電子回路・半導体デバイスの問題

難易度 2教科書の演習問題レベル大学物理電子回路・半導体デバイス

エンハンスメント形 n チャネル MOSFET を用いた、次のようなソース接地増幅回路を考える。

起電力 $v_{s}$ 、内部抵抗 $R_{sig} = 30 kΩ$ の正弦波信号源が、結合コンデンサー $C_{1}$ を通してゲート G につながっている。
ゲート G は抵抗 $R_{1} = 300 kΩ$ で電源 $V_{D D}$ に、抵抗 $R_{2} = 200 kΩ$ で接地につながっている。
ドレイン D は抵抗 $R_{D} = 5.0 kΩ$ で電源 $V_{D D}$ に、ソース S は抵抗 $R_{S} = 0.50 kΩ$ で接地につながっている。 $R_{S}$ にはバイパスコンデンサーをつけない。
ドレイン D は結合コンデンサー $C_{2}$ を通して負荷抵抗 $R_{L} = 20 kΩ$ につながり、 $R_{L}$ の両端の電圧を出力電圧 $v_{out}$ とする。

MOSFET は飽和領域で動作しており、その動作点での相互コンダクタンスは $g_{m} = 4.0 mS$ である。チャネル長変調は無視し（出力抵抗 $r_{o} \to \infty$ ）、ゲートには電流が流れないとする。信号の周波数では $C_{1}$ , $C_{2}$ のインピーダンスは $0$ とみなせ、直流電源 $V_{D D}$ は交流的に接地と同じとみなす。

小信号等価回路を用いて、信号源の起電力に対する電圧利得 $A = \frac{v _{out}}{v _{s}}$ を既約分数で求めよ（符号も含めて答えよ）。

GDS

v_{s}

R_{sig}

C_{1}

R_{1}

R_{2}

R_{D}

R_{S}

V_{D D}

C_{2}

R_{L}

v_{out}

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ヒント

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ヒント 1

交流信号に対しては、コンデンサーを短絡、 $V_{D D}$ を接地として小信号等価回路を描きます。そのうえで「入力側の分圧」と「ゲートから出力までの利得」に分けて考えましょう。

ヒント 2

ゲートから見た入力抵抗は $R_{1} ∥ R_{2}$ です。ソース抵抗があるので $v_{g s} = v_{g} - i_{d} R_{S}$ となり、ゲートから出力までの利得は $- \frac{g _{m} ( R _{D} ∥ R _{L} )}{1 + g _{m} R _{S}}$ になります。

ヒント 3

$R_{1} ∥ R_{2} = 120 kΩ$ なので $v_{g} = \frac{4}{5} v_{s}$ です。また $g_{m} R_{S} = 2$ 、 $R_{D} ∥ R_{L} = 4.0 kΩ$ です。

答えと解説

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- \frac{64}{15}

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解説を読む

小信号等価回路 信号の周波数では $C_{1}$ , $C_{2}$ は短絡、 $V_{D D}$ は交流的に接地とみなせる。したがって $R_{1}$ と $R_{2}$ はゲートと接地の間に並列に入る。また $R_{D}$ と $R_{L}$ はドレインと接地の間に並列に入る。MOSFET は飽和領域で動作し $r_{o} \to \infty$ なので、ドレイン電流の交流分は $i_{d} = g_{m} v_{g s}$ と表せる。ゲート電流は $0$ である。

(1) 入力側の分圧 ゲートから見た入力抵抗は
$R_{G} = R_{1} ∥ R_{2} = \frac{300 \times 200}{300 + 200} kΩ = 120 kΩ$
である。ゲートに電流が流れないので、ゲート電圧の交流分 $v_{g}$ は $R_{sig}$ と $R_{G}$ による分圧で決まる。
$v_{g} = \frac{R _{G}}{R _{sig} + R _{G}} v_{s} = \frac{120}{30 + 120} v_{s} = \frac{4}{5} v_{s}$

(2) ソース抵抗による負帰還 ソースの電位の交流分は $i_{d} R_{S}$ なので、 $v_{g s} = v_{g} - i_{d} R_{S}$ である。これを $i_{d} = g_{m} v_{g s}$ に代入すると
$i_{d} = g_{m} (v_{g} - i_{d} R_{S}) ⟹ i_{d} = \frac{g _{m}}{1 + g _{m} R _{S}} v_{g}$
となる。ここで $g_{m} R_{S} = 4.0 \times 1 0^{- 3} \times 0.50 \times 1 0^{3} = 2$ だから
$i_{d} = \frac{4.0 \times 1 0 ^{- 3}}{3} v_{g}$
である。

(3) 出力側 ドレイン電流 $i_{d}$ は、ドレインから $R_{D} ∥ R_{L}$ を通って流れ込む向きなので
$v_{out} = - i_{d} (R_{D} ∥ R_{L})$
となる。 $R_{D} ∥ R_{L} = \frac{5.0 \times 20}{5.0 + 20} kΩ = 4.0 kΩ$ なので
$\frac{v _{out}}{v _{g}} = - \frac{g _{m} ( R _{D} ∥ R _{L} )}{1 + g _{m} R _{S}} = - \frac{4.0 \times 1 0 ^{- 3} \times 4.0 \times 1 0 ^{3}}{3} = - \frac{16}{3}$
である。

(4) 全体の利得 (1) と (3) を掛け合わせて
$A = \frac{v _{out}}{v _{s}} = \frac{4}{5} \times (- \frac{16}{3}) = - \frac{64}{15}$
を得る。負の符号は、ソース接地増幅回路の出力が入力と逆位相になることを表している。

別解

ゲートに電流は流れないので、ゲートから見た入力抵抗は $R_{1}$ と $R_{2}$ の並列である。
$R_{in} = R_{1} ∥ R_{2} = \frac{300 \cdot 200}{300 + 200} = 120 kΩ$ 。
信号源の起電力 $v_{s}$ から入力抵抗にかかる電圧（ゲートの電圧）は、分圧により
$v_{g} = v_{s} \frac{R _{in}}{R _{s i g} + R _{in}} = v_{s} \frac{120}{150} = \frac{4}{5} v_{s}$ 。

ソース抵抗 $R_{S}$ にバイパスコンデンサーがないので、小信号でのソース電圧を $v_{s^{'}} = g_{m} v_{g s} R_{S}$ とする。 $v_{g} = v_{g s} + v_{s^{'}}$ より
$v_{g} = v_{g s} (1 + g_{m} R_{S})$ 、 $g_{m} R_{S} = 4.0 mS \times 0.50 kΩ = 2.0$ だから $v_{g s} = v_{g} /3$ 。

ドレイン電流の交流成分は $i_{d} = g_{m} v_{g s}$ で、これは $R_{D}$ と $R_{L}$ の並列に流れる。
$R_{D} ∥ R_{L} = \frac{5 \cdot 20}{25} = 4.0 kΩ$ 。
出力電圧は $v_{o u t} = - g_{m} v_{g s} (R_{D} ∥ R_{L}) = - 4.0 mS \times 4.0 kΩ v_{g s} = - 16 v_{g s}$ 。

よって $v_{o u t} = - 16 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} v_{s} = - \frac{64}{15} v_{s}$ 。

検算： $v_{s} = 1$ とすると $v_{g} = 0.8$ 、 $v_{g s} = 0.2667$ 、 $i_{d} = 1.0667 mA$ 、 $v_{o u t} = - 1.0667 \times 4 = - 4.267$ 。 $64/15 = 4.267$ で一致する。

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