Esercizio 25n-MOSFET con specchio di corrente a pnp come carico, guadagno con e senza tensione di Early (tema d'esame agosto 2021)

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1. Polarizzazione di $M_1$

Il gate non assorbe corrente: $V_G=V_{CC}\dfrac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}=36\cdot\dfrac{40}{160}=9\ \mathrm V$. Con $I_D$ in mA e $R_S$ in kΩ: $V_{GS}=9-3I_D$ e $$I_D=6\Big(\frac{V_{GS}}{3}-1\Big)^2=6\,(2-I_D)^2\ \Rightarrow\ 6I_D^2-25I_D+24=0\ \Rightarrow\ I_D=\frac{25\pm7}{12}=2{,}667\ \text{o}\ 1{,}5\ \mathrm{mA}.$$ Condizione di conduzione $V_{GS}>V_t=3\ \mathrm V$: con $2{,}667\ \mathrm{mA}$ sarebbe $V_{GS}=9-8=1\ \mathrm V<3$ (MOSFET interdetto), quindi si scarta. $$I_D=1{,}5\ \mathrm{mA},\qquad V_{GS}=4{,}5\ \mathrm V,\qquad V_S=R_SI_D=4{,}5\ \mathrm V,\qquad V_{GS}-V_t=1{,}5\ \mathrm V.$$

2. Polarizzazione dello specchio

$Q_1$ è un diodo: la sua tensione è $V_{EB1}=0{,}7\ \mathrm V$, quindi il drain di $M_1$ sta a $V_D=V_{CC}-0{,}7=35{,}3\ \mathrm V$ e $$V_{DS}=35{,}3-4{,}5=30{,}8\ \mathrm V>V_{GS}-V_t=1{,}5\ \mathrm V\ \Rightarrow\ \text{saturazione}.$$ La corrente $I_D$ è fornita da $Q_1$ (corrente di collettore $I_{C1}$) e dalle correnti di base di entrambi i transistor (le due basi sono collegate al drain): $$I_D=I_{C1}+I_{B1}+I_{B2}=I_{C1}\Big(1+\frac{2}{\beta_F}\Big)\ \Rightarrow\ I_{C1}=\frac{1{,}5}{1{,}02}=1{,}471\ \mathrm{mA},\quad I_{B1}=I_{B2}=14{,}7\ \mu\mathrm A.$$ $Q_2$ ha la stessa $V_{BE}$ e $r_o=\infty$: $I_{C2}=I_{C1}=1{,}471\ \mathrm{mA}$. In continua $C_L$ è aperto e $I_{C2}$ scende tutta in $R_C$: $$V_{C2}=R_CI_{C2}=20\cdot1{,}471=29{,}41\ \mathrm V,\qquad V_{EC2}=36-29{,}41=6{,}59\ \mathrm V\ (V_{CE}=-6{,}59\ \mathrm V).$$ Verifica. $Q_2$ è in zona attiva ($V_{EC}=6{,}59\ \mathrm V>0{,}2\ \mathrm V$ e $I_B>0$); $Q_1$ è al limite ($V_{CB}=0$), come ogni diodo ottenuto con un transistor.

3. Parametri di piccolo segnale

$$g_{m1}=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}=\frac{2\cdot1{,}5}{1{,}5}=2\ \mathrm{mS},\qquad g_m=\frac{I_C}{V_T}=\frac{1{,}471\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}}=58{,}8\ \mathrm{mS},\qquad r_\pi=\frac{\beta_0}{g_m}=\frac{180}{0{,}0588}=3{,}06\ \mathrm{k\Omega}.$$

4. Guadagno (senza effetto Early)

$v_{in}$ è la tensione sul gate (dopo $R_g$ e $C_G$): $R_{G1}$ e $R_{G2}$ non intervengono nel rapporto $v_{out}/v_{in}$.

$M_1$ è un source comune con $R_S$ non bypassata: $v_{gs}=v_{in}-R_Si_d$, quindi $$i_d=\frac{g_{m1}}{1+g_{m1}R_S}\,v_{in}=\frac{2\ \mathrm{mS}}{1+2\cdot3}\,v_{in}=0{,}2857\ \mathrm{mS}\;v_{in}.$$ Specchio. Per il segnale gli emettitori sono a massa ($V_{CC}$ è un nodo fisso). Nel nodo drain/basi/collettore di $Q_1$ la corrente $i_d$ si divide in $g_mv_\pi$ (collettore di $Q_1$) e nelle due correnti di base $v_\pi/r_\pi$, con la stessa $v_\pi$ ai capi dei due emettitori: $$i_d=v_\pi\Big(g_m+\frac2{r_\pi}\Big)\ \Rightarrow\ i_{c2}=g_mv_\pi=\frac{i_d}{1+\dfrac{2}{\beta_0}}=\frac{i_d}{1+2/180}=0{,}989\,i_d,$$ perché $g_mr_\pi=\beta_0$. La corrente $i_{c2}$ (pnp: esce dal collettore) entra nel nodo di uscita, dove trova $R_C\|R_L=20\|60=15\ \mathrm{k\Omega}$ (in banda $C_L$ è un corto): $$\boxed{A_v=\frac{g_{m1}}{1+g_{m1}R_S}\cdot\frac{1}{1+2/\beta_0}\cdot(R_C\|R_L)=0{,}2857\cdot0{,}989\cdot15=+4{,}24}.$$ Il segno è positivo: un aumento di $v_{in}$ aumenta $i_d$, quindi la corrente dello specchio, quindi la tensione sul nodo di uscita. Il carico attivo (specchio) converte la corrente di $M_1$ in una corrente di uscita senza inversione.

5. Guadagno con la tensione di Early $|V_A|=30\ \mathrm V$

Il punto di lavoro resta quello calcolato (convenzione di questi esercizi: polarizzazione con $r_o=\infty$, poi $r_o$ solo nel piccolo segnale). Resistenza di uscita di $Q_2$: $$r_{o2}=\frac{V_A+V_{EC2}}{I_{C2}}=\frac{30+6{,}59}{1{,}471\ \mathrm{mA}}=24{,}9\ \mathrm{k\Omega},$$ in parallelo al carico: $R_C\|R_L\|r_{o2}=15\|24{,}9=9{,}36\ \mathrm{k\Omega}$. Il fattore dello specchio cambia di pochissimo (la $r_{o1}=\dfrac{30+0{,}7}{1{,}471}=20{,}9\ \mathrm{k\Omega}$ di $Q_1$ è in parallelo a una resistenza di ingresso molto più piccola, $1/(g_m+2/r_\pi)\simeq16{,}8\ \Omega$: $0{,}989\to0{,}988$). $$\boxed{A_v=0{,}2857\cdot0{,}989\cdot9{,}36=+2{,}64}.$$ (Analisi nodale completa: $2{,}644$ con la sola $r_{o2}$ e $2{,}642$ includendo anche $r_{o1}$.)

Osservazione. L'effetto Early altera anche lo specchio: $I_{C2}/I_{C1}=\dfrac{1+V_{EC2}/V_A}{1+V_{EC1}/V_A}$ e, risolvendo in modo coerente, $I_{C2}$ salirebbe a circa $1{,}61\ \mathrm{mA}$ ($+10\%$) con $V_{EC2}\simeq3{,}7\ \mathrm V$. Il testo non richiede questa correzione.

Verifica numerica. Risolvendo la polarizzazione con le equazioni complete e il piccolo segnale con l'analisi nodale si ottiene $I_D=1{,}5\ \mathrm{mA}$, $V_{DS}=30{,}80\ \mathrm V$, $I_C=1{,}471\ \mathrm{mA}$, $V_{EC2}=6{,}588\ \mathrm V$, $A_v=4{,}239$ e $2{,}644$.

Errori comuni

• Usare $I_{C1}=I_D$ (trascurando le due correnti di base dello specchio: errore del $2\%$).
• Scegliere la radice $I_D=2{,}667\ \mathrm{mA}$, che dà $V_{GS}<V_t$.
• Mettere $R_{G1}\|R_{G2}$ o $R_g$ nel calcolo di $A_v$: $v_{in}$ è già la tensione di gate.
• Bypassare $R_S$ (non c'è $C_S$ in figura): $g_{m1}$ va divisa per $1+g_{m1}R_S$.
• Dimenticare che $C_L$ è aperto in continua: la corrente di $Q_2$ scende solo in $R_C$ e non in $R_L$.
• Calcolare $r_{o2}$ con $V_A/I_C$ senza $V_{EC}$: la formula del corso è $(V_A+V_{CE})/I_C$.