Esercizio 16n-MOSFET e BJT pnp ad accoppiamento diretto, polarizzazione e guadagno (tema d'esame giugno 2022)

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1. Polarizzazione di $M_1$

Il gate non assorbe corrente: il partitore di gate non è caricato e $$V_G=V_{CC}\frac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}=30\cdot\frac{50}{250}=6\ \mathrm V.$$ Con $V_G=V_{GS}+R_SI_D$ e $I_D=I_{DSS}(V_{GS}/V_t-1)^2$ (saturazione, la corrente di $M_1$ non dipende da quello che c'è dopo il drain): $$6=V_{GS}+1{,}25\cdot12{,}5\Big(\frac{V_{GS}}{2{,}5}-1\Big)^2\ \Rightarrow\ 2{,}5\,V_{GS}^2-11{,}5\,V_{GS}+9{,}625=0\ \Rightarrow\ V_{GS}=\frac{11{,}5\pm6}{5}=3{,}5\ \text{o}\ 1{,}1\ \mathrm V.$$ ($R_SI_{DSS}/V_t^2=1{,}25\cdot12{,}5/6{,}25=2{,}5$; coefficiente di $V_{GS}$: $1-2R_SI_{DSS}/V_t=1-12{,}5=-11{,}5$; termine noto: $R_SI_{DSS}-V_G=15{,}625-6=9{,}625$, in kΩ, mA, V.) Si sceglie $V_{GS}=3{,}5\ \mathrm V>V_t$ (l'altra radice è sotto la soglia). Allora $$I_D=12{,}5\Big(\frac{3{,}5}{2{,}5}-1\Big)^2=12{,}5\cdot0{,}16=2\ \mathrm{mA},\qquad V_S=R_SI_D=2{,}5\ \mathrm V.$$

2. Polarizzazione di $Q_1$ (pnp) con accoppiamento diretto

Sul nodo di drain/base arrivano la corrente di $R_D$ (dall'alimentazione) e la corrente che esce dalla base del pnp, $I_{B}$ (in modulo $I_B=|I_B|$); tutta la somma scende nel drain di $M_1$: $I_{RD}+I_B=I_D$, quindi $I_{RD}=I_D-I_B$.

• Tensione di base: $V_B=V_{CC}-R_DI_{RD}=V_{CC}-R_D(I_D-I_B)$.
• Emettitore: $I_E=(1+\beta_F)I_B$ entra nell'emettitore; $V_E=V_{CC}-R_EI_E=V_{CC}-R_E(1+\beta_F)I_B$.
• Giunzione base-emettitore: $V_{BE}=V_B-V_E=-0{,}685\ \mathrm V$, cioè $V_E=V_B+0{,}685$.

Sostituendo: $V_{CC}-R_E(1+\beta_F)I_B=V_{CC}-R_DI_D+R_DI_B+0{,}685$, da cui $$I_B=\frac{R_DI_D-0{,}685}{R_D+(1+\beta_F)R_E}=\frac{5\cdot2-0{,}685}{5+101\cdot2}\ \mathrm{mA}=\frac{9{,}315}{207}\ \mathrm{mA}=45{,}0\ \mu\mathrm A.$$ $$I_C=\beta_FI_B=4{,}50\ \mathrm{mA},\quad I_E=4{,}545\ \mathrm{mA},\quad V_B=30-5\,(2-0{,}045)=20{,}225\ \mathrm V,\quad V_E=30-2\cdot4{,}545=20{,}91\ \mathrm V.$$ Il collettore è a $V_C=R_CI_C=2\cdot4{,}5=9{,}0\ \mathrm V$ (la corrente esce dal collettore e passa in $R_C$ verso massa).

Verifiche. $Q_1$: $I_B>0$ (in modulo) e $V_{EC}=V_E-V_C=20{,}91-9{,}0=11{,}9\ \mathrm V\gg V_{CE,sat}$: zona attiva diretta. $M_1$: $V_D=V_B=20{,}225\ \mathrm V$, $V_{DS}=20{,}225-2{,}5=17{,}7\ \mathrm V>V_{GS}-V_t=1\ \mathrm V$: saturazione. ✓

Punto di lavoro: $M_1$: $I_D=2\ \mathrm{mA}$, $V_{DS}=17{,}7\ \mathrm V$; $Q_1$: $I_C=4{,}5\ \mathrm{mA}$, $V_{EC}=11{,}9\ \mathrm V$.

3. Parametri di piccolo segnale

$$g_{m1}=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}=\frac{2\cdot2\ \mathrm{mA}}{1\ \mathrm V}=4\ \mathrm{mS},\qquad g_{m2}=\frac{I_C}{V_T}=\frac{4{,}5\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}}=180\ \mathrm{mS},\qquad r_\pi=\frac{\beta_0}{g_{m2}}=1\ \mathrm{k\Omega}.$$ ($\lambda=0$ e $r_o=\infty$: nessuna resistenza di uscita da considerare.)

4. Guadagno in banda

In banda $C_S$, $C_L$, $C_E$ sono corti. $C_E$ cortocircuita $R_E$: l'emettitore di $Q_1$ è collegato a $V_{CC}$, che è massa per il segnale. Quindi $Q_1$ è un emettitore comune con bypass totale (la sua $R_{in}$ è $r_\pi$), e $M_1$ è un source comune con $R_S$ non bypassata. La base di $Q_1$ è sul drain di $M_1$: $r_\pi$ è un carico del drain, in parallelo a $R_D$.

• Ingresso: il gate vede $R_{G1}\|R_{G2}=40\ \mathrm{k\Omega}$ a massa. Partitore con $R_g$: $\dfrac{40}{40+0{,}1}=0{,}9975$.
• Stadio 1 (gate $\to$ drain): carico $R_D\|r_\pi=5\|1=0{,}8333\ \mathrm{k\Omega}$; con $R_S$ non bypassata $$A_{v1}=-\frac{g_{m1}(R_D\|r_\pi)}{1+g_{m1}R_S}=-\frac{4\cdot0{,}8333}{1+4\cdot1{,}25}=-\frac{3{,}333}{6}=-0{,}556.$$
• Stadio 2 (base $\to$ collettore): $A_{v2}=-g_{m2}(R_C\|R_L)=-180\ \mathrm{mS}\cdot\dfrac{2\cdot6}{2+6}\ \mathrm{k\Omega}=-180\ \mathrm{mS}\cdot1{,}5\ \mathrm{k\Omega}=-270$.

$$\boxed{A_v=0{,}9975\cdot(-0{,}556)\cdot(-270)\simeq+150}$$ Positivo perché i due stadi sono invertenti. Verifica numerica: analisi nodale completa del circuito di piccolo segnale: $A_v=149{,}6$ ✓.

5. Variante con tensione di Early (13 luglio 2026)

Con $|V_A|=60\ \mathrm V$ il pnp ha $r_o=\dfrac{|V_A|+V_{EC}}{I_C}=\dfrac{60+11{,}9}{4{,}5\ \mathrm{mA}}=16{,}0\ \mathrm{k\Omega}$ tra collettore ed emettitore (cioè verso massa per il segnale) e in parallelo a $R_C\|R_L$: $A_{v2}=-0{,}18\cdot(1{,}5\|16{,}0)\ \mathrm{k\Omega}=-0{,}18\cdot1{,}371=-246{,}8$ e $A_v=0{,}9975\cdot(-0{,}556)\cdot(-246{,}8)=136{,}8$ (analisi nodale: $136{,}8$ ✓). La resistenza di uscita vale $R_{out}=R_C\|r_o=1{,}78\ \mathrm{k\Omega}$ (verificata).

Errori comuni

• Calcolare $I_D$ includendo il collegamento al BJT (la corrente di drain dipende solo dal loop gate-source).
• Dimenticare che $I_B$ del pnp esce dalla base verso il nodo di accoppiamento e va sottratta alla corrente di $R_D$.
• Calcolare il guadagno di $M_1$ con $R_D$ da sola, senza $r_\pi$ in parallelo (si otterrebbe $-g_{m1}R_D/(1+g_{m1}R_S)=-3{,}33$ invece di $-0{,}556$).
• Dimenticare $1+g_{m1}R_S$ (source non bypassato) o trattare $R_E$ come se fosse presente nel segnale (è in bypass).