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da **paky94** » 30 ago 2018, 14:32

Ciao a tutti.. Sono nuovo del forum ed avrei bisogno di un aiuto con un esercizio di elettronica analogica, ovvero sul seguente.
(Scusate eventuali errori nella scrittura o nella rappresentazione dei circuiti)

Traccia

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

DATI
$V_{DD}=9V$
$R_{GEN}=1k\Omega$
$R_F=600k\Omega$
$R_L=10k\Omega$
$R_{D_1}=1k\Omega$
$R_{D_2}=100\Omega$
$R_{S_1}=500\Omega$
$R_{S_2}=3k\Omega$

$k_{M_1}=5000\mu A/V^2$
$k_{M_1}=5000\mu A/V^2$

$V_{\text{TH}_1}=1V$
$V_{\text{TH}_2}=1V$
$\lambda_{M_1}=0.05$
$\lambda_{M_2}=0.02$

L'esercizio richiede:
1) calcolo dei punti di lavori statici di entrambi i MOSFET
2) calcolo del guadagno a piccolo segnale alle medie frequenze
3) studio in alta frequenza

PRIMO PUNTO
Il circuito utilizzato per la polarizzazione è quello seguente

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

L'equazione della corrente del MOSFET, supponendo di lavorare in regione di Pinch-off, è:
$I_D=k (V_{GS}-V_{TH})^2$

per procedere devo esplicitare (credo..) necessariamente la $V_{GS}$ che è:
$=V_{GS}=V_G-V_S$
In questa espressione V_S=R_S I_S=R_S I_D

ma la

come la ottengo?? Devo scrivere una LKT??

SECONDO PUNTO
E' corretto questo modello equivalente a piccolo segnale alle medie frequenze?

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Grazie in anticipo a tutti! :)

da **gac** » 30 ago 2018, 15:26

In DC non scorre corrente nella resistenza R_F

, per cui la differenza di potenziale ai suoi capi $V_{D_1} - V_{G_1} = 0$ , pertanto $V_{G_1} = V_{D_1}$ . Il secondo gate è collegato al drain del primo transistor per cui anche in questo caso $V_{G_2} = V_{D_1}$ .

Questo è il circuito per piccolo segnale alle medie frequenze. Avevi omesso $R_{D_2}$ e non avevi collegato in serie $R_{GEN}$ e R_F

.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **paky94** » 30 ago 2018, 15:50

gac ha scritto:In DC non scorre corrente nella resistenza , per cui la differenza di potenziale ai suoi capi $V_{D_1} - V_{G_1} = 0$ , pertanto $V_{G_1} = V_{D_1}$ . Il secondo gate è collegato al drain del primo transistor per cui anche in questo caso $V_{G_2} = V_{D_1}$ .

Una volta osservato tutto ciò, come calcolo $I_{D_1}$ a partire dalla seguente?
$I_{D_1}=k_{M_1} (V_{GS_1}-V_{TH_1})^2$
$V_{GS_1}=V_{G_1}-V_{S_1}=V_{D_1}-V_{S_1}=R_{D_1} I_{D_1}-R_{S_1} I_{D_1}$

gac ha scritto:Avevi omesso $R_{D_2}$

Mi spieghi perché devo tenere in conto anche tale resistenza?
Da un lato, tramite la capacità, è collegata a massa; dall'altro lato è collegata all'alimentazione che, in questa prima analisi, equivale alla massa...

da **gac** » 30 ago 2018, 16:09

Per il calcolo di $V_{GS_1}$ è giusto il procedimento. Per quanto concerne $R_{D_2}$ hai ragione tu, non avevo notato quella capacità :mrgreen:

Comunque disegnare le alimentazioni $V_{DD}$ con quei lampioni, tra l'altro non collegati a ground, è veramente brutto e non è neanche formalmente corretto.

da **paky94** » 30 ago 2018, 16:19

gac ha scritto:Per il calcolo di $V_{GS_1}$ è giusto il procedimento.

Andare poi però a sostituire $V_{GS_1}=[R_{D_1}-R_{S_1}]I_{D_1}$
nell'espressione della corrente in regione di Pinch-off $I_D=k(V_{GS}-V_{TH})^2$ mi sembra un po'

Devo continuare??

da **gac** » 30 ago 2018, 16:33

A dire il vero $V_D = V_{DD} - R_D I_D$ , quindi $V_{GS} = V_{DD} - R_D I_D - R_S I_D = V_{DD} - (R_D + R_S) \frac{k}{2} (V_{GS} - V_T)^2$ . Risolvendo l'equazione di secondo grado ottieni $V_{GS}$ e poi vai avanti.

da **paky94** » 30 ago 2018, 16:50

Azzardo una cosa che, al 99% sarà una grossa str*****a.
Se scrivo una LKT alla maglia di ingresso:
$V_{DD}=R_{D_1}I_{D_1}+R_F I_G+V_{GS_1}+R_{S_1}I_{D_1}$

dalla quale (ricordando I_G=0

e $V_{GS_1}=R_{D_1}I_{D_1}-R_{S_1}I_{D_1}$
$V_{DD}=R_{D_1}I_{D_1}+R_{D_1}I_{D_1}-R_{S_1}I_{D_1}+R_{S_1}I_{D_1}=2R_{D_1}I_{D_1}$

Sbagliato?

da **gac** » 31 ago 2018, 11:37

paky94 ha scritto: $V_{GS_1}=R_{D_1}I_{D_1}-R_{S_1}I_{D_1}$

Non è corretto, in quanto $V_{GS_1} = V_{DS_1} = V_{D_1} - V_{S_1} = V_{DD} - R_{D_1} I_{D_1} - R_{S_1} I_{D_1}$ . Per procedere devi necessariamente risolvere l'equazione di secondo grado discussa nel commento precedente. Ovviamente avrai due soluzioni per $V_{GS_1}$ e dovrai scegliere con criterio una delle due ;-)

da **paky94** » 6 set 2018, 9:52

Ho ragionato al seguente modo, ti sintetizzo il tutto a valle delle tue dritte!

$V_{G_1}=V_{D_1}=V_{G_2}$

L'equazione della corrente (Pinch-off), valida per entrambi i MOSFET, è: $I_D=(V_{GS}-V_{TH})^2$

PRIMO STADIO AMPLIFICATORE
Mi serve quindi calcolare $V_{{GS}_1}$ che sarà:
$V_{{GS}_1}=V_{D_1}-V_{S_1}=(R_{D_1}-R_{S_1})I_{D_1}$
in cui i valori di $R_{S_1}$ e di $R_{D_1}$ sono assegnati.

Sostituisco quanto ottenuto dall'ultima equazione nell'equazione della correnti di Pinch-off ed ottendo il valore della corrente di drain $I_{D_1}$ e la ddp $V_{{GS}_1}$

SECONDO STADIO AMPLIFICATORE
Mi serve quindi calcolare $V_{{GS}_2}$ che sarà:
$V_{{GS}_2}=V_{G_2}-V_{S_2}=V_{D_1}-V_{S_2}=R_{D_1}I_{D_1}-R_{S_2}I_{D_2}$
in cui i valori di $R_{S_2}$ , $R_{D_1}$ e $I_{D_1}$ sono noti.
Dalla risoluzione di quest'altra equazione caratterizzo il secondo MOSFET

Il modello equivalente a piccolo segnale, alle medie frequenze, è il seguente?

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Mettendomi alla sezione verde, osservo che $R_{{IN}_2}$ è infinito in quanto vi è un aperto e quindi posso procedere al calcolo del guadagno dei due stadi separatamente e per il primo stadio non devo portare in conto alcun effetto di carico del secondo stadio sul primo.
Giusto??

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