Esercizio 20BJT inseguitore e MOSFET a gate comune, guadagno e resistenza di ingresso (tema d'esame agosto 2022)

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1. Polarizzazione

Gate di $M_1$. Il partitore è tra $+15$ e $-15\ \mathrm V$ (non caricato): $V_G=-15+30\cdot\dfrac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}=-15+30\cdot\dfrac{140}{240}=2{,}5\ \mathrm V$.

Base di $Q_1$. La base è collegata a massa tramite $R_P$ (e il generatore, in continua, vale $0$): $V_B=-R_PI_B$ e $V_E=V_B-V_{BE}=-0{,}7-100\,I_B$ (kΩ, mA, V).

Nodo comune emettitore-source. Nel nodo entrano $I_E=(1+\beta_F)I_B$ (dall'emettitore) e $I_D$ (dal source di $M_1$) e scendono in $R_E$ verso $-V_{CC}$: $$\frac{V_E+15}{5}=101\,I_B+I_D.$$ $M_1$ (saturazione): $V_{GS}=V_G-V_E=3{,}2+100\,I_B$ e $I_D=0{,}2\Big(\dfrac{V_{GS}}{0{,}8}-1\Big)^2=0{,}2\,(3+125\,I_B)^2$.

Sostituendo: $\dfrac{14{,}3-100I_B}{5}=101I_B+0{,}2(9+750I_B+15\,625I_B^2)$, cioè $$3125\,I_B^2+271\,I_B-1{,}06=0\ \Rightarrow\ I_B=\frac{-271+\sqrt{271^2+4\cdot3125\cdot1{,}06}}{2\cdot3125}=3{,}75\ \mu\mathrm A.$$ $$I_C=0{,}375\ \mathrm{mA},\quad I_E=0{,}379\ \mathrm{mA},\quad V_E=-1{,}075\ \mathrm V,\quad V_{GS}=3{,}575\ \mathrm V,\quad I_D=0{,}2\,(3{,}469)^2=2{,}41\ \mathrm{mA}.$$ Controllo: $(V_E+15)/5=2{,}785\ \mathrm{mA}=0{,}379+2{,}406$ ✓. Verifiche. $Q_1$: $V_C=15-2\cdot0{,}375=14{,}25\ \mathrm V$, $V_{CE}=15{,}3\ \mathrm V$: attivo. $M_1$: $V_D=15-4\cdot2{,}41=5{,}37\ \mathrm V$, $V_{DS}=6{,}45\ \mathrm V>V_{GS}-V_t=2{,}77\ \mathrm V$: saturazione. ✓ (L'altra radice dell'equazione di secondo grado, negativa, non è accettabile.) La maggior parte della corrente di $R_E$ ($2{,}41$ di $2{,}79\ \mathrm{mA}$) è fornita da $M_1$.

2. Parametri di piccolo segnale

$$g_{m1}=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}=\frac{4{,}81\ \mathrm{mA}}{2{,}775\ \mathrm V}=1{,}734\ \mathrm{mS},\qquad g_{m2}=\frac{0{,}375\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}}=15{,}0\ \mathrm{mS},\qquad r_\pi=\frac{160}{15{,}0\ \mathrm{mS}}=10{,}67\ \mathrm{k\Omega}.$$

3. Struttura del circuito di piccolo segnale

In banda $C_G$ mette a massa il gate di $M_1$: $M_1$ è a gate comune (ingresso al source, uscita al drain) e la sua resistenza di ingresso è $R_{is}=1/g_{m1}=577\ \Omega$ (con $\lambda=0$). $Q_1$ ha la base come ingresso e l'emettitore su un carico formato da $R_E$ in parallelo a $R_{is}$: è un inseguitore di emettitore (collettore comune); la resistenza $R_C$ sul collettore non interviene nel segnale che arriva a $M_1$ (con $r_o=\infty$ la corrente di collettore non influisce sull'emettitore). Il carico dell'emettitore è $$R_e=R_E\Big\|\frac1{g_{m1}}=5000\Big\|577=517\ \Omega.$$

4. Guadagno

• Stadio 1 (collettore comune, base $\to$ emettitore): $\dfrac{v_e}{v_{in}}=\dfrac{(1+\beta_0)R_e}{r_\pi+(1+\beta_0)R_e}=\dfrac{161\cdot0{,}517}{10{,}67+161\cdot0{,}517}=\dfrac{83{,}2}{93{,}9}=0{,}886$ (la base è il nodo $v_{in}$: $R_P$ è in parallelo al generatore e non lo carica in modo da cambiare $v_{in}$).
• Stadio 2 (gate comune, source $\to$ drain): $v_{gs}=-v_e$ e la corrente $g_{m1}v_{gs}$ entra nel drain, per cui $v_{out}=g_{m1}\,(R_D\|R_L)\,v_e=1{,}734\ \mathrm{mS}\cdot3{,}2\ \mathrm{k\Omega}\cdot v_e=5{,}55\,v_e$ (non invertente). $$\boxed{A_v=0{,}886\cdot5{,}55=+4{,}92}$$ (analisi nodale: $4{,}919$ ✓).

5. Resistenza di ingresso

Dal generatore si vede $R_P$ in parallelo alla resistenza vista nella base di $Q_1$, che è $r_\pi+(1+\beta_0)R_e$ (la resistenza di emettitore, riflessa nella base moltiplicata per $1+\beta_0$): $$R_{in}=R_P\,\Big\|\,\big[r_\pi+(1+\beta_0)R_e\big]=100\,\|\,(10{,}67+161\cdot0{,}517)=100\,\|\,93{,}9=48{,}4\ \mathrm{k\Omega}.$$ (Verificato con un generatore di corrente di prova: $48{,}43\ \mathrm{k\Omega}$.)

Errori comuni

• Dimenticare che nel nodo comune emettitore-source si sommano $I_E$ e $I_D$ per ottenere la corrente in $R_E$.
• Calcolare $V_G$ come partitore tra $V_{CC}$ e massa invece che tra $+V_{CC}$ e $-V_{CC}$.
• Usare $R_E$ da sola come carico dell'emettitore, senza il parallelo con $1/g_{m1}$ (resistenza di ingresso del gate comune).
• Includere $R_C$ nel guadagno: l'uscita è presa al drain di $M_1$, non al collettore.