Esercizio 17p-MOSFET e BJT a base comune, polarizzazione e guadagno (tema d'esame luglio 2021)

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1. Polarizzazione di $M_1$ (canale p)

$V_G=V_{CC}\dfrac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}=24\cdot\dfrac{240}{360}=16\ \mathrm V$. La corrente che attraversa il p-MOS va dal source al drain; con $u=|I_D|$ (in mA): $$V_S=V_{CC}-R_Su,\qquad V_{GS}=V_G-V_S=16-24+4u=-8+4u.$$ Con $I_D=I_{DSS}(V_{GS}/V_t-1)^2$ e $I_{DSS}=-9\ \mathrm{mA}$, $V_t=-3\ \mathrm V$ si ha $|I_D|=9\big(\tfrac{V_{GS}}{3}+1\big)^2$, e quindi $$u=9\Big(\frac{4u-5}{3}\Big)^2=(4u-5)^2\ \Rightarrow\ 16u^2-41u+25=0\ \Rightarrow\ u=\frac{41\pm9}{32}=1{,}5625\ \text{o}\ 1\ \mathrm{mA}.$$ Per un p-MOS la conduzione richiede $V_{GS}<V_t=-3\ \mathrm V$:

• $u=1\ \mathrm{mA}$: $V_{GS}=-8+4=-4\ \mathrm V<-3$: accettabile;
• $u=1{,}5625\ \mathrm{mA}$: $V_{GS}=-1{,}75\ \mathrm V>-3$: sotto la soglia, da scartare.

$$I_D=-1\ \mathrm{mA}\ (|I_D|=1\ \mathrm{mA}),\qquad V_{GS}=-4\ \mathrm V,\qquad V_S=24-4=20\ \mathrm V.$$

2. Polarizzazione di $Q_1$ (npn) con il drain sull'emettitore

Nel nodo drain-emettitore entrano la corrente $|I_D|$ (dal drain del p-MOS) e la corrente di emettitore $I_E$ del BJT (esce dall'emettitore); la somma scende in $R_D$: $V_E=R_D\,(|I_D|+I_E)$. La base è a $V_B=V_{BT}-R_BI_B$ con l'equivalente di Thévenin del partitore di base: $$V_{BT}=24\cdot\frac{100}{500}=4{,}8\ \mathrm V,\qquad R_B=400\|100=80\ \mathrm{k\Omega},\qquad V_E=V_B-V_{BE}=4{,}2-R_BI_B.$$ Con $I_E=(1+\beta_F)I_B=111\,I_B$ (in kΩ, mA, V): $$4{,}2-80I_B=2\,(1+111\,I_B)\ \Rightarrow\ 2{,}2=302\,I_B\ \Rightarrow\ I_B=7{,}285\ \mu\mathrm A.$$ $$I_C=\beta_FI_B=0{,}801\ \mathrm{mA},\quad I_E=0{,}809\ \mathrm{mA},\quad V_B=4{,}217\ \mathrm V,\quad V_E=3{,}617\ \mathrm V,\quad V_C=24-10\cdot0{,}801=15{,}99\ \mathrm V.$$ Verifiche. $Q_1$: $V_{CE}=15{,}99-3{,}62=12{,}4\ \mathrm V>V_{CE,sat}$ e $I_B>0$: zona attiva. $M_1$: $V_D=V_E=3{,}62\ \mathrm V$, $V_{DS}=3{,}62-20=-16{,}4\ \mathrm V<V_{GS}-V_t=-4+3=-1\ \mathrm V$ (condizione di saturazione del p-MOS): saturazione. ✓ (Il sistema è stato risolto anche numericamente con le equazioni complete: stessi valori.)

3. Parametri di piccolo segnale

$$g_{m1}=\frac{2|I_D|}{|V_{GS}-V_t|}=\frac{2\cdot1}{1}=2\ \mathrm{mS},\qquad g_{m2}=\frac{I_C}{V_T}=\frac{0{,}801}{25}=32{,}05\ \mathrm{mS},\qquad r_\pi=\frac{\beta_0}{g_{m2}}=3{,}90\ \mathrm{k\Omega}.$$

4. Guadagno in banda

In banda $C_S$ cortocircuita $R_S$: il source di $M_1$ è a massa per il segnale ($V_{CC}$ è massa per il segnale). $C_B$ mette a massa la base di $Q_1$: $Q_1$ è un amplificatore a base comune (ingresso all'emettitore, uscita al collettore). Il drain di $M_1$ è collegato all'emettitore di $Q_1$: il carico di $M_1$ è $R_D$ in parallelo alla resistenza vista nell'emettitore.

• Resistenza vista nell'emettitore di $Q_1$: $R_{ie}=\dfrac1{g_{m2}+1/r_\pi}=\dfrac{1}{32{,}05+0{,}256\ \mathrm{mS}}=30{,}95\ \Omega$ (circa $1/g_{m2}$).
• Carico del drain di $M_1$: $R_N=R_D\|R_{ie}=2000\|30{,}95=30{,}5\ \Omega$.
• Stadio 1 ($M_1$, source comune con source a massa): la corrente di piccolo segnale $g_{m1}v_{gs}$ del p-MOS, con $v_{gs}=v_g$, entra nel drain, sottraendola al nodo: $v_N=-g_{m1}\,R_N\,v_g=-2\ \mathrm{mS}\cdot30{,}5\ \Omega\,v_g=-0{,}0610\,v_g$ (anche per il p-MOS lo stadio a source comune è invertente).
• Stadio 2 (base comune): $v_e=v_N$ e $v_{out}=g_{m2}\,(R_C\|R_L)\,v_e=32{,}05\ \mathrm{mS}\cdot5\ \mathrm{k\Omega}\cdot v_e=160{,}3\,v_e$ (non invertente).
• Ingresso: il gate vede $R_{G1}\|R_{G2}=80\ \mathrm{k\Omega}$; partitore con $R_g=9\ \mathrm{k\Omega}$: $\dfrac{80}{89}=0{,}899$.

$$\boxed{A_v=0{,}899\cdot(-0{,}0610)\cdot160{,}3=-8{,}78}$$ Verifica numerica con l'analisi nodale del circuito di piccolo segnale: $A_v=-8{,}78$ ✓. Il segno è negativo perché c'è un'inversione nel MOSFET (source comune) e nessuna nel BJT a base comune.

Si osserva che il primo stadio ha un guadagno molto minore di 1 ($-0{,}061$) perché il suo carico è la bassissima resistenza di ingresso del BJT a base comune: tutto il guadagno viene dal secondo stadio ($g_{m2}R_C'=160$). La resistenza di uscita dell'amplificatore è $R_C=10\ \mathrm{k\Omega}$ e la resistenza d'ingresso è $R_{G1}\|R_{G2}=80\ \mathrm{k\Omega}$.

Errori comuni

• Scegliere la radice $u=1{,}5625\ \mathrm{mA}$: darebbe $V_{GS}=-1{,}75\ \mathrm V$, sopra la soglia del p-MOS ($V_t=-3\ \mathrm V$): il dispositivo è spento.
• Non sommare nel nodo drain-emettitore la corrente di drain e quella di emettitore (entrambe scendono in $R_D$).
• Considerare $Q_1$ a emettitore comune: la base è a massa (bypass) e l'ingresso è sull'emettitore.
• Usare $R_D$ da sola come carico di $M_1$ (senza la resistenza di ingresso di $Q_1$).