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Indice

1 Premessa
2 Testo esercizio 1
3 Soluzione esercizio

Premessa

Riordinando un po’ di carte, ho trovato questo esercizio di elettronica. Ho pensato di fare cosa gradita ai molti studenti che quotidianamente visitano EY scrivendo un articolo che riporti la soluzione ed il procedimento per ottenerla. Spero qualcuno possa trovarlo utile per i propri studi.

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Testo esercizio 1

Dato l'amplificatore di figura, avente i seguenti parametri (a 25°C):

$V_{DD}=24 \, \text{V};\ R_{G}=10\, \text{k}\Omega ;\ R_{2}=100 \, \text{k}\Omega ;$
$R_{3}=100\, \text{k}\Omega ;\ R_{1}=220 \, \text{k}\Omega ;$
$R_{S}=2 \, \text{k} \Omega ;\ R_{L}=5 \,\text{k}\Omega ;\ C_{1}=1 \,\mu \text{F} ;$
$C_{2}=1 \, \mu \text{F} ;\ C_{3}=1\,\mu \text{F};$

$Q 1 (n - c h a n n e l - J F E T):$
$V_{P}=-5 \, \text{V},I_{DSS1}=5 \, \text{mA}, r_{d}=\infty$
$Q 2 (n - c h a n n e l - M o s f e t):$
$V_{T}=3\, \text{V},I_{DSS2}=V_{T}^{2}K_{n}^{'}W/2L=8 \, \text{mA}, r_{d}=\infty$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

determinare:

Il punto di riposo dei transistor $Q 1$ , $Q 2$ ed il valore della resistenza $R D$ in modo che a riposo sia $V D S 2 = V D D / 2$ ;
Il guadagno di tensione $A V = V 0 / V g$ a centro banda;
La frequenza di taglio inferiore $f L$ , nell'approssimazione di polo dominante (metodo delle costanti di tempo).

Soluzione esercizio

Applicando l'analisi in continua dei FET i condensatori possono essere considerati circuiti aperti; il circuito perciò può essere ridisegnato come segue:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Applicando le leggi di Kirchhoff, ottengo le cinque relazioni

(1) $V_{DD}=I_{R_{D}}R_{D}+V_{DS_{2}},\ I_{R_{D}}=I_{D_{2}}+I$

impongo
$V_{DS_{2}}=\frac{V_{DD}}{2}$

come richiesto dal problema.

(2) $V_{DD}=V_{DS_{1}}+I_{D_{1}}R_{S}$

(3) $V_{GS_{2}}=I_{D_{1}}R_{S}$

(4) $I_{R_{D}}R_{D}+I(R_{2}+R_{1}+R_{3})=V_{DD}$

(5) $V_{DD}=I_{R_{D}}R_{D}+I(R_{2}+R_{1})+V_{GS_{1}}+V_{GS_{2}}$

Si riprende il punto (1), sostituendo, ottengo:

$V_{DD}=I_{R_{D}}R_{D}+\frac{V_{DD}}{2},\quad I_{R_{D}}R_{D}=12 \, \text{V}$

Ora il punto (4) diviene

$I=\frac{V_{DD}-I_{R_{D}}R_{D}}{R_{1}+R_{2}+R_{3}}=28.6 \,\mu \text{A}$

Passando al punto (5)

$V_{DD}=I_{R_{D}}R_{D}+I(R_{2}+R_{1})+V_{GS_{1}}+I_{D_{1}}R_{S}$

Ricordando che la caratteristica di trasferimento può essere espressa in forma analitica nel modo seguente:

$I_{D_{1}}=I_{DSS_{1}} \left ( 1-\frac{V_{GS_{1}}}{V_{P_{1}}} \right )^{2}$

sostituisco

$\frac{I_{DSS_{1}}R_{S}}{V_{P_{1}}^{2}}V_{GS_{1}}^{2}+V_{GS_{1}} \left ( 1-\frac{2I_{DSS_{1}}R_{S}}{V_{P_{1}}} \right )+7.152=0$

In un JFET a canale n sia $V G S$ che $V_{P_{0}}$ sono negative.

$a=0.4,\ b=5,\ c=7.152$

$Δ = 13.56 = (3.68) 2$

$V_{GS_{1}}=\frac{-b\pm \sqrt{\Delta }}{2a}=\begin{cases} -1.65 \,\text{V} \\ -10.85 \, \text{V} \ n.a. \end{cases}$

Si ricorda che se fosse

$\left | V_{GS} \right |> \left | V_{P} \right |$

il FET sarebbe in condizione di interdizione.
Alla fine sostituendo, si ottiene:

$I_{D_{1}}=2.24 \, \text{mA}$

Ora riprendendo il punto (3)

$V_{GS_{2}}=I_{D_{1}}R_{S}=4.48 \, \text{V}$

ottengo così la relazione

$V_{GS_{2}}-V_{T_{2}}< V_{DS_{2}}\ sat$

$4.48 - 3 < 12$

il MOSFET è in saturazione, perciò posso scrivere:

$I_{D_{2}}=\frac{K'_{n}W}{L}(V_{GS_{2}}-V_{T_{2}})^{2}=1.95 \, \text{mA}$

sostituendo, trovo

$I_{R_{D}}=I_{D_{2}}+I=1.98 \, \text{mA}$

$R_{D}=6050 \, \Omega$

Usando la relazione (2) ottengo

$V_{DS_{1}}=V_{DD}-I_{D_{1}}R_{S}=19.52 \, \text{V}$

$V_{GS_{1}}-V_{P_{1}}< V_{DS_{1}}$

Passando al circuito equivalente per piccoli segnali, posso considerare i condensatori come corto circuiti

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per i JFET

$g_{m_{1}}=\frac{2}{\left | V_{P_{1}} \right |}\sqrt{I_{D_{1}}I_{DSS_{1}}}=\ 1.34\times 10^{-3}$

per i MOSFET

$g_{m_{2}}=2\sqrt{\frac{K'_{n}W}{L}I_{D_{2}}}=\ 2.63\times 10^{-3}$

Il guadagno di tensione a centro banda

$A_{V}=\frac{V_{0}}{V_{g}}$

Considerando che il guadagno a centro banda è il prodotto dei guadagni a centro banda dei singoli stadi

$A_{V}=A_{V_{1}}\cdot A_{V_{2}}$

guadagno di due stadi in cascata.
Utilizzando Thevenin, considerando il guadagno in tensione del primo stadio a drain comune e del secondo stadio a source comune, considerando $r_{d}=\infty$ dai dati iniziali

$A_{V_{1}}=\frac{g_{m}R_{S}}{1+g_{m}R_{S}}$ drain comune

$A_{V_{2}}=\frac{-g_{m}R_{D}}{1+\frac{R_{D}}{r_{\infty }}}$ source comune

$r_{d}=\infty$ , perciò $\frac{R_{D}}{r_{d}}=0$

$A_{V_{2}}=-g_{m}R_{D}$

ottengo

$A_{V}=\frac{R_{1}\parallel R_{3}}{R_{1}\parallel R_{3}+R_{G}}\cdot \frac{g_{m_{1}}R_{S}}{1+g_{m_{1}}R_{S}}\cdot (-g_{m_{2}}R_{L}\parallel R_{2}\parallel R_{D})=\ -4.68$

Ricordando dalla teoria che il numero di poli di una funzione di trasferimento è pari al numero di elementi reattivi indipendenti presenti nella rete.
Negli amplificatori elettronici gli elementi reattivi sono quasi sempre i condensatori.
Nel circuito in esame i condensatori indipendenti sono tre, perché abbiamo tre poli.

Considerando gli stadi in cascata alle basse frequenze, posso dire che la frequenza $f L$

$f_{L}=\frac{1}{2\pi }\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{R_{kk}^{\infty }C_{k}}$

dove $R_{kk}^{\infty }C_{k}$ è la costante di tempo del circuito quando tutti i condensatori tranne $C k$ sono in cortocircuito.
Allora

$R_{1}^{\infty }=R_{G}+R_{1}\parallel R_{3}$

$R_{2}^{\infty }=R_{L}+R_{D}\parallel R_{2}$

$R_{3}^{\infty }=(R_{1}+R_{3}\parallel R_{G})\parallel (R_{2}+R_{L}\parallel R_{D})$

$f_{L}=\frac{1}{2\pi }\cdot \left ( \frac{1}{R_{1}^{\infty }C_{1}}+\frac{1}{R_{2}^{\infty }C_{2}}+\frac{1}{R_{3}^{\infty }C_{3}} \right )$

Appendice

Nei dati del problema si fa riferimento a delle caratteristiche del MOSFET per determinare la corrente di drain.

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Il valore di L rappresenta la lunghezza di canale, W la larghezza di canale (in direzione perpendicolare alla pagina del disegno), $K' n$ è un parametro di processo espresso in microampere su volt al quadrato.
$K'_{n}=\frac{\mu _{n}C_{0}}{2}$

dove $μ n$ è la mobilità degli elettroni nel canale e $C 0$ è la capacità di gate per unità di area.

Ringraziamenti

E’ doveroso ringraziare l’amico Carlo, che gentilmente ha accettato di aiutarmi nel trovare un’immagine adeguata. Non si è limitato all’uso del pc, ma ha disegnato un acquerello appositamente per la circostanza. Grazie davvero Carlo, la tua gentilezza e disponibilità non hanno eguali.

E' altrettanto doveroso ringraziare Zeno, che pazientemente ha reso più leggibili formule e schemi.
Inoltre lo ringrazio per aver reso tutto questo (mi riferisco all'essenza dell'immagine) possibile.

Bibliografia

Le spiegazioni di teoria sono tratte da:
"Microelettronica" di Jacob Millman e Arvin Grabel, McGraw-Hill

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Risoluzione esercizio elettronica nr. 1

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Bibliografia

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