ZADANIA DO ĆWICZEC
Z ELEMENTÓW ELEKTRONICZNYCH
temat: Tranzystory MOS  cz. 2
2009.12.14  2009.12.18
prowadzÄ…cy  Piotr PÅ‚otka, [e-mail], tel. [phone], pok. 301
konsultacje: środa 8:00  9:00, 13:00  14:00
ZADANIE 1.
a) Jakiej najwyższej wartości częstotliwości granicznej fT można spodziewać się dla
tranzystora MOS z kanałem typu n, o długości bramki L = 50 nm? Przyjąć, że
długość ścieżki przepływu elektronów wynosi ln = 100 nm, a prędkość unoszenia
elektronów w polu elektrycznym równa jest prędkości nasycenia vsat = 107 cm/s =
105 m/s.
b) Jakiej wartości fT można by się spodziewać, gdyby ścieżka przepływu elektronów
miaÅ‚a dÅ‚ugość bramki L , a ich prÄ™dkość unoszenia wynosiÅ‚a vdriftn = µnE, gdzie µn =
1000 cm2/V·s. Przyjąć wartość nadwyżki napiÄ™cia bramka-z
ródło nad napięciem
progowym VGS - VTn = 1 V. Założyć, że tranzystor pracuje w obszarze nasycenia
(pentodowym).
RozwiÄ…zanie:
a) Obliczamy czas przelotu elektronów:
ln 100 nm
ttn = = (1.1)
vsat 105 m/s
ttn = 10-12 s.
Szacujemy częstotliwość graniczną fT :
1 1
fT < H" H" 160 GHz (1.2)
2Ä„ttn 6,28Å"10-12 s
Uwaga: Długość ścieżki przepływu elektronów ln jest około dwukrotnie większa niż
długość bramki L ponieważ części wysoko domieszkowanych obszarów n+ drenu i
z
ródła są w znacznym stopniu opróżnione z elektronów przy polaryzacji w zakresie
nasycenia (pentodowym).
b) Szacujemy częstotliwość graniczną fT :
W
źn Å"Cox Å"(VGS -VTn )
gm
L
fT < = (1.3)
2Ä„[Cgs + Cgd ] 2Ä„ Å"Cox Å"W Å" L
Po uproszczeniu
źn Å"(VGS -VTn )
fT < (1.4)
2Ä„ Å" L2
Podstawiamy wartości,
1000 cm2/Vs Å"1V 0,1 1015
fT < H" Hz H" Hz (1.5)
2
2Ä„ Å" 25Å"10-16 6,28Å" 25
2Ä„ Å"(50 nm)
- 1 -
Ostatecznie
fT < 6,4·1012 Hz = 6,4 THz (1.6)
Komentarz: Oszacowana w ten sposób wielkość fT jest wielokrotnie większa od wartości
mierzonej dla tranzystorów z bramkami o długości 50 nm, Mierzone wartości są podobne do
wartości otrzymanej w punkcie a). Błąd szacowania w punkcie b) wynika z przyjęcia
nierealnego założenia, że prędkość unoszenia elektronów jest wprost proporcjonalna do
natężenia pola elektrycznego vdriftn = µnE. W tranzystorach o najkrótszych produkowanych
dziś długościach kanałów L wartości natężeń pola elektrycznego |E| są tak duże, że dochodzi
do nasycenia prędkości unoszenia elektronów, jak przyjęto w punkcie a) zadania.
ZADANIE 2.
Dla układu jak na rysunku wyznaczyć górną częstotliwość f0 pasma przenoszenia
wzmocnienia napięciowego KV = Vds/Em , gdzie Vds oraz Em są amplitudami napięć
zmiennych. Przyjąć, że CGG stanowi zwarcie, a RGG stanowi rozwarcie dla składowej
zmiennej. Przyjąć, że tranzystor pracuje w obszarze nasycenia (pentodowym), a elektrony w
kanale poruszaja się z prędkością nasycenia vsat = 107 cm/s = 105 m/s. Pojemność
charakterystyczna Cox = 25 fF/µm2 = 25·10-3 F/m2. Szerokość kanaÅ‚u W = 400 nm, dÅ‚ugość
L = 100 nm. Przyjąć, że pojemność tworzona przez przewodzącą elektrodę nad dielektrykiem
bramki dzieli się między z
ródło a dren w następujący sposób:
Cgs = 2·L·W·Cox/3 (2.1)
Cgd = L·W·Cox/3 (2.2)
Rys. 2.1
RozwiÄ…zanie:
Gdy elektrony poruszają się z prędkością nasycenia natężenie prądu drenu w obszarze
nasycenia można wyrazić zależnością:
IDdc = vsat· Cox·W·(VGSdc - VTn) (2.3)
Różniczkując tę zależność względem VGSdc otrzymujemy wielkość transkonduktancji gm
dIDdc
gm = = vsat Å"Cox Å"W (2.4)
dVGSdc VDSdc =const.
Po podstawieniu danych
gm = 105 m/s ·25·10-3 F/m2 ·400·10-9 m = 10-3 A/V = 1 mS (2.5)
- 2 -
Dla wyznaczenia elementów małosygnałowego schematu zastępczego tranzystora MOS
pozostaje obliczenie wartości pojemności Cgs oraz Cgd według zal. 2.1 i zal. 2.2:
Cgs = 0,66·10-15 F (2.6)
Cgd = 0,33·10-15 F (2.7)
Pamiętając, że pojemność CZ oraz z
ródła napięć stałych stanowią zwarcia dla składowych
zmiennych, RGG - rozwarcie, otrzymujemy małosygnałowy schemat zastępczy naszego
układu jak na rys. 2.2.
Rys. 2.2
W układzie z rys. 2.2 znamy wartości wszystkich elementów. Możemy zatem wyznaczyć
funkcję przenoszenia KV = Vds/Em w zależności od częstotliwości, czyli również żądaną
wartość częstotliwości bieguna f0. J.M. Miller w 1920 r. zaproponował prostszą metodę
obliczania wartości f0 . W tym celu zauważył, że przy częstotliwości f0 moduł wzmocnienia
napięciowego pomiędzy punktami G' oraz D jest tylko około 1,41 razy mniejszy niż dla
małych częstotliwości. Dla celu obliczenia prądu Icgd płynącego przez pojemność Cgd Miller
przyjął zatem, że wartość amplitudy napięcia Vds jest taka sama, jak dla małych
częstotliwości:
Icgd = Vg'd ·Cgd = (Vg's - Vds) ·Cgd = jÉ(1+ gm·Ro) ·Cgd·Vg's (2.8)
Wartość prądu przedstawionego w zal. (2.8) jest taka sama, jak wartość prądu płynącego
przez pojemność CM w układzie przedstawionym na rys.2.3
Rys. 2.3
gdzie
CM = (1+ gm·Ro) · Cgd (2.9)
W układzie przedstawionym na rys. 2.3 obwód wejściowy jest niezależny od obwodu
wyjściowego. A
atwo wyznaczyć częstotliwość bieguna dominującego f0 analizując obwód
wejściowy.
Em
Vg 's (É) = (2.10)
1+ jÖRg Å"[(1+ gmRo )Cgd + Cgs]
Stąd wartość częstotliwości bieguna dominującego f0
- 3 -
1
f0 = (2.11)
2Ä„Rg Å"[(1+ gmRo )Cgd + Cgs]
Po podstawieniu danych otrzymujemy
f0 H" 3,7 GHz (2.12)
Należy jeszcze sprawdzić czy częstotliwość bieguna związanego z obwodem wyjściowym
nie jest mniejsza:
1
f1 = H" 48 GHz (2.13)
2Ä„Ro Å"Cgd
Widzimy, że nie jest
f0 H" 3,7 GHz < f1 H" 48 GHz (2.14)
ZADANIE 3.
Tranzystor MOS z indukowanym kanałem typu n pracuje w układzie jak na rys. 3.1. Dla
wartoÅ›ci R = 2 k©, VSS = 2,2 V, VTn = 0,2 V oraz ²n = µn ·Cox ·W/L = 1 mA/V2 oblicz
wartości IDdc , Voutdc oraz amplitudy Vout .
Rys. 3.1
RozwiÄ…zanie:
Stałoprądowy punkt pracy
y
ródło napięcia zmiennego Emsin2Ąft stanowi zwarcie dla składowej stałej:
VGSdc + ISdc·R  VSS = 0 (3.1)
Ale w tranzystorze MOS składowe stałe prądów z
ródła i drenu są równe
ISdc = IDdc (3.2)
Zatem
VGSdc + IDdc·R  VSS = 0 (3.3)
Napięcie VSS jest większe niż VTn , więc tranzystor na pewno nie jest odcięty  pracuje w
zakresie nasycenia lub triodowym. Możemy to rozstrzygnąć dostrzegając, że potencjały
bramki i drenu są równe potencjałowi masy, czyli:
VDGdc = 0 (3.4)
- 4 -
W warunku pracy tranzystora MOS w obszarze nasycenia
VDSdc e" VGSdc - VTn (3.5)
możemy dokonać podstawienia
VDSdc = VGDdc + VGSdc (3.6)
otrzymujÄ…c
VGDdc + VGSdc e" VGSdc - VTn (3.7)
Przy uwzględnieniu zal. 3.4 dla naszego układu otrzymujemy warunek pracy w obszrze
nasycenia w postaci:
0 + VGSdc e" VGSdc - VTn (3.8)
czyli
0 e" - VTn (3.9)
Ale dla tranzystora MOS z indukowanym kanałem typu n wartość VTn jest dodatnia, czyli
nierówność w zal. 3.9 jest spełniona. Stąd wniosek, że w układzie z rys. 3.1 tranzystor MOS
z indukowanym kanałem typu n pracuje w obszarze nasycenia o ile tylko VSS jest większe niż
VTn , co jest spełnione w naszym przypadku. Prąd drenu można zatem przedstawić jako:
2
(VGSdc -VTn )
IDdc = ²n Å" (3.10)
2
Z zal. 3.10 i zal. 3.3 otrzymujemy
2IDdc
2
= (VSS -VTn - IDdcR) (3.11)
²n
czyli
2IDdc
2
2
I R2 - - 2R(VSS -VTn )IDdc + (VSS -VTn ) = 0 (3.12)
Ddc
²n
Rozwiązując to równanie otrzymujemy. Z dwóch rozwiązań tego równania poprawne jest
IDdc = 0,5 mA (3.13)
Drugie rozwiązanie, 2 mA, odrzucamy ponieważ z zal. 3.1 przy uwzględnieniu zal. 3.2
wynikałoby, ze dla tego rozwiązania VGSdc < VTn .
Napięcie wyjściowe
Vout = -VGSdc (3.14)
To napięcie wyznaczamy z zal. 3.1 przy uwzględnieniu zal. 3.2:
VGSdc = 1,2 V (3.15)
Vout = -VGSdc = -1,2 V (3.16)
Amplituda Vout
Wiedząc, że tranzystor pracuje w obszarze nasycenia i znając wartość VGSdc , możemy
wyznaczyć wartość
gm = ²n(VGSdc -VTn ) (3.17)
gm = 1 mS (3.18)
i narysować małosygnałowy schemat zastępczy dla małych częstotliwości jak na rys. 3.2.
- 5 -
Rys. 3.2
Napięcie Vout wyrażamy jako
Vout = gm·R·Vg's (3.19)
Dla oczka obwodu wejściowego
Em = Vg's + Vout (3.20)
Z zal. 3.19 i zal. 3.20 otrzymujemy ostatecznie
gmR Å" Em
Vout = (3.21)
1+ gmR
co można przedstawić jako
Em
Vout = (3.22)
1
1+
gmR
- 6 -