Dado um MOSFET tipo depleção com IDSS =6 mA e VP =-3 V, determine a corrente de dreno em VGS =-1 V, 0 V, 1 V e 2 V . Compare a diferença nos valores de corrente entre -1 V e 0 V com a diferença entre 1 V e 2 V . Na região de VGS positiva, a corrente de dreno aumenta a uma taxa significativamente maior do que para valores negativos? A curva de ID se torna cada vez mais vertical com valores positivos crescentes de VGS? A relação entre ID e VGS é linear ou não linear? Explique.

Passo 1

O enunciado pede que eu determine a corrente de dreno para um MOSFET tipo depleção, dado I_{DSS}=6\\ \text{mA} e V_P=-3\\ \text{V}, nos valores de V_{GS}=-1\\ \text{V}, V_{GS}=0\\ \text{V}, V_{GS}=1\\ \text{V} e V_{GS}=2\\ \text{V}.
Além disso, pede para comparar a diferença de corrente entre V_{GS}=-1\\ \text{V} e V_{GS}=0\\ \text{V} com a diferença entre V_{GS}=1\\ \text{V} e V_{GS}=2\\ \text{V}, e responder qualitativamente:
  • Na região de V_{GS} positiva, a corrente de dreno aumenta a uma taxa significativamente maior do que para valores negativos?
  • A curva de I_D se torna cada vez mais vertical com valores positivos crescentes de V_{GS}?
  • A relação entre I_D e V_{GS} é linear ou não linear?
Dados relevantes extraídos do enunciado: I_{DSS}=6\\ \text{mA} e V_P=-3\\ \text{V}. Não há outras informações geométricas do transistor, então vou usar o modelo padrão quadrático para MOSFET depleção em região de saturação para fazer os cálculos.

Passo 2

Apresentando a fórmula e explicando as variáveis (aulas rápidas e claras).
Para um MOSFET depleção em região de saturação (modelo de “lei do quadrado”), a corrente de dreno é dada por
I_D=\tfrac{1}{2}k\,(V_{GS}-V_{th})^{2},
onde:
  • I_D é a corrente de dreno (em ampères);
  • k é a constante do dispositivo \big(k=\mu C_{ox}\tfrac{W}{L}\big) (unidade A/V²);
  • V_{GS} é a tensão porta-fonte (em volts);
  • V_{th} é a tensão de limiar (threshold) do MOSFET (em volts).
No MOSFET depleção n-channel tipicamente V_{th} é negativo; o enunciado dá V_P=-3\\ \text{V} que aqui corresponde a V_{th}=V_P=-3\\ \text{V}.
Definimos I_{DSS} como a corrente de dreno com V_{GS}=0. Assim, colocando V_{GS}=0 na fórmula:
I_{DSS}=\tfrac{1}{2}k\,(0-V_{th})^{2}=\tfrac{1}{2}k\,V_{th}^{2}.
Daí podemos isolar k:
\tfrac{1}{2}k=\frac{I_{DSS}}{V_{th}^{2}}.
Substituindo isso na expressão geral de I_D:
I_D=\frac{I_{DSS}}{V_{th}^{2}}\,(V_{GS}-V_{th})^{2}.
Agora substituímos V_{th}=V_P (com V_P negativo). Manipulando a expressão fica mais simples escrever como
I_D=I_{DSS}\Big(1-\frac{V_{GS}}{V_P}\Big)^{2}.
Observação de interpretação: quando V_P<0 essa forma dá o comportamento correto tanto para V_{GS} negativos quanto positivos. Aqui I_{DSS}=6\\ \text{mA} e V_P=-3\\ \text{V}. Vou usar essa fórmula para calcular os valores pedidos.

Passo 3

Cálculo para V_{GS}=-1\\ \text{V}.
Aplicando
I_D=I_{DSS}\Big(1-\frac{V_{GS}}{V_P}\Big)^{2},
com I_{DSS}=6\\ \text{mA}, V_P=-3\\ \text{V} e V_{GS}=-1\\ \text{V}:
1-\frac{V_{GS}}{V_P}=1-\frac{-1}{-3}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.
Quadrado:
\Big(\frac{2}{3}\Big)^{2}=\frac{4}{9}.
Logo
I_D( -1\\ \text{V})=6\\ \text{mA}\times\frac{4}{9}=\frac{24}{9}\\ \text{mA}=\frac{8}{3}\\ \text{mA}\approx 2{,}6667\\ \text{mA}.

Passo 4

Cálculo para V_{GS}=0\\ \text{V}.
Plugando direto na fórmula (ou lembrando da definição de I_{DSS}):
I_D(0\\ \text{V})=I_{DSS}=6\\ \text{mA}.

Passo 5

Cálculo para V_{GS}=1\\ \text{V}.
Primeiro o fator:
1-\frac{V_{GS}}{V_P}=1-\frac{1}{-3}=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}.
Quadrado:
\Big(\frac{4}{3}\Big)^{2}=\frac{16}{9}.
Então
I_D(1\\ \text{V})=6\\ \text{mA}\times\frac{16}{9}=\frac{96}{9}\\ \text{mA}=\frac{32}{3}\\ \text{mA}\approx 10{,}6667\\ \text{mA}.

Passo 6

Cálculo para V_{GS}=2\\ \text{V}.
Fator:
1-\frac{V_{GS}}{V_P}=1-\frac{2}{-3}=1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}.
Quadrado:
\Big(\frac{5}{3}\Big)^{2}=\frac{25}{9}.
Logo
I_D(2\\ \text{V})=6\\ \text{mA}\times\frac{25}{9}=\frac{150}{9}\\ \text{mA}=\frac{50}{3}\\ \text{mA}\approx 16{,}6667\\ \text{mA}.

Passo 7

Comparação das diferenças pedidas (mostrando os cálculos).
Diferença entre V_{GS}=-1\\ \text{V} e V_{GS}=0\\ \text{V}:
\Delta_{-1\to0}=I_D(0)-I_D(-1)=6{,}0000\\ \text{mA}-2{,}6667\\ \text{mA}=3{,}3333\\ \text{mA}.
Diferença entre V_{GS}=1\\ \text{V} e V_{GS}=2\\ \text{V}:
\Delta_{1\to2}=I_D(2)-I_D(1)=16{,}6667\\ \text{mA}-10{,}6667\\ \text{mA}=6{,}0000\\ \text{mA}.
Conclusão numérica imediata: a variação entre 1\\ \text{V} e 2\\ \text{V} é maior (aprox. 6{,}0\\ \text{mA}) do que a variação entre -1\\ \text{V} e 0\\ \text{V} (aprox. 3{,}3333\\ \text{mA}).

Passo 8

Interpretação matemática da taxa de variação (uma “aulazinha” sobre inclinação e não linearidade).
Derivo a expressão para ver como a inclinação (transcondutância) muda com V_{GS}. Da fórmula
I_D=I_{DSS}\Big(1-\frac{V_{GS}}{V_P}\Big)^{2},
derivando em relação a V_{GS}:
\frac{dI_D}{dV_{GS}}=2I_{DSS}\Big(1-\frac{V_{GS}}{V_P}\Big)\Big(-\frac{1}{V_P}\Big).
Como V_P=-3\\ \text{V} (negativo), é útil reescrever em termos de |V_P|:
\frac{dI_D}{dV_{GS}}=\frac{2I_{DSS}}{|V_P|}\Big(1+\frac{V_{GS}}{|V_P|}\Big).
Isto mostra que a inclinação é uma função linear de V_{GS}: aumenta quando V_{GS} aumenta. Para os números dados ( I_{DSS}=6\\ \text{mA}, |V_P|=3\\ \text{V}) temos a constante \tfrac{2I_{DSS}}{|V_P|}=\tfrac{2\cdot 6}{3}=4\\ \text{mA/V}. Então
g_m=\frac{dI_D}{dV_{GS}}=4\\ \text{mA/V}\times\Big(1+\frac{V_{GS}}{3}\Big).
Valores numéricos de g_m:
  • V_{GS}=-1\\ \text{V}\Rightarrow g_m=4\cdot\Big(1-\tfrac{1}{3}\Big)=4\cdot\tfrac{2}{3}=\tfrac{8}{3}\\ \text{mA/V}\approx 2{,}6667\\ \text{mA/V}.
  • V_{GS}=0\\ \text{V}\Rightarrow g_m=4\cdot 1=4\\ \text{mA/V}.
  • V_{GS}=1\\ \text{V}\Rightarrow g_m=4\cdot\Big(1+\tfrac{1}{3}\Big)=\tfrac{16}{3}\\ \text{mA/V}\approx 5{,}3333\\ \text{mA/V}.
  • V_{GS}=2\\ \text{V}\Rightarrow g_m=4\cdot\Big(1+\tfrac{2}{3}\Big)=\tfrac{20}{3}\\ \text{mA/V}\approx 6{,}6667\\ \text{mA/V}.
Interpretação prática: como g_m cresce com V_{GS}, para incrementos iguais de V_{GS} em níveis mais positivos temos variações de I_D maiores — isto explica numericamente por que \Delta_{1\to2}>\Delta_{-1\to0}.

Passo 9

Respostas qualitativas finais (explicadas de forma direta e amigável).
  • Sim — na região de V_{GS} positiva a corrente de dreno aumenta a uma taxa maior do que para valores negativos: a derivada \dfrac{dI_D}{dV_{GS}} aumenta com V_{GS}, logo incrementos em V_{GS} em regiões positivas produzem saltos maiores em I_D do que incrementos na região negativa.
  • A curva de I_D torna-se mais inclinada (ou “mais vertical”, no sentido de ter maior declive) à medida que V_{GS} fica mais positivo — segundo o modelo quadrático ideal a inclinação cresce linearmente com V_{GS}. Porém atenção: na prática a curva não fica literalmente vertical; efeitos não modelados (saturação limitada, efeitos de canal curto, limitações de corrente do dispositivo, etc.) impedem que ela vá para uma vertical perfeita.
  • A relação entre I_D e V_{GS} é não linear — é quadrática (lei do quadrado). Isso significa que o gráfico I_D vs V_{GS} é uma parábola deslocada, não uma reta.

Resposta

I_D(-1\\ \text{V})=\dfrac{8}{3}\\ \text{mA}\approx 2{,}6667\\ \text{mA}
I_D(0\\ \text{V})=6\\ \text{mA}
I_D(1\\ \text{V})=\dfrac{32}{3}\\ \text{mA}\approx 10{,}6667\\ \text{mA}
I_D(2\\ \text{V})=\dfrac{50}{3}\\ \text{mA}\approx 16{,}6667\\ \text{mA}
Diferença I_D(0)-I_D(-1)=3{,}3333\\ \text{mA}
Diferença I_D(2)-I_D(1)=6{,}0000\\ \text{mA}
Sim — a corrente aumenta mais rápido para V_{GS} positivos; a curva fica mais inclinada para V_{GS} positivos (no modelo ideal), e a relação I_D vs V_{GS} é não linear (quadrática).

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