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Note per Studenti Esercizio 19 · p-MOSFET e BJT a base comune con alimentazione doppia (tema d'esame luglio 2022)

Esercizio 19p-MOSFET e BJT a base comune con alimentazione doppia (tema d'esame luglio 2022)

Esame
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Testo (tema d'esame 12 luglio 2022, esercizio 1, 12 punti). Dato il circuito di figura calcolare la polarizzazione dei due dispositivi e il valore del guadagno Av=vout/vinA_v=v_{out}/v_{in}, in banda (condensatori di accoppiamento e di bypass in corto).

Figura (descritta). Due alimentazioni: +VCC+V_{CC} in alto e −VCC-V_{CC} in basso (massa a metà). Il gate di M1M_1 (p-MOS) è collegato, tramite RgR_g (senza corrente), al nodo vinv_{in} dove ci sono il generatore VgV_g e la resistenza RGR_G a massa: il gate è a 0 V0\ \mathrm V in continua. Il source di M1M_1 è in alto: va a +VCC+V_{CC} tramite RSR_S con CSC_S in parallelo (bypass). Il drain è in basso e va a −VCC-V_{CC} tramite RDR_D; è collegato direttamente all'emettitore di Q1Q_1 (npn). La base di Q1Q_1 è su un partitore tra massa (RB1R_{B1}) e −VCC-V_{CC} (RB2R_{B2}) e ha il condensatore di bypass CBC_B verso massa; il collettore va a +VCC+V_{CC} tramite RCR_C e fornisce l'uscita, tramite CLC_L, sul carico RLR_L verso massa.

Dati. VCC=15 VV_{CC}=15\ \mathrm V, RG=2 MΩR_G=2\ \mathrm{M\Omega}, RB1=RB2=120 kΩR_{B1}=R_{B2}=120\ \mathrm{k\Omega}, RS=15 kΩR_S=15\ \mathrm{k\Omega}, RD=2 kΩR_D=2\ \mathrm{k\Omega}, RC=5 kΩR_C=5\ \mathrm{k\Omega}, RL=20 kΩR_L=20\ \mathrm{k\Omega}, Rg=100 ΩR_g=100\ \Omega; IDSS=−3,2 mAI_{DSS}=-3{,}2\ \mathrm{mA}, Vt=−2 VV_t=-2\ \mathrm V, λ=0\lambda=0; βF=100\beta_F=100, β0=160\beta_0=160, VBE=0,66 VV_{BE}=0{,}66\ \mathrm V, ro=∞r_o=\infty, VT=25 mVV_T=25\ \mathrm{mV}.

Teoria usata: Polarizzazione dei MOSFETIl gate non assorbe corrente, quindi V_G = V_DD R_G2/(R_G1+R_G2) e V_G = V_GS + R_S I_D. Con I_D = I_DSS(V_GS/V_t − 1)² si ottiene un'equazione di secondo grado in V_GS: si sceglie la radice in zona di conduzione (V_GS > V_t per n-MOS, V_GS < V_t per p-MOS), si calcola I_D e V_DS = V_DD − (R_D+R_S)I_D e si verifica la saturazione (n-MOS: V_DS > V_GS − V_t). Con R_S = 0 la polarizzazione è immediata (V_GS = V_G). Se la saturazione è falsa si risolve in zona ohmica con I_D = k[2(V_GS−V_t)V_DS − V_DS²]. Il procedimento vale per enhancement, depletion e JFET.Polarizzazione dei MOSFET →, Polarizzazione del BJTPolarizzare un BJT significa fissare il punto di lavoro (I_C, V_CE). Con il circuito a quattro resistenze si sostituisce il partitore di base con il suo equivalente di Thévenin (V_B, R_B): I_B = (V_B − V_BE)/(R_B + (1+β_F)R_E), I_C = β_F I_B, V_CE = V_CC − R_C I_C − R_E(I_C + I_B). Poi si verifica l'ipotesi di zona attiva (I_B ≥ 0 e V_CE ≥ V_CE,sat); se è falsa si riscrive il sistema in saturazione con V_CE = V_CE,sat. La stabilità rispetto a β_F e a V_BE è migliore se R_B ≪ β_F R_E. Con accoppiamento diretto tra stadi la corrente di base del secondo transistor entra nell'equazione del nodo di collegamento.Polarizzazione del BJT →, Amplificatori a BJT - emettitore comune, collettore comune e base comuneGli stadi elementari a BJT si distinguono dal terminale comune a ingresso e uscita. Emettitore comune: guadagno di tensione alto e invertente, A_v = −β0 R_C/(r_π + R_E1(1+β0)) (−g_m R_C con l'emettitore in bypass), R_out = R_C. Collettore comune (inseguitore di emettitore): A_v ≈ 1, R_in alta, R_out bassa (≈ 1/g_m). Base comune: A_v = g_m(R_C∥R_L) non invertente, R_in ≈ 1/g_m bassa, R_out = R_C. Per ogni stadio si disegna il circuito di piccolo segnale, si trova il doppio bipolo (g11, g21, g22) e il guadagno complessivo si ottiene con i due partitori di ingresso e di uscita.Amplificatori a BJT - emettitore comune, collettore comune e base comune →, Amplificatori multistadio e accoppiamento direttoUn amplificatore multistadio è una cascata di stadi elementari; con stadi unidirezionali ciascuno si sostituisce al successivo con la sua resistenza di ingresso e il guadagno totale è il prodotto: A_v = [R_in1/(R_in1+R_g)]·A_v1(carico R_in2)·A_v2(carico R_L). Si può accoppiare con condensatori (le polarizzazioni sono indipendenti) o direttamente (nessun condensatore: la polarizzazione dei due transistor va risolta insieme, si ottiene guadagno anche in continua ma sono più delicate stabilità e deriva). Con uno stadio a MOSFET seguito da uno a BJT il carico del MOSFET è R_D ∥ R_in2 e la resistenza di uscita finale è quella dell'ultimo stadio.Amplificatori multistadio e accoppiamento diretto →.

1. Polarizzazione di M1M_1 (p-MOS)

Il gate non assorbe corrente: VG=0 VV_G=0\ \mathrm V. Con u=∣ID∣u=|I_D| (mA, kΩ): VS=VCC−RSu=15−15u,VGS=VG−VS=−15+15u.V_S=V_{CC}-R_Su=15-15u,\qquad V_{GS}=V_G-V_S=-15+15u. ID=IDSS(VGS/Vt−1)2I_D=I_{DSS}(V_{GS}/V_t-1)^2 dà u=3,2 (6,5−7,5u)2u=3{,}2\,(6{,}5-7{,}5u)^2 perché VGSVt=−15+15u−2=7,5 (1−u)\dfrac{V_{GS}}{V_t}=\dfrac{-15+15u}{-2}=7{,}5\,(1-u). Quindi 180u2−313u+135,2=0 ⇒ u=313±25360=0,939 o 0,8 mA.180u^2-313u+135{,}2=0\ \Rightarrow\ u=\frac{313\pm25}{360}=0{,}939\ \text{o}\ 0{,}8\ \mathrm{mA}. La conduzione di un p-MOS richiede VGS<Vt=−2 VV_{GS}<V_t=-2\ \mathrm V, cioè u<0,867 mAu<0{,}867\ \mathrm{mA}: si scarta 0,9390{,}939 (darebbe VGS=−0,9 VV_{GS}=-0{,}9\ \mathrm V, sopra la soglia). ∣ID∣=0,8 mA,VGS=−3 V,VS=3 V.|I_D|=0{,}8\ \mathrm{mA},\qquad V_{GS}=-3\ \mathrm V,\qquad V_S=3\ \mathrm V.

2. Polarizzazione di Q1Q_1

Equivalente di Thévenin della base: tra 00 e −VCC-V_{CC}: VBT=−15⋅120240=−7,5 VV_{BT}=-15\cdot\dfrac{120}{240}=-7{,}5\ \mathrm V, RB=60 kΩR_B=60\ \mathrm{k\Omega}. VB=−7,5−RBIBV_B=-7{,}5-R_BI_B, VE=VB−VBE=−8,16−60IBV_E=V_B-V_{BE}=-8{,}16-60I_B. Nel nodo drain-emettitore entrano ∣ID∣|I_D| e IE=(1+βF)IBI_E=(1+\beta_F)I_B e scendono in RDR_D verso −VCC-V_{CC}: VE=−15+RD(∣ID∣+IE)=−15+2 (0,8+101 IB) ⇒ −8,16−60IB=−13,4+202IB ⇒ IB=5,24262=20,0 μA.V_E=-15+R_D(|I_D|+I_E)=-15+2\,(0{,}8+101\,I_B)\ \Rightarrow\ -8{,}16-60I_B=-13{,}4+202I_B\ \Rightarrow\ I_B=\frac{5{,}24}{262}=20{,}0\ \mu\mathrm A. IC=2,00 mA,IE=2,02 mA,VB=−8,7 V,VE=−9,36 V,VC=15−5⋅2=5 V.I_C=2{,}00\ \mathrm{mA},\quad I_E=2{,}02\ \mathrm{mA},\quad V_B=-8{,}7\ \mathrm V,\quad V_E=-9{,}36\ \mathrm V,\quad V_C=15-5\cdot2=5\ \mathrm V. Verifiche. Q1Q_1: VCE=5−(−9,36)=14,4 VV_{CE}=5-(-9{,}36)=14{,}4\ \mathrm V, IB>0I_B>0: attivo. M1M_1: VD=VE=−9,36 VV_D=V_E=-9{,}36\ \mathrm V, VDS=−9,36−3=−12,4 V<VGS−Vt=−3+2=−1 VV_{DS}=-9{,}36-3=-12{,}4\ \mathrm V<V_{GS}-V_t=-3+2=-1\ \mathrm V: saturazione. ✓

3. Piccolo segnale

gm1=2∣ID∣∣VGS−Vt∣=1,6 mA1 V=1,6 mS,gm2=2 mA25 mV=80 mS,rπ=16080 mS=2 kΩ.g_{m1}=\frac{2|I_D|}{|V_{GS}-V_t|}=\frac{1{,}6\ \mathrm{mA}}{1\ \mathrm V}=1{,}6\ \mathrm{mS},\quad g_{m2}=\frac{2\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}}=80\ \mathrm{mS},\quad r_\pi=\frac{160}{80\ \mathrm{mS}}=2\ \mathrm{k\Omega}.

4. Guadagno

In banda: source di M1M_1 a massa per il segnale (CSC_S), base di Q1Q_1 a massa (CBC_B): Q1Q_1 è a base comune. RGR_G è in parallelo al generatore ideale e RgR_g non ha corrente (gate): la tensione di gate è vinv_{in}.

  • Resistenza vista nell'emettitore di Q1Q_1: Rie=1gm2+1/rπ=180+0,5 mS=12,4 ΩR_{ie}=\dfrac{1}{g_{m2}+1/r_\pi}=\dfrac{1}{80+0{,}5\ \mathrm{mS}}=12{,}4\ \Omega; carico del drain RN=RD∥Rie=12,35 ΩR_N=R_D\|R_{ie}=12{,}35\ \Omega.
  • Stadio 1 (source comune, source a massa): vN=−gm1RN vin=−1,6 mS⋅12,35 Ω⋅vin=−0,01975 vinv_N=-g_{m1}R_N\,v_{in}=-1{,}6\ \mathrm{mS}\cdot12{,}35\ \Omega\cdot v_{in}=-0{,}01975\,v_{in}.
  • Stadio 2 (base comune): vout=gm2(RC∥RL) ve=80 mS⋅4 kΩ⋅ve=320 vev_{out}=g_{m2}(R_C\|R_L)\,v_e=80\ \mathrm{mS}\cdot4\ \mathrm{k\Omega}\cdot v_e=320\,v_e. Av=−0,01975⋅320=−6,32\boxed{A_v=-0{,}01975\cdot320=-6{,}32} (analisi nodale del circuito di piccolo segnale: −6,32-6{,}32 ✓).

Errori comuni

  • Prendere la radice u=0,939 mAu=0{,}939\ \mathrm{mA} (VGSV_{GS} sopra la soglia del p-MOS).
  • Partitore di base tra +VCC+V_{CC} e massa invece che tra massa e −VCC-V_{CC} (qui la base è negativa: −8,7 V-8{,}7\ \mathrm V).
  • Dimenticare nel nodo drain-emettitore che RDR_D è collegata a −VCC-V_{CC} (non a massa).
  • Considerare RgR_g e RGR_G nel guadagno: sul gate non c'è corrente, quindi non attenuano.

Versione ripasso

Testo. ±15\pm15 V; p-MOS (IDSS=−3,2I_{DSS}=-3{,}2 mA, Vt=−2V_t=-2 V, gate a 00 V, RS=15R_S=15k con bypass, RD=2R_D=2k a −VCC-V_{CC}) con il drain sull'emettitore di un npn a base comune (βF=100\beta_F=100, β0=160\beta_0=160, VBE=0,66V_{BE}=0{,}66 V, base su 120120k/120120k tra massa e −VCC-V_{CC} con bypass, RC=5R_C=5k a +VCC+V_{CC}, RL=20R_L=20k): polarizzazione e AvA_v.

  • M1M_1: VGS=−15+15uV_{GS}=-15+15u, u=3,2(6,5−7,5u)2u=3{,}2(6{,}5-7{,}5u)^2, 180u2−313u+135,2=0⇒u=0,8180u^2-313u+135{,}2=0\Rightarrow u=0{,}8 mA (0,9390{,}939 scartata); VGS=−3V_{GS}=-3 V, VS=3V_S=3 V.
  • Q1Q_1: VBT=−7,5V_{BT}=-7{,}5 V, RB=60R_B=60k; −8,16−60IB=−15+2(0,8+101IB)⇒IB=20 μ-8{,}16-60I_B=-15+2(0{,}8+101I_B)\Rightarrow I_B=20\ \muA, IC=2I_C=2 mA, VE=−9,36V_E=-9{,}36 V, VC=5V_C=5 V, VCE=14,4V_{CE}=14{,}4 V; VDS=−12,4<−1V_{DS}=-12{,}4<-1 V.
  • Piccolo segnale: gm1=1,6g_{m1}=1{,}6 mS, gm2=80g_{m2}=80 mS, rπ=2r_\pi=2 k; Rie=12,4 ΩR_{ie}=12{,}4\ \Omega, RN=12,35 ΩR_N=12{,}35\ \Omega.
  • Guadagno: vN=−gm1RNvin=−0,01975vinv_N=-g_{m1}R_Nv_{in}=-0{,}01975v_{in}; vout=gm2(RC∥RL)ve=320vev_{out}=g_{m2}(R_C\|R_L)v_e=320v_e: Av=−6,32A_v=-6{,}32.
  • Errori: radice sotto soglia; partitore di base tra massa e −VCC-V_{CC}; RDR_D a −VCC-V_{CC}; RgR_g senza corrente.

Teoria collegata