Esercizio 29n-MOSFET con due resistenze di source e BJT pnp a base comune, guadagno e resistenza di uscita con tensione di Early (tema d'esame giugno 2026)

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1. Polarizzazione di $M_1$

Il gate è a $0\ \mathrm V$ (nessuna corrente in $R_G$), quindi $V_S=-V_{GS}$. La corrente $I_D$ entra nel nodo di source ed esce verso massa attraverso $R_{S1}$ e verso $-V_{DD}$ attraverso $R_{S2}$ (con $V_S<0$ la corrente in $R_{S1}$ è in realtà entrante, cioè $R_{S1}$ fornisce corrente al nodo): $$I_D=\frac{V_S-0}{R_{S1}}+\frac{V_S+V_{DD}}{R_{S2}}=-\frac{V_{GS}}{10}+\frac{30-V_{GS}}{22}\quad(\mathrm{mA},\ \mathrm V,\ \mathrm{k\Omega}).$$ Con $I_D=2{,}25\,(V_{GS}/1{,}5-1)^2=V_{GS}^2-3V_{GS}+2{,}25$: $$V_{GS}^2-3V_{GS}+2{,}25=1{,}3636-0{,}14545\,V_{GS}\ \Rightarrow\ V_{GS}^2-2{,}8545\,V_{GS}+0{,}8864=0\ \Rightarrow\ V_{GS}=2{,}5\ \text{o}\ 0{,}3545\ \mathrm V.$$ Condizione di conduzione $V_{GS}>V_t=1{,}5\ \mathrm V$: vale $V_{GS}=2{,}5\ \mathrm V$ (l'altra radice è sotto soglia). $$V_{GS}=2{,}5\ \mathrm V,\quad V_S=-2{,}5\ \mathrm V,\quad I_D=2{,}25\Big(\frac{2{,}5}{1{,}5}-1\Big)^2=1\ \mathrm{mA},\quad V_{GS}-V_t=1\ \mathrm V.$$ Controllo: $I_D=\dfrac{-2{,}5}{10}+\dfrac{27{,}5}{22}=-0{,}25+1{,}25=1{,}0\ \mathrm{mA}$ ✓.

2. Polarizzazione di $Q_1$ e verifica di $M_1$

La base è a massa: $V_E=V_B-V_{BE}=0+0{,}608=0{,}608\ \mathrm V$, che è anche la tensione del drain: $V_D=0{,}608\ \mathrm V$. La corrente di $R_D$ è $\dfrac{30-0{,}608}{15}=1{,}9595\ \mathrm{mA}$; di questa $I_D=1\ \mathrm{mA}$ va in $M_1$ e il resto entra nell'emettitore: $$I_E=1{,}9595-1=0{,}9595\ \mathrm{mA},\quad I_C=\frac{\beta_F}{1+\beta_F}I_E=0{,}950\ \mathrm{mA},\quad I_B=\frac{I_E}{1+\beta_F}=9{,}5\ \mu\mathrm A.$$ La corrente $I_C$ esce dal collettore e scende in $R_C$ verso $-V_{DD}$: $$V_C=-V_{DD}+R_CI_C=-30+14{,}25=-15{,}75\ \mathrm V,\qquad V_{CE}=V_C-V_E=-15{,}75-0{,}608=-16{,}36\ \mathrm V.$$ $$V_{DS}=V_D-V_S=0{,}608-(-2{,}5)=3{,}108\ \mathrm V>V_{GS}-V_t=1\ \mathrm V:\ \text{saturazione}.$$ $Q_1$ è in zona attiva ($|V_{CE}|=16{,}4\ \mathrm V$, $I_B>0$). Riassunto: $I_D=1\ \mathrm{mA}$, $V_{DS}=3{,}11\ \mathrm V$, $I_C=0{,}95\ \mathrm{mA}$, $V_{CE}=-16{,}36\ \mathrm V$.

3. Parametri di piccolo segnale

$$g_{m1}=\frac{2I_D}{V_{GS}-V_t}=2\ \mathrm{mS},\qquad g_{m2}=\frac{I_C}{V_T}=\frac{0{,}95\ \mathrm{mA}}{25\ \mathrm{mV}}=38\ \mathrm{mS},\qquad r_\pi=\frac{\beta_0}{g_{m2}}=3{,}947\ \mathrm{k\Omega},$$ $$r_o=\frac{|V_A|+|V_{CE}|}{I_C}=\frac{70+16{,}36}{0{,}95\ \mathrm{mA}}=90{,}9\ \mathrm{k\Omega}.$$

4. Guadagno

In banda $C_S$ cortocircuita $R_{S1}$ e il source è a massa; $V_{DD}$ e $-V_{DD}$ sono masse; la base di $Q_1$ è a massa. $M_1$ ha il drain collegato all'emettitore di $Q_1$: i due dispositivi sono in parallelo come corrente sul nodo $E$ (la corrente del MOSFET viene fornita da $R_D$ e dall'emettitore). Non c'è un cascode "in serie": $M_1$ sottrae al nodo la corrente $i_d=g_{m1}v_{in}$ e $Q_1$, che in base comune ha una resistenza di ingresso bassa, la fa passare in $R_C\|R_L$.

Resistenza vista dall'emettitore (base a massa, $r_o$ trascurata): $$R_{ie}=\frac{r_\pi}{1+\beta_0}=\frac{3947}{151}=26{,}1\ \Omega\ \ll R_D.$$ Nodo $E$: $\dfrac{v_e}{R_D}+i_d+i_e=0$ con $i_e=\dfrac{v_e}{R_{ie}}$ la corrente che entra nell'emettitore, da cui $$i_e=-i_d\,\frac{R_D}{R_D+R_{ie}}=-0{,}9983\,i_d.$$ La corrente di collettore del pnp è $i_c=\alpha_0i_e$ con $\alpha_0=\dfrac{\beta_0}{1+\beta_0}=0{,}9934$ (esce dal collettore, quindi entra nel nodo di uscita con questo segno), e scorre nel parallelo $R_C\|R_L=15\|10=6\ \mathrm{k\Omega}$: $$\boxed{A_v=-g_{m1}\,\frac{R_D}{R_D+R_{ie}}\,\frac{\beta_0}{1+\beta_0}\,(R_C\|R_L)=-2\cdot0{,}9983\cdot0{,}9934\cdot6=-11{,}9}.$$ Il segno è negativo: un aumento di $v_{in}$ aumenta $i_d$ e riduce la corrente nell'emettitore, quindi anche quella di collettore, e la tensione di uscita scende. L'effetto di $r_o$ è trascurabile ($r_o\gg R_C\|R_L$): con $r_o=90{,}9\ \mathrm{k\Omega}$ si ottiene $-11{,}89$ (senza $r_o$: $-11{,}90$).

5. Resistenza di uscita

Spenti i generatori di segnale ($v_{in}=0$: $g_{m1}v_{gs}=0$, e $M_1$ non porta corrente di segnale, con $\lambda=0$). Si scollega $R_C$ e si applica una tensione di prova $V_x$ al collettore. Il nodo $E$ vede verso massa $R_{p1}=R_D\|r_\pi=15\|3{,}947=3{,}125\ \mathrm{k\Omega}$; la tensione $v_e=I_xR_{p1}$ e $v_\pi=-v_e$. La corrente $I_x$ entra nel collettore, attraversa $r_o$ e il generatore pilotato $g_{m2}v_\pi$ (diretto dal collettore all'emettitore) ed esce dall'emettitore verso $R_{p1}$: $$I_x=\frac{V_x-v_e}{r_o}+g_{m2}v_\pi=\frac{V_x-I_xR_{p1}}{r_o}-g_{m2}I_xR_{p1}\ \Rightarrow\ V_x=I_x\big[r_o+R_{p1}(1+g_{m2}r_o)\big].$$ La resistenza $R_{p1}$ sull'emettitore (retroazione di corrente) moltiplica $r_o$ per $1+g_{m2}R_{p1}\simeq119{,}8$. $$R_{out,Q}=r_o+R_{p1}(1+g_{m2}r_o)=90{,}9\ \mathrm{k}+3{,}125\ \mathrm{k}\,(1+38\ \mathrm{mS}\cdot90{,}9\ \mathrm{k})=10{,}9\ \mathrm{M\Omega},$$ e con $R_C$ in parallelo: $$\boxed{r_{out}=R_C\|R_{out,Q}=15\ \mathrm{k\Omega}\,\|\,10{,}9\ \mathrm{M\Omega}=14{,}98\ \mathrm{k\Omega}\simeq R_C}.$$ Senza tensione di Early $r_{out}=R_C=15\ \mathrm{k\Omega}$ esattamente (il collettore è un generatore di corrente ideale).

Verifica numerica. Polarizzazione risolta con le equazioni complete ($I_D=1{,}000\ \mathrm{mA}$, $V_{GS}=2{,}500\ \mathrm V$, $I_C=0{,}94997\ \mathrm{mA}$, $V_{CE}=-16{,}358\ \mathrm V$, $V_{DS}=3{,}108\ \mathrm V$); piccolo segnale con analisi nodale: $A_v=-11{,}8998$ (senza $r_o$) e $-11{,}8933$ (con $r_o$); resistenza di uscita $15\,000\ \Omega$ e $14\,979\ \Omega$. La formula chiusa dà $R_{out,Q}=10{,}889\ \mathrm{M\Omega}$.

Errori comuni

• Trattare lo stadio come un cascode in serie: il drain di $M_1$ e l'emettitore di $Q_1$ sono lo stesso nodo e $R_D$ è in parallelo (la corrente di $M_1$ viene da $R_D$ e dall'emettitore).
• Dimenticare che $R_{S1}$ fornisce corrente al nodo di source ($V_S<0$): scrivendo solo $I_D=\dfrac{V_{DD}+V_S}{R_{S2}}$ si ottiene $1{,}25\ \mathrm{mA}$ invece di $1\ \mathrm{mA}$.
• Prendere la radice $V_{GS}=0{,}35\ \mathrm V$ (sotto soglia).
• Calcolare $V_{CE}$ senza il segno: con il pnp è negativo ($-16{,}36\ \mathrm V$); $V_C=-V_{DD}+R_CI_C$, non $-R_CI_C$.
• Includere $R_L$ in $r_{out}$: la resistenza di figura è a monte del carico.
• Usare per $r_o$ la formula $V_A/I_C$ senza $|V_{CE}|$.