Esercizio 28n-MOSFET con source bypassato e inseguitore di emettitore pnp, effetto di lambda (tema d'esame agosto 2024)

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1. Polarizzazione di $M_1$

$V_G=V_{DD}\dfrac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}=36\cdot\dfrac{200}{1200}=6\ \mathrm V$. Con $I_D$ in mA e $R_S$ in kΩ: $V_{GS}=6-30I_D$ e $$I_D=0{,}4\Big(\frac{V_{GS}}{2}-1\Big)^2=0{,}4\,(2-15I_D)^2\ \Rightarrow\ 90I_D^2-25I_D+1{,}6=0\ \Rightarrow\ I_D=\frac{25\pm7}{180}=0{,}178\ \text{o}\ 0{,}1\ \mathrm{mA}.$$ Con $0{,}178\ \mathrm{mA}$ sarebbe $V_{GS}=6-5{,}33=0{,}67\ \mathrm V<V_t$ (interdizione): si scarta. $$I_D=0{,}1\ \mathrm{mA},\qquad V_{GS}=3\ \mathrm V,\qquad V_S=R_SI_D=3\ \mathrm V,\qquad V_{GS}-V_t=1\ \mathrm V.$$

2. Polarizzazione di $Q_1$ (accoppiamento diretto)

Nel nodo di drain (che è anche la base di $Q_1$) arriva la corrente di $R_D$, entra la corrente di base $I_B$ (in un pnp esce dalla base) ed esce $I_D$: $$\frac{V_{DD}-V_D}{R_D}+I_B=I_D.$$ Con $V_{BE}=V_B-V_E=-0{,}65\ \mathrm V$ si ha $V_E=V_D+0{,}65$, e dalla maglia dell'emettitore $V_{DD}-V_E=R_EI_E=R_E(1+\beta_F)I_B$. Posto $x=V_{DD}-V_D$ (V, mA, kΩ): $$x=0{,}65+303\,I_B,\qquad \frac{x}{316}+I_B=0{,}1\ \Rightarrow\ \frac{0{,}65+303I_B}{316}+I_B=0{,}1\ \Rightarrow\ 1{,}9589\,I_B=0{,}09794\ \Rightarrow\ I_B=0{,}050\ \mathrm{mA}.$$ $$I_B=50\ \mu\mathrm A,\quad I_C=\beta_FI_B=5\ \mathrm{mA},\quad I_E=5{,}05\ \mathrm{mA},\quad x=15{,}8\ \mathrm V,$$ $$V_D=V_B=20{,}2\ \mathrm V,\quad V_E=V_{DD}-R_EI_E=36-15{,}15=20{,}85\ \mathrm V,\quad V_{CE}=V_C-V_E=0-20{,}85=-20{,}85\ \mathrm V.$$ $$V_{DS}=V_D-V_S=20{,}2-3=17{,}2\ \mathrm V.$$ Verifiche. $M_1$: $V_{DS}=17{,}2\ \mathrm V>V_{GS}-V_t=1\ \mathrm V$, saturazione ✓. $Q_1$: $V_{EC}=20{,}85\ \mathrm V$ e $I_B>0$, zona attiva ✓. Controllo del nodo: $\dfrac{36-20{,}2}{316}=0{,}05\ \mathrm{mA}$ da $R_D$ più $0{,}05\ \mathrm{mA}$ dalla base fanno $I_D=0{,}1\ \mathrm{mA}$ ✓.

3. Parametri di piccolo segnale

$$g_{m1}=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}=0{,}2\ \mathrm{mS},\qquad g_{m2}=\frac{I_C}{V_T}=\frac{5\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}}=200\ \mathrm{mS},\qquad r_\pi=\frac{\beta_0}{g_{m2}}=\frac{150}{0{,}2\ \mathrm S}=750\ \Omega.$$

4. Guadagno

$C_S$ è un corto: il source è a massa per il segnale. Il collettore di $Q_1$ è a massa: $Q_1$ è un inseguitore di emettitore (collettore comune) il cui carico è $R_E\|R_L=3\|7=2{,}1\ \mathrm{k\Omega}$ (anche $V_{DD}$ è massa per il segnale). $v_{in}$ è la tensione sul gate: $R_g$, $R_{G1}$ e $R_{G2}$ non compaiono.

• Stadio 2. Resistenza di ingresso: $R_{in2}=r_\pi+(1+\beta_0)(R_E\|R_L)=0{,}75+151\cdot2{,}1=317{,}85\ \mathrm{k\Omega}$ e guadagno $$A_{v2}=\frac{(1+\beta_0)(R_E\|R_L)}{R_{in2}}=\frac{317{,}1}{317{,}85}=0{,}9976.$$
• Stadio 1. $M_1$ è un source comune con carico $R_D\|R_{in2}=316\|317{,}85=158{,}5\ \mathrm{k\Omega}$ (la resistenza di ingresso dello stadio 2 carica il drain): $$A_{v1}=-g_{m1}\,(R_D\|R_{in2})=-0{,}2\cdot158{,}5=-31{,}69.$$ $$\boxed{A_v=A_{v1}A_{v2}=-31{,}69\cdot0{,}9976=-31{,}6}\qquad(\text{analisi nodale: }-31{,}62\ \checkmark)$$

5. Effetto di $\lambda=0{,}05\ \mathrm V^{-1}$

Come negli altri temi con $\lambda$ o $V_A$, il punto di lavoro resta quello già calcolato ($\lambda=0$) e il parametro entra nel modello di piccolo segnale come resistenza $r_{o1}$ tra drain e source: $$r_{o1}=\frac{V_{DS}+1/\lambda}{I_D}=\frac{17{,}2+20}{0{,}1\ \mathrm{mA}}=372\ \mathrm{k\Omega}.$$ Il drain vede ora anche $r_{o1}$ in parallelo: $R_D\|R_{in2}\|r_{o1}=158{,}5\|372=111{,}1\ \mathrm{k\Omega}$ e $$A_{v1}=-0{,}2\cdot111{,}1=-22{,}2,\qquad\boxed{A_v=-22{,}2\cdot0{,}9976=-22{,}2}\qquad(\text{analisi nodale: }-22{,}17\ \checkmark).$$ Il guadagno scende di circa il $30\%$: $R_D=316\ \mathrm{k\Omega}$ è paragonabile a $r_{o1}$, quindi l'effetto di $\lambda$ è grande.

Nota. Con $r_o\simeq1/(\lambda I_D)=200\ \mathrm{k\Omega}$ (senza $V_{DS}$) si otterrebbe $-17{,}6$: la formula del corso è $r_o=(V_{DS}+1/\lambda)/I_D$. Se si ricalcolasse anche il punto di lavoro con $\lambda\ne0$, $I_D$ salirebbe a $0{,}1075\ \mathrm{mA}$ e il guadagno cambierebbe molto di più ($-29{,}7$), perché $V_{GS}-V_t$ è solo $1\ \mathrm V$.

Errori comuni

• Scegliere la radice $I_D=0{,}178\ \mathrm{mA}$ ($V_{GS}<V_t$).
• Sbagliare il segno della corrente di base del pnp: la base cede corrente al nodo di drain, quindi $I_D=I_{R_D}+I_B$.
• Usare $V_{CE}=+20{,}85\ \mathrm V$ per un pnp: con il collettore a massa è $V_{CE}=-20{,}85\ \mathrm V$ (si usa il modulo nelle verifiche).
• Dimenticare che il carico dell'inseguitore è $R_E\|R_L$ e non $R_L$ da sola.
• Prendere $R_D$ da sola come carico di $M_1$ senza metterla in parallelo con la resistenza di ingresso $R_{in2}$ dello stadio a BJT (qui $R_{in2}\simeq R_D$, quindi il parallelo vale la metà: con $R_D$ da sola si troverebbe $-63$ invece di $-31{,}6$).
• Includere $R_g$ o il partitore $R_{G1}$-$R_{G2}$ in $A_v$.