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電子回路・半導体デバイスの問題

難易度 2教科書の演習問題レベル大学物理電子回路・半導体デバイス

図のような、n チャネル・エンハンスメント形 MOSFET を用いたソース接地増幅回路を考える。ゲートを G、ドレインを D、ソースを S とする。

電源電圧は $V_{D D} = 12 V$ である。ゲート G は抵抗 $R_{1} = 3.0 MΩ$ を通して電源に、抵抗 $R_{2} = 1.0 MΩ$ を通して接地につながる。
ドレイン D は抵抗 $R_{D} = 5.0 kΩ$ を通して電源に、ソース S は抵抗 $R_{S} = 1.0 kΩ$ を通して接地につながる。 $R_{S}$ にはバイパスコンデンサーをつけない。
内部抵抗 $0$ の交流信号源（電圧 $v_{in}$ ）が結合コンデンサー $C_{1}$ を通してゲート G に、負荷抵抗 $R_{L} = 20 kΩ$ が結合コンデンサー $C_{2}$ を通してドレイン D と接地の間につながる。 $R_{L}$ の両端の交流電圧を $v_{out}$ とする。

MOSFET は飽和領域で $I_{D} = K (V_{GS} - V_{t h})^{2}$ （ $K = 1.0 mA/ V^{2}$ 、しきい値電圧 $V_{t h} = 1.0 V$ ）に従うものとし、ゲート電流は $0$ 、チャネル長変調と基板バイアス効果は無視する。結合コンデンサーのインピーダンスは、直流に対しては無限大、信号の周波数では $0$ とみなす。

まず直流の動作点を求め、MOSFET が飽和領域で動作していることを確かめたうえで、小信号等価回路を用いて電圧増幅度 $A_{v} = v_{out} / v_{in}$ を求めよ（符号も含め、正確な値の分数で答えよ）。

G

D

S

V_{D D} = 12 V

R_{1}

（

3.0 MΩ

）

R_{2}

（

1.0 MΩ

）

R_{D}

（

5.0 kΩ

）

R_{S}

（

1.0 kΩ

）

v_{in}

C_{1}

C_{2}

R_{L}

（

20 kΩ

）

v_{out}

この問題で使うもの

トランジスタの動作点（説明と入口の問題）
小信号等価回路と相互コンダクタンス（説明と入口の問題）
増幅回路の電圧利得と入出力インピーダンス（説明と入口の問題）
2次方程式の解の公式と判別式（説明と入口の問題）

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ヒント

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ヒント 1

まず直流だけを考えて（コンデンサーは開放）、ゲート電圧を分圧で求め、 $V_{GS} = V_{G} - I_{D} R_{S}$ と飽和領域の式を連立して $I_{D}$ を決めます。そのあと動作点での $g_{m}$ を使って小信号等価回路を描きます。

ヒント 2

$V_{o v} = V_{GS} - V_{t h}$ とおくと $V_{G} = V_{t h} + V_{o v} + K R_{S} V_{o v}^{2}$ 。小信号では $g_{m} = 2 K (V_{GS} - V_{t h})$ 、バイパスされていない $R_{S}$ があるので $v_{g s} = v_{in} / (1 + g_{m} R_{S})$ となります。ドレインにつながる抵抗は信号に対して $R_{D}$ と $R_{L}$ の並列です。

ヒント 3

$V_{G} = 3.0 V$ 、 $V_{o v}^{2} + V_{o v} - 2 = 0$ から $V_{o v} = 1.0 V$ 、 $I_{D} = 1.0 mA$ 、 $V_{D S} = 6.0 V$ で飽和領域。 $g_{m} = 2.0 mS$ 、 $R_{D} ∥ R_{L} = 4.0 kΩ$ です。

答えと解説

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- \frac{8}{3}

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解説を読む

1. 直流の動作点

直流ではコンデンサーは開放とみなせるので、信号源と負荷 $R_{L}$ は切り離される。ゲート電流は $0$ なので、ゲート電圧は $R_{1}$ , $R_{2}$ の分圧で決まる。
$V_{G} = V_{D D} \frac{R _{2}}{R _{1} + R _{2}} = 12 \times \frac{1.0}{3.0 + 1.0} = 3.0 V$
ソース電圧は $V_{S} = I_{D} R_{S}$ なので $V_{GS} = V_{G} - I_{D} R_{S}$ である。飽和領域を仮定し、オーバードライブ電圧を $V_{o v} = V_{GS} - V_{t h}$ とおくと $I_{D} = K V_{o v}^{2}$ だから
$V_{G} = V_{t h} + V_{o v} + K R_{S} V_{o v}^{2}$
ここで $K R_{S} = 1.0 mA/ V^{2} \times 1.0 kΩ = 1.0 V^{- 1}$ なので（電圧を V 単位で）
$3 = 1 + V_{o v} + V_{o v}^{2} ⟹ V_{o v}^{2} + V_{o v} - 2 = 0 ⟹ (V_{o v} - 1) (V_{o v} + 2) = 0$
MOSFET が導通するには $V_{o v} > 0$ が必要なので $V_{o v} = 1.0 V$ 、すなわち $V_{GS} = 2.0 V$ 。よって
$I_{D} = K V_{o v}^{2} = 1.0 mA$
ドレイン電圧とソース電圧は
$V_{D} = V_{D D} - I_{D} R_{D} = 12 - 1.0 \times 5.0 = 7.0 V, V_{S} = I_{D} R_{S} = 1.0 V$
なので $V_{D S} = 6.0 V$ 。 $V_{D S} = 6.0 V \geq V_{GS} - V_{t h} = 1.0 V$ だから飽和領域の仮定は正しい。

2. 相互コンダクタンス

$g_{m} = \frac{\partial I _{D}}{\partial V _{GS}} = 2 K (V_{GS} - V_{t h}) = 2 \times 1.0 \times 1.0 = 2.0 mS$
（チャネル長変調を無視するので出力抵抗 $r_{o}$ は無限大とする。）

3. 小信号等価回路

信号に対しては、コンデンサーは短絡、直流電源 $V_{D D}$ は接地とみなす。信号源の内部抵抗は $0$ なので、 $R_{1}$ , $R_{2}$ があってもゲートの信号電圧は $v_{g} = v_{in}$ である。ドレインと接地の間には $R_{D}$ と $R_{L}$ が並列につながる。
$R_{D} ∥ R_{L} = \frac{5.0 \times 20}{5.0 + 20} = 4.0 kΩ$
ドレイン電流の信号成分を $i_{d} = g_{m} v_{g s}$ （ドレインから MOSFET に流れ込みソースへ向かう向きを正）とする。この電流はソースから $R_{S}$ を通って接地へ流れるので、ソースの信号電圧は $v_{s} = i_{d} R_{S}$ であり
$v_{g s} = v_{in} - g_{m} v_{g s} R_{S} ⟹ v_{g s} = \frac{v _{in}}{1 + g _{m} R _{S}}$
一方、ドレインの節点では、MOSFET に引き込まれる $i_{d}$ を供給するために、同じ大きさの電流が接地（信号に対しては $V_{D D}$ も接地）から $R_{D} ∥ R_{L}$ を通ってドレインへ流れ込む。抵抗を接地からドレインへ向かって電流が流れるので、ドレインの電位は接地より $i_{d} (R_{D} ∥ R_{L})$ だけ低くなる。したがって
$v_{out} = - i_{d} (R_{D} ∥ R_{L}) = - g_{m} v_{g s} (R_{D} ∥ R_{L})$
よって
$A_{v} = \frac{v _{out}}{v _{in}} = - \frac{g _{m} ( R _{D} ∥ R _{L} )}{1 + g _{m} R _{S}} = - \frac{2.0 \times 4.0}{1 + 2.0 \times 1.0} = - \frac{8}{3}$

別解

【直流動作点】ゲート電流が 0 なので、ゲート電圧は分圧で $V_{G} = \frac{R _{2}}{R _{1} + R _{2}} V_{D D} = \frac{1}{4} \times 12 = 3 V$ となる。
$V_{GS} = V_{G} - I_{D} R_{S}$ で、 $I_{D}$ を mA、 $R_{S}$ を kΩ、電圧を V として $I_{D} = (V_{GS} - 1)^{2}$ に代入すると、 $I_{D} = (2 - I_{D})^{2}$ より $I_{D}^{2} - 5 I_{D} + 4 = 0$ となり、 $I_{D} = 1$ または $4$ mA が得られる。
$I_{D} = 4$ mA のときは $V_{GS} = - 1 V < V_{t h}$ でオフとなり不適。したがって $I_{D} = 1 mA$ 、 $V_{GS} = 2 V$ 、 $V_{S} = 1 V$ である。
$V_{D} = 12 - 5 \times 1 = 7 V$ より $V_{D S} = 6 V$ 。これは $V_{GS} - V_{t h} = 1 V$ より大きいので、飽和領域で動作している。

【小信号解析】相互コンダクタンスは $g_{m} = 2 K (V_{GS} - V_{t h}) = 2 mA/V$ 。
ソースにはバイパスコンデンサーがないので、ソースの信号電圧は $v_{s} = i_{d} R_{S}$ となる。
$i_{d} = g_{m} (v_{in} - i_{d} R_{S})$ より $i_{d} = \frac{g _{m}}{1 + g _{m} R _{S}} v_{in} = \frac{2}{3} v_{in}$ (mA、 $v_{in}$ は V)。
ドレイン側の交流負荷は $R_{D} ∥ R_{L} = \frac{5 \times 20}{25} = 4 kΩ$ 。
$v_{o u t} = - i_{d} (R_{D} ∥ R_{L})$ より
$A_{v} = - \frac{g _{m} ( R _{D} ∥ R _{L} )}{1 + g _{m} R _{S}} = - \frac{2 \times 4}{1 + 2 \times 1} = - \frac{8}{3}$ 。

【検算】 $v_{in} = 0.3 V$ とすると $i_{d} = 0.2 mA$ 、 $v_{s} = 0.2 V$ 、 $v_{g s} = 0.1 V$ 。このとき $g_{m} v_{g s} = 0.2 mA$ となり $i_{d}$ と一致する。 $v_{o u t} = - 0.2 \times 4 = - 0.8 V$ で、 $- 0.8/0.3 = - 8/3$ となり一致する。

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