.5 1.39 3.89 (3.137) Como la condición anterior se cumple el transistor está funcionando como amplificador.

b.- Análisis AC.

Dibujando el circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 3.27.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 3.27.1 resulta el circuito de la figura 3.27.2.

Calculando los parámetros para AC: )

1 ( 2

) ( )

( GS off

GS

off GS

DSS m

V V V

I

g   (3.138)

mS V

V V

mA

gm ) 3.55 5

. 2

39 . 1 1 ( 5 . 2 20

 

 

Calculando las variables solicitadas.

'

L gs m o g v R

v  (3.139)

Donde:R_L'R_S //R_L

'

L gs m gs

i v g v xR

v   (3.140) Entonces:

'

1 _{m L}

i gs

R g

v v



 (3.141) Sustituyendo (3.141) en (3.139) se obtiene:

' 1

' '

1 '

L m

L

L m

L m

i o

R g

R R

g R g v v

  

 (3.142)

Por tanto:

2755 . 0 14 . 107 69

. 281

14 .

107 _

 

  

i o

v v

Para el cálculo de Ro se utiliza una fuente

de prueba en las terminales donde se quiere calcular la resistencia de salida, figura 3.27.3.

p p o

i v

R  (3.143)

S p gs m p

R v v g i

i   (3.144) p

gs v

v  (3.145) Sustituyendo (3.145) en (3.144) se obtiene:

S p p m p

R v v g

i   (3.146) Entonces:

m S

S m S m S

p p

g R R g R g R i

v 1

// 1

1

1  _ 

 (3.147)

Sustituyendo valores en (3.147):

Ro Ri

+

-vO 1kHz

vi

-1/1V J

RL 1kΩ

RS 120Ω

RG 10MΩ

3.3kΩ

RD

Ri

Ro

-vO + +

-vgs _g

mvgs

RD 3.3kΩ

1kHz

vi

-1/1V

RL 1kΩ

RG

10MΩ

RS 120Ω

Figura 3.27.2

Ro +

-vgs _g

mvgs _i p

RD 3.3kΩ

+

-vp 1kHz

vi -1/1V

RG

RS 120Ω 10MΩ

 

 

 84.15

55 . 3

1 // 120

mS i

v R

p p o

 

R M

R_{i G} 10 (3.148) PROBLEMAS

Problemas y ejercicios propuestos de circuitos de polarización con transistores JFET (canal N y canal P). 3.1 Para el circuito mostrado en la figura P3.1, calcule el punto de operación para el transistor (ID, VGS y VDS).

Datos: IDSS = 12mA; VGS(off) = -2.5V.

3.2 Para el circuito mostrado en la figura P3.2, calcule el punto de operación para el transistor (ID, VGS y VDS).

Datos: IDSS = 10mA; VGS(off) = -2.5V.

3.3 Para el circuito mostrado en la figura P3.3, calcule el punto de operación para el transistor (ID, VGS y VDS).

Datos: IDSS = 10mA; VGS(off) = -2.5V.

3.4 Para el circuito mostrado en la figura P3.4, calcule el punto de operación para Q y J (VCE, VDS, VGS, IE y ID).

Datos : IDSS = 10mA¸ VGS(off) = -2.5V

3.5 Para el circuito de la figura P3.5, calcule el punto de operación (VGS, VDS y

ID).

Datos: IDSS = 8mA y VGS(off) = -3V.

VEE -5V

VDD 10V

1kHz

vi

-1/1V

C1 1uF

RG 10MΩ

RD 3.3kΩ

RE 4.7kΩ Q J

ID

IG

IS

IE

VDS

VCE +

-

+

-

Figura P3.3

RL 1kΩ

C2 1uF

VDD

1kHz

Vi -1/1V

C1 1uF

RG

10MegΩ

RD 2.2kΩ

RS 220Ω 15V

Figura P3.1

vo

-+

C2

1uF

VDD 10V

1kHz

vi -1/1V

C1 1uF

RL 1kΩ

RG

10MΩ

RD 1kΩ

RS 100Ω

Figura P3.2

VDS

VCE

IE

1V7

-+

IS 15V

-5V

C1 1uF 1kHz

vi -1/1V

RG 1MΩ

RE

1kΩ

R2 1kΩ

Q

RD 2.2kΩ

J

3.6 Para el circuito mostrado en la figura P3.6, calcule ID, IC y VCE.

Datos: IDSS = 12mA y VGS(off) = -2V.

3.7 Para el circuito mostrado en la figura P3.7, calcule ID y VGS.

Datos: IDSS = 12mA y VGS(off) = -2V.

3.8 Para el circuito mostrado en la figura P3.8, calcule ID, IE , VGS y VDS.

Datos: IDSS = 10mA y VGS(off) = -2.5V.

Problemas y ejercicios propuestos de circuitos con transistores JFET (canal N y canal P) ante pequeña señal.

3.9 Para el circuito mostrado en la figura P3.9, calcule:

i o

v v

, Ri y Ro.

Datos para ambos transistores: IDSS = 10mA VGS(off) = -4V.

3.10 Para el circuito mostrado en la figura P3.10, calcule:

i o

v v

, Ri y Ro.

Datos: IDSS = 12mA VGS(off) = -4V.

IE2

IS

ID 15V

-5V

RB1 1kΩ

RB2 1kΩ

Q1

RE2

2.15kΩ Q2

RS

100Ω

RD 1kΩ

RG 1MΩ

J

+

-V1

+

-

V2

Figura P3.7 IS

ID

1kHz

Vi

-1/1V

Ri

1kΩ

C2 1uF

C1

10uF

12V

RS 1kΩ

RG1 1MΩ

RG2 270kΩ

RD 1.5kΩ

Figura P3.5

VCE

-+

IC

ID

IS

RE

8.2kΩ

RC 1.2kΩ Q2 12V

RS 1kΩ

RG1 1MΩ

RG2

270kΩ

RD

1.5kΩ +

- V1

I

IB

Figura P3.6

ID

VDS -+

IE

12V

Q J

R2

10kΩ

R1

10kΩ

RE 5.3kΩ RG

1MΩ

RD 8.2kΩ

Figura P3.8

vO

Ro

Ri

C5 10uF 18V

C4 1uF

RD2 2.2kΩ

Rs2

330Ω

RG2 10MΩ

C3 1uF

C2 10uF

RD1 1.2kΩ

1kHz

vi

-1/1V

J1 J2

RG1

1MΩ _R S1 390Ω

C1 1uF

3.11 Para el circuito mostrado en la figura P3.11, calcule:

i o

v v

, Ri y Ro.

Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -4V.

3.12 Para el circuito mostrado en la figura P3.12, calcule:

i o

v

v _{, Ri y Ro.}

Datos: IDSS = 10mA VGS(off)= -2.5V.

3.13 Para el circuito mostrado en la figura P3.13, calcule:

i o

v v _{, R}

i y Ro.

Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V.

β = 150 rb = 100Ω.

3.14 Para el circuito mostrado en la figura P3.14, calcule:

i o

v

v _{y Ro.}

Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V.

β = 150 rb = 100Ω.

3.15 Para el circuito mostrado en la figura P3.15, calcule:

i o

v v _{, Z}

i y Ro.

Datos: IDSS = 10mA

VGS(off) = -2.5V. β = 150 rb = 100Ω. +

-vo Ri

Ro

15V

10uF Q3

-5V 1kHz

vi -1/1V

15V

10uF C1

1uF

J

Q2

Q1

RE 1kΩ

RL 3.3kΩ

RS 560Ω

RD

RG 2.2MΩ

RE 2.1kΩ

R2 1kΩ

R1 1kΩ 2.7kΩ

C2

C3

Figura P3.13

vO -+

Ro

Zi

RL 1kΩ

C3 1uF

C1 10uF

1kHz

vi

-1/1V

C2 1uF

VDD 18V

Ri 1kΩ

RS 1kΩ

RG1 910kΩ

RG2 220kΩ

RD 1kΩ

Zi

+

-vO

Ro

Ri 100kΩ

C2 1uF 20V

1kHz

vi

-1/1V

C1 1uF

RL 2.2kΩ

RG 1MΩ

RD 2.2kΩ

RS 330Ω

Figura p3.10

vO

-+

-5V 1kHz

vi

-1/1V RL

10kΩ 15V

C3 10uF

RS

560Ω 1uF

RD 2.7kΩ

C1 1uF

RG

2.2MΩ J

RE 2.1kΩ

R2 1kΩ

R1 1kΩ

Q2

Q1

Ri

Ro

Figura P3.12

Ro

vo

+

-1.7V IE

VCE

VDS

C3 1uF

C2 10uF 15V

-5V

C1 1uF 1kHz

vi

-1/1V

Q J RG

1MΩ

RE 1kΩ

R2

1k

RD 2.2kΩ

1kΩ

Figura P3.14

VDD

3.16 Para el circuito mostrado en la figura P3.16, calcule:

i o

v v _{, R}

i y Ro.

Datos: IDSS = 10mA VGS(off) = -2.5V.

β = 150 rb = 100Ω.

vo

Zi Ro

+

-C3 10uF

C1

1uF 20V

J1 Q1

-5V

C2 1uF

1kHz

vi

-1/1V Ri 1kΩ

R2 _1kΩ

Rs 330Ω

RL

10kΩ

RG 1MΩ

RE 2.2kΩ

R1

1kΩ

RD 4.7kΩ

Figura P3.15

2mA

1mA

Ri

Ro

vo

R2 1kΩ

J2

R1

1kΩ

1kHz

vi

-1/1V

RS 1kΩ J1

Figura P3.16