Esercizio 1.1 La concentrazione di elettroni in un semiconduttore è riportata in Fig. 1
a) Valutare l’espressione della densità di corrente di elettroni J(x) e tracciarne il grafico, supponendo che al semiconduttore non sia applicato nessun campo elettrico.
b) Valutare l’espressione e tracciare il grafico del potenziale necessario perché la corrente netta di elettroni sia nulla.
c) Determinare il potenziale tra i punti con coordinate x = 0 e x = W, assumendo che sia n(0)/n0 = 103.
Fig.1 Concentrazione di elettroni
Soluzione La concentrazione di elettroni )(xn fornita dalla Fig. 1 può essere espressa come
Wxxn
WxnkxnxW
nnxn
>=
<<+=+−
=
per 0)(
0 per )0()0()0()( 0
dove è [ ] ( )0)0(0 <−= Wnnk
a) In base all’equazione (1.35), per 0=E si ha
WxxJ
WxdxdnqDxJ
n
nn
>=
<<=
per0)(
0per)(
e, poiché )(xn è una funzione lineare, nJ è costante; quindi
WxxJ
WxdxdnqDxJ
n
nn
>=
<<=
per0)(
0per)(
il grafico relativo a nJ è riportato in Fig.
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Fig. 2 Grafico della densità di corrente di elettroni
b) Ponendo 0=nJ , dall’equazione (1.35) si ottiene
0)( =+=dxdnqDnqxJ nnn Eµ
quindi
dxdn
nD
n
n
µ−=E
Sostituendo nnT D µ=V e )0()( nkxxn += , si ha
Wx
WxnkxkVT
>=
<<+−
=
per0
0per)0(
E
E
Il grafico del campo elettrico è riportato in Fig. 3
Fig. 3 Andamento del campo elettrico
c) Per determinare il potenziale tra i punti con coordinate x = 0 e x = W, basta integrare il campo elettrico fra gli stessi estremi, quindi, con le condizioni poste si ha
[ ]
[ ] mV17310ln310ln)0(
ln)0(lnln
)0(ln)0(
300
000
−=−===−=
=+=+−
−=−=
−
∫∫
TTT
WW
TT
W
VVnnVnnVT
nkxVdxnkxkV dxV E
)0(nKVT−
0nKVT−
W0x
E
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Esercizio 2.1 Un diodo avente la caratteristica riportata in Fig. 1 viene utilizzato nel circuito riportato in Fig 2.8a del testo con V5=AAV e Ω= k1R .
a) Determinare la corrente in R e la tensione ai suoi capi.. b) Qual è la potenza dissipata dal diodo? c) Quanto vale la corrente nel diodo se R è di 2 kΩ e di 5 kΩ?
Fig.1 Caratteristica del diodo
Soluzione a) La retta di carico passa per i punti mA 515 , V0 === DD IV e
( ) mA 4115 , V1 =−== DD IV , come riportato in Fig. 1. Una ragionevole stima del punto del riposo porta a ottenere V 62.0 emA 4.4 == DQDQ VI . La corrente bche scorre in R è IDQ e dalla seconda legge di Kirchhoff, si ha V 38.462.05 =−=RQV . b) Relativamente alla potenza dissipata dal diodo si ha mW73.262.04.4 =×== DDD VIP . c) Per Ω= k 2R , la retta di carico passa per i punti mA 5.225 , V0 === DD IV e
( ) mA 2215 , V1 =−== DD IV e l’intersezione con la caratteristica si ha per mA 2.2=DQI . Analogamente, per Ω= k 5R , la retta di carico passa per i punti mA 155 , V0 === DD IV e
( ) mA 8.0515 , V1 =−== DD IV e l’intersezione con la caratteristica si ha per mA 9.0=DQI .
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Esercizio 2.2 Una corrente costante mA30=I viene fornita al circuito di Fig. 1. La resistenza Ω= k1R è di precisione. A una temperatura 25 °C la tensione sul diodo è di 700 mV.
Fig.1 Schema
a) Tracciare il grafico di IR in funzione della temperatura T da -55 a 125 °C. b) Discutere l’uso del circuito come termometro. Si assuma che il valore di R subisca variazioni
trascurabili sulla gamma di temperature in esame. Soluzione a) In base all’equilibrio delle correnti al nodo “A”, risulta
mA3.2917.030 =−=−=−= RVIIII DRD Per K298C25 °=°=T , si ha
mV69.2511600
)25( ===°T
qKTVT
e, dall’equazione della corrente nel diodo ( ) TDTD VV
SVV
SD III ηη e1e ≈−= per un diodo al silicio è 2=η , quindi si ricava
La variazione della IS con la temperatura è data dall’Eq. (2.7), qui di seguito riportata per comodità ( ) 10
112)()( TT
SS TITI −×= La corrente nella resistenza è RVI DR = , quindi può essere determinata valutando la tensione ai capi del diodo , mediante l’equilibrio delle correnti al nodo “A”.
( ) KTqV
TTS
VVSDRD
D
TD TIIRVIIII ηη e2)(e 100
0−×==−=−= La precedente relazione nell’incognita VD , per vari valore di T, può essere risolta solo con un metodo iterativo. Una soluzione approssimata può essere ottenuta osservando che VD non varia in modo significativo con la temperatura, inoltre la corrente ID, dati i valori numerici in gioco, coincide quasi con I, quindi il valore di ( )1TVD può essere determinata mediante la relazione
( ) ( ) ( )( )1
01 ln1
TIRTVITVTV
S
DTD
−=η
I valori di IS, VT, ID, VD e IR, valutati con il metodo approssimato prima esposto e partendo dai valori noti per C25 °=T , sono riportati in Tab. 1 e in Fig. 2 è riportato l’andamento di IR in funzione della temperatura
A
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Fig. 2 Grafico di IR in funzione della temperatura
b) Dal grafico di Fig. 2 si può osservare che per temperature maggioro 5 °C si ha una sensibile variazione della IR, ovvero della VD, con la temperatura, purtroppo tale variazione non è lineare; quindi il sistema di Fig. 1 può essere utilizzato come termometro solo per piccoli campi di variazione della temperatura, oppure si deve ricorrere all’uso di tabelle di taratura. In Tab. 1 è riportato anche il valore della variazione della VD fra due valori contigui, quindi tale valore approssima il valore della derivata della VD rispetto alla temperatura, riportando tali valori su un grafico, come in Fig. 3, si osserva che la derivata di VD varia linearmente con la temperatura.
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Esercizio 2.3 Con riferimento al circuito di Fig. 1,
a) Ricavare la caratteristica di trasferimento, supponendo che i diodi siano ideali. b) Disegnare l’andamento di un periodo della tensione d’uscita, supponendo che la tensione
d’ingresso sia: ( ) ttVi ωsin20= .
D1 D2
R1
12k
R2
12k
R0
6k
V112V
V2
10V
Vi(t)
_
+
Vo(t)
Fig. 1 Schema
Soluzione a) Con riferimento allo schema di Fig. 1, affinché conduca il diodo D1 deve essere V12>oV ,
affinché conduca il diodo D2 deve essere V10<oV , quindi non c’è nessun valore di Vo che da luogo alla conduzione di entrambi i diodi. Pertanto, i tre possibili stai dei dispositivisono:
I. D1 e D2 interdetti; II. D1 in conduzione e D2 interdetto;
III. D2 in conduzione e D1 interdetto. I. Per D1 e D2 interdetti il circuito diviene quello di Fig. 2, quindi non scorre corrente in R0
e risulta: io VV =
R1
12k
R2
12k
R0
6k
V112V
V2
10V
Vi(t)Vo(t)
_
+
VD1 VD2
+
+_
_
Fig. 2 Schema per D1 e D2 interdetti.
Per avere entrambi i diodi interdetti si devono verificare entrambe le condizioni:
222
111
0
0
VVVVV
VVVVV
ooD
ooD
≥⇒≤−=
≤⇒≤−=
Quindi il circuito di Fig. 2 è valido per V121012 <=<−<=< ioio VVVVVV
II. Per V12>iV , D1 conduce e D2 è spento, quindi il circuito diviene quello dio Fig. 3
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Esercizio 3.1 a) Determinare se le giunzioni emettitore-base e collettore-base di un transistore bipolare sono polarizzate direttamente o inversamente, quando la base è lasciata a circuito aperto. b) In tale caso quanto vale la corrente che scorre nel transistore supponendolo di tipo pnp con IES = 1 pA, αF = 0.99 e αR = 0.5 e che esso lavori a temperatura ambiente. Soluzione a) In un transistore avere la base a circuito aperto significa che in esso non può scorrere corrente di base e quindi tale corrente è nulla, per cui IB = 0. Poiché la somma delle correnti entranti nel transistore è nulla, si ha IE = −IC. Dall’Eq.(3.18) del testo si ottiene
IC = −IE = ICO/(1 − αF) = ICEO
A causa del valore molto piccolo della corrente trovata, in pratica si può considerare come se il transistore fosse molto prossimo all’interdizione e quindi con entrambe le giunzioni polarizzate inversamente. b) Dall’Eq.(3.15) del testo si ricava che ICO = (1 − αFαR)ICS. Si ha inoltre che αFIES = αRICS, da cui discende che ICS = αFIES/αR = 0.99 × 1/0.5 = 1.98 pA. Di conseguenza
ICO = (1 − 0.99 × 0.5)1.98 = 0.9999 ≈ 1 pA
e
IC = −IE = ICO/(1 − αF) = 1/(1 − 0.99) = 100 pA
Esercizio 3.2 Un transistore 2N2222A è utilizzato nel circuito di Fig. 3.26a del testo con RC = 225 Ω, RB = 100 kΩ e VCC = 9 V. Determinare IC e VCE, supponendo βF = 250. Soluzione Le equazioni risolventi del circuito alle maglie che comprendono base-emettitore e collettore-emettitore sono rispettivamente
VCC − VCE = RCIC
VCC − VBE = RBIB
Sostituendo i valori numerici si ottiene
9 − VCE = 0.225IC e 9 − 0.7 = 100IB
e quindi, ricordando che IC = βFIB, si ha
mA 83.0100
7.09B =
−=I
Di conseguenza
IC = βFIB = 250 × 0.083 = 20.75 mA.
e infine
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Esercizio 3.3 Utilizzare il circuito di Fig. 3.27a del testo per polarizzare il transistore 2N2222A, le cui caratteristiche sono riportate nel testo in Fig. 3.16, in modo da avere VCE = 5 V e IC = 15 mA, con VEE = 10 V. Soluzione Dall’esame delle caratteristiche del transistore di Fig. 3.16 si nota che il punto di lavoro suggerito giace in piena zona attiva diretta e la corrente di base del transistore vale 75 µA. Pertanto
200075.015
B
CF ===
IIβ
Scrivendo le equazioni di Kirchhoff per le maglie di base e di collettore si ottiene rispettivamente:
RBIB + VBE +RE(IC + IB) = VEE
RCIC + VCE +RE(IC + IB) = VEE
da cui si ha
EECF
EBEF
CB
11 VIRVIR =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+++ββ
EECF
ECECC11 VIRVIR =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+++β
Ponendo VBE = 0.7 V, scegliendo RE = 120 Ω e sostituendo i valori dati delle grandezze nelle relazioni precedenti si ottiene rispettivamente
Ω=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−−
= k 55.86
20015
152001112.07.09
11
F
C
CF
EBEEE
B
β
βI
IRVVR
Ω=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−−
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−−
= 14615
152001127.059
11
C
CF
ECEEE
C I
IRVVR
β
per cui la terna di valori di resistenze che polarizza il transistore nel punto di lavoro richiesto è RE = 120 Ω, RC = 146 Ω e RB = 86.55 kΩ.
Esercizio 3.4 Determinare la caratteristica di trasferimento Vo in funzione di Vi del circuito di figura. Il transistore ha βF = 75 e una corrente inversa di saturazione trascurabile. Si ponga la tensione di alimentazione VCC = 12 V e si assuma che il diodo Schottky presenti una caduta di tensione di 0.4 V ai suoi capi quando in conduzione.
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Soluzione Dapprima si devono determinare le zone di funzionamento dei componenti. Si può affermare che il diodo Schottky rimane interdetto fin quando la tensione Vo resta al di sopra di 0.3 V. Ovviamente il transistore è interdetto quando Vi < 0.7 V e quindi, essendo nulla la corrente di collettore, Vo = VCC. Quando il transistore lavora nella zona attiva si ha
107.0 e
2i
BoCC
C−
=−
=VIVVI
Nel punto al limite della conduzione del diodo Schottky si ha IC = βFIB e Vo = 0.3 V. Pertanto
2107.075 oCCi VVV −=
−
e quindi
xCC
i 68.015
VVV =+=
La caratteristica di trasferimento del circuito assume dunque la forma descritta nella figura seguente.
Poiché VCC = 12 V, il diodo Schottky inizia a condurre per Vi = 12/15 + 0.68 = 1.48 V. Per ulteriori aumenti di Vi la corrente nella resistenza da 2 kΩ rimane costante al valore (12 − 0.3)/2 = 5.85 mA.
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La corrente I nella resistenza da 10 kΩ aumenta con la tensione di ingresso secondo la relazione (Vi − 0.7)/10 espressa in milliampere. Dalle equazioni di bilancio delle correnti ai nodi anodo e catodo del diodo si ha che I = ID + IB e 5.85 + ID = IC, dove ID è la corrente nel diodo. Tenendo presente che vale ancora IC = βFIB, si possono ottenere i valori di IB e ID per qualunque valore di Vi > 1.48 V.
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Esercizio 4.1 Il dispositivo presente nel circuito mostrato è un generatore ideale di corrente controllato in tensione definito dalla relazione I2 = 3 × 10−3V1 mA.
a) Si traccino le caratteristiche di uscita I2 in funzione di V2, per V1 che varia fra 0 e 3 V a intervalli di 0.5 V. b) Si determinino i valori di I2 e V2 per Vi = 1.5 V. c) Se Vi è un impulso positivo, quale deve essere la sua ampiezza affinché il circuito si comporti da interruttore controllato? Soluzione a) Poiché il dispositivo è rappresentato da un generatore ideale di corrente controllato in tensione, l’espressione che lega la corrente di uscita alla tensione di controllo è I2 = gmV1, dove il valore di gm è dato dal testo in 3 ×10−3 mA/V. Pertanto le caratteristiche di uscita assumono la forma seguente:
b) Si noti che, essendo il generatore ideale, la corrente di ingresso è nulla e cioè I1 = 0. Questo implica che, in assenza di cadute di tensione sulla resistenza da 10 kΩ, V1 = Vi. Pertanto, per Vi = V1 = 1.5 V, I2 = 3 × 10−3× 1.5 = 4.5 mA. Per la seconda legge di Kirchhoff applicata alla maglia di uscita si ha
V2 = 12 − 2 × 4.5 = 3 V
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c) Affinché il dispositivo si comporti da interruttore controllato, per i due valori estremi della tensione di controllo Vi deve accadere che si abbia I2 = 0 in un caso e V2 = 0 nell’altro, cioè I2 = 12/(2 × 10−3) = 6 mA. Questo avviene se poniamo Vi = 0 e Vi = I2/gm = 6/3 = 2V, rispettivamente. Se poniamo arbitrariamente come valori per interruttore aperto V2 = 11.5 V e per interruttore chiuso V2 = 0.5 V, si ha
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=×−
=×−
=×−
=
−
−
−
chiuso reinterruttoper mA 75.5102
5.012
aperto reinterruttoper mA 25.0102
5.1112
10212
3
3
32
2VI
A questi valori corrispondono rispettivamente Vi = I2/gm = 0.25/3 = 83.33 mV e Vi = 5.75/3 = 1.92 V.
Esercizio 4.2 I transistori Q1 e Q2 impiegati nel circuito mostrato in figura sono identici e hanno le caratteristiche riportate nella Fig. 4.25b del testo.
a) Si determini la corrente di drain di Q1 e la tensione Vo. b) Qual è il valore di VDS2? Soluzione a) Per la soluzione dell’esercizio si può seguire la traccia descritta nell’Esempio 4.2 del testo, dove però questa volta si ha che anche il transistore Q1 è collegato come resistenza non lineare con VGS1 = VDS1. La curva di carico del circuito, valutata quando il transistore Q2 ha gate e drain in corto circuito, è riportata nella Fig. 4.26b del testo. La caratteristica di resistenza del transistore Q1 è quella riportata nella Fig. 4.25b del testo. Le due curve sono ovviamente simmetriche tra di loro. Costruendo il grafico complessivo si ottiene che l’intersezione tra le due curve si ha per VDS1 = 3 V e ID1 = 20 µA. Si ha dunque
Vo = VDS1 = 3 V
Per valutare VDS2 si può scrivere l’equazione alla maglia di uscita come
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Il risultato ottenuto era largamente prevedibile, in quanto se abbiamo due resistenze uguali poste in serie tra loro la tensione si ripartisce tra le due in parti uguali. In questo caso le due resistenze sono non lineari e costituite dai due transistori.
Esercizio 4.3 Un JFET a canale n è caratterizzato da una VP = −5 V e da una IDSS = 12 mA. Esso viene impiegato nel circuito descritto nella figura sottostante. I valori dei parametri del circuito sono: VDD = 18 V, RS = 2 kΩ, RD = 2 kΩ, R1 = 400 kΩ e R2 = 90 kΩ. Si determinino i valori di VDS e ID.
Soluzione La caratteristica di trasferimento del dispositivo FET è espressa in forma generale dall’Eq. (4.7) del testo ed è riportata nella figura sottostante. Nel circuito considerato si può sostituire il gruppo VDD, R1 e R2 con il circuito equivalente di Thevenin, per cui si ottiene il circuito seguente.
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Applicando la seconda legge di Kirchhoff alla maglia di gate del FET si ha
S
GGGS
SDGSGG R
VVR
IIRVV +−=+=1 oppure DS
Questa equazione descrive la retta di polarizzazione del circuito. Essendo RS = 2 kΩ, si può tracciare detta retta sulla caratteristica di trasferimento del transistore e valutare graficamente l’intersezione tra le due, che si ha per VGSQ = −2.5 V e ID = 3 mA. In alternativa, essendo la caratteristica di trasferimento disponibile in forma analitica, si può calcolare il punto di intersezione tra le due curve in modo analitico. Sostituendo i valori numerici nelle equazioni delle due curve si ha che
( )222
D 10252512
51121 GSGS
GS
P
GSDSS VVV
VVII ++=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
e
231.3
21
+−=+−= GS
S
GGGS
SD
VR
VVR
I
Uguagliando i due termini e risolvendo l’equazione di secondo grado risultante si ha che
VGSQ = −2.53 V e IDQ = 2.92 mA
in stretto accordo con i valori ricavati graficamente. Applicando la seconda legge di Kirchhoff alla maglia comprendente il gate e il source si ha
( ) ( ) V 32.692.22218DQS =+−=+−= IRRVV DDDDSQ
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Esercizio 5.1 Una fetta di silicio dello spessore y = 1 mil = 25.4 µm è stata drogata uniformemente con fosforo fino a una concentrazione di 1017 cm−3; poi la fetta è stata ulteriormente drogata con boro a una concentrazione di 5 × 1016 cm−3. Determinare il valore della resistenza di strato Soluzione L’espressione della resistenza di strato RS per un campione di silicio drogato uniformemente è descritta dall’Eq.(5.3) del testo che riporta
S yR ρ
= (Ω/ )
La resistività ρ è esprimibile come
096.01300106.1)10510(
1 )(
1191617 =××××−
=−
= −nAD qNN µ
ρ Ω cm
dove ND e NA sono le concentrazioni di fosforo e boro, rispettivamente, e tutte le grandezze sono espresse in centimetri. In definitiva si ottiene
37.8 1054.2
096.03S =
×= −R (Ω/ )
Esercizio 5.2 Un condensatore MOS viene realizzato con uno spessore di ossido di 50 nm. Che area si deve impiegare per ottenere una capacità di 200 pF, tenendo conto che la costante dielettrica relativa dell’ossido di silicio vale 3.5? Soluzione L’espressione che descrive la capacità di un condensatore MOS a facce piane e parallele è la seguente
dAC roεε
=
dove A è l’area del condensatore, d lo spessore dell’isolante, εo la permettività dielettrica del vuoto e εr la costante dielettrica relativa del materiale isolante. Invertendo la relazione e sostituendo i valori numerici si ha
323.01023.35.310854.8
10510200 712
812
=×=×××××
== −−
−−
ro
CdAεε
mm2
dove per εo si è preso il valore 8.854 × 10−12 F/m.
Esercizio 5.3
Elettronica di Millman 4/ed - J. Millman, A. Grabel, P. Terreni
a) Quale deve essere la lunghezza di una resistenza integrata da 20 kΩ di larghezza 25 µm, se la resistenza di strato RS vale RS = 200 Ω/ ? b) E quale deve essere la larghezza di una resistenza integrata da 5 kΩ, se la sua lunghezza è 25 µm? Soluzione a) Il legame tra resistenza di strato, valore e dimensione delle resistenze integrate è descritto dall’Eq.(5.4) del testo che è qui sotto riportata
S WLRR =
dove W e L sono la larghezza e la lunghezza della resistenza, rispettivamente. Ricavando L dalla formula si ha
mm 5.2105.2200
10251020 363
S
=×=×××
==−
RRWL
b) Nel caso invece in cui si conosca la lunghezza della resistenza si ha ricavando W dalla medesima equazione
µm 1101105
1025200 63
6S =×=
×××
== −−
RLRW
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Esercizio 1 Lo specchio di corrente rappresentato in Figura 1 fornisce una corrente IC = 0.5 mA con VCC = 10 V. a) Determinare il valore di R. b) Assumendo che tutti gli altri parametri restino costanti e che la VBE(on) vari
del valore tipico di −2.2 mV/°C, determinare la massima escursione di temperatura compatibile con una variazione percentuale di IC inferiore all’1%.
Per i transistori npn, uguali, si ha βF = 125.
Figura 1: Specchio di corrente.
Soluzione a) I due transistori, identici, hanno la stessa VBE e quindi la medesima IC. Assumendo che la loro tensione di accensione abbia il valore tipico VBE(on) = 0.7 V e che tra le correnti di base e collettore vi sia un fattore di proporzionalità βF, si ha la relazione1:
( ) ( )F
FCFBEBBECC RIRIIIRVV
βββ 2
2121(on)+
=+=+=−
da cui
2(on)
+−
=F
FBECCC R
VVI
ββ
1 I pedici numerici identificano il transistore a cui fanno riferimento le grandezze espresse, peraltro uguali nei due dispositivi.
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b) Nella relazione precedentemente trovata per IC è evidente la dipendenza dal valore di VBE. La variazione percentuale della corrente IC al variare della temperatura si ottiene eseguendo la derivata:
C/10237.012
11 3(on)
(on)
(on) °×=∂
∂−
−=∂
∂+
−=∂∂ −
TV
VVTV
RITI
IBE
BECC
BE
F
F
C
C
C ββ
Considerando che per un dato intervallo di temperatura ∆T la variazione percentuale è data da
TI
IT C
C ∂∂∆=δ
per l’intervallo di temperatura richiesto, imponendo il vincolo della massima variazione percentuale δ = 0.01, si ottiene il valore:
C3.421
°=
∂∂
=∆
TI
I
TC
C
δ
Esercizio 2 Il transistore npn del circuito rappresentato in Figura 2 è polarizzato in modo tale che ICQ = 0.5 mA. a) Determinare il valore di RC in modo che risulti |AV| = 100 con RS = 2 kΩ. b) Determinare AV per un aumento di hfe del 60% e con RC = 6 kΩ. c) Ripetere il punto b) per una riduzione di hfe del 60%. Per il transistore npn si ha βF = 200, hfe = 200, rbb’ = 0. La temperatura del circuito è tale che VT = 26 mV.
Figura 2: Amplificatore a emettitore comune.
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Soluzione a) Il circuito equivalente per piccoli segnali dell’amplificatore proposto è mostrato in Figura 3.
Figura 3: Circuito per piccoli segnali dell’amplificatore proposto.
Per il calcolo del valore della resistenza di ingresso del transistore hie si può usare la formula:
Ω=+= k 4.10' feCQ
Tbbie h
IV
rh
Si può osservare che, se si trascura l’apporto della resistenza intrinseca di base rbb’, il valore di hie risente in modo proporzionale delle variazioni del guadagno per piccoli segnali del transistore hfe. Una volta determinato il valore di hie, il guadagno dello stadio a emettitore comune è espresso dalla relazione:
ieS
Cfe
s
uV hR
Rhvv
A+
−== (2.1)
Volendo imporre il valore di |AV|, si ottiene il valore da assegnare a RC:
( )Ω=
+= k 2.6
fe
ieSVC h
hRAR
b) La variazione relativa δ del parametro hfe si ripercuote nell’espressione di AV (2.1) sia direttamente sia tramite hie. Possiamo scrivere quindi il nuovo valore di AV, con RC = 6 kΩ e inserendo l’effetto di una variazione positiva di hfe del 60% cioè δb = 1.6.
0.103−=+
−=iebS
CfebVb hR
RhA
δδ
c) L’unica differenza rispetto al punto b) è nel valore di δc = 0.4. Il nuovo calcolo dell’espressione dà:
92.77−=+
−=iecS
CfecVc hR
RhA
δδ
Elettronica di Millman 4/ed - J. Millman, A. Grabel, P. Terreni
Esercizio 3 Determinare, in funzione degli elementi circuitali e dei parametri dei modelli per piccoli segnali, l’espressione del guadagno di tensione AV dell’amplificatore cascode a MOSFET mostrato in Figura 4.
Figura 4: Amplificatore cascode con nMOSFET.
Soluzione Il circuito equivalente per piccoli segnali dell’amplificatore proposto è mostrato in Figura 5. I dispositivi MOSFET ad arricchimento, considerati correttamente polarizzati grazie ai generatori VG1 e VG2, sono modellati come amplificatori transconduttivi, tenendo anche conto della non idealità della resistenza di uscita.
Figura 5: Circuito per piccoli segnali dell’amplificatore proposto.
Una prima semplificazione dello schema elettrico per piccoli segnali può essere apportata tenendo conto dei terminali di controllo a potenziale nullo e sostituendo le resistenze ro1 e RD1 con il loro parallelo RD1a:
11
111
oD
oDaD rR
rRR
+=
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Il risultato di questa prima semplificazione è mostrato in Figura 6. Una seconda semplificazione si può ottenere nella sezione di uscita dello stadio a gate comune trasformando il generatore comandato di corrente gm2vs2 con la sua resistenza parallela ro2 in un generatore di tensione gm2ro2vs2 con una resistenza serie ro2. Nel circuito così ottenuto, mostrato in Figura 7, si può ottenere facilmente la relazione che lega vu a vs2.
( )22
2222 1
Do
Domsu Rr
Rrgvv
++= (3.1)
Figura 6: Circuito per piccoli segnali semplificato tenendo conto dei terminali di controllo a
potenziale nullo.
Figura 7: Circuito per piccoli segnali semplificato trasformando il generatore di corrente dello
stadio a gate comune in un generatore controllato di tensione.
La tensione vs2 può essere espressa in funzione dell’ingresso vs imponendo la condizione di Kirchhoff al nodo S1. Si ottiene:
( )0
1
22
222
1
21 =
++
++Do
oms
aD
ssm Rr
rgvRv
vg
Da cui: ( )
( )22122
22112 1 omaDDo
DoaDmss rgRRr
RrRgvv
++++
−= (3.2)
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Combinando le relazioni (3.1) e (3.2) si ottiene infine l’espressione richiesta del guadagno di tensione AV:
( )( )22122
21221
11
omaDDo
DaDommV rgRRr
RRrggA
++++
−=
Esercizio 4 Nell’amplificatore differenziale mostrato in Figura 8 si ha VCC = 15 V, VEE = −15 V, RC1 = RC2 = RC = 10 kΩ, RE = 14.3 kΩ. Inoltre i transistori npn Q1 e Q2 sono identici e hanno βF = 200, hfe = 200, rbb’ = 0, hoe = hre = 0. La temperatura del circuito è tale che VT = 26 mV. a) Con v1 = v2 = 0, determinare il punto di riposo del circuito. b) Rispetto a vu1, calcolare il guadagno differenziale ADM e il guadagno a modo
comune ACM, ricavando infine il CMRR. c) Determinare la resistenza di ingresso differenziale Rid e quella a modo
comune Ric.
Figura 8: Amplificatore differenziale a emettitori accoppiati.
Soluzione a) Nelle condizioni proposte, il circuito statico presenta una completa simmetria tra i due rami da cui è composto. La tensione di emettitore può essere ricavata dalla relazione:
V 7.0)(1 −=−= onBEE VvV
La somma delle due correnti di emettitore vale quindi:
mA 121 =−
=+E
EEEEE R
VVII
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Tale corrente, per la simmetria presente, si divide esattamente tra Q1 e Q2, quindi si può affermare che IE1 = IE2 = IE = 0.5 mA. Le correnti di base e di collettore corrente, anch’esse uguali, possono trovarsi grazie alle relazioni:
µA 488.21
=+
=fe
EB h
II
mA 4975.0== BfeC IhI
La tensione continua di uscita presente ai terminali vu1 e vu2, che può essere indicata con il simbolo VC, vale quindi
V 025.10=−= CCCCC IRVV
Per la tensione di uscita dei due transistori si ottiene VCE = 10.725 V, compatibile con l’ipotesi, assunta implicitamente, di funzionamento dei due transistori in zona attiva diretta. Una volta determinato il punto di riposo, è possibile valutare il parametro hie del modello per piccoli segnali da usare per i due transistori:
Ω=+= k 45.10' feC
Tbbie h
IV
rh
b) In Figura 9 è mostrato il circuito per piccoli segnali dell’amplificatore differenziale. Per evidenziare la simmetria, la resistenza RE è stata sostituita dal parallelo di due resistenze uguali di valore 2RE. Per determinare l’amplificazione in modo differenziale e a modo comune è utile scomporre i due ingressi v1 e v2 in modo da evidenziare le due componenti
21d
cv
vv += (4.1)
21d
cv
vv −= (4.2)
Dopo aver sostituito i generatori nello schema con quelli indicati dalle relazioni (4.1) e (4.2), si può applicare la sovrapposizione degli effetti e sfruttare considerazioni di simmetria per la semplificazione dello schema risultante.
Figura 9: Circuito per piccoli segnali dell’amplificatore differenziale proposto.
In particolare, quando agiscono solo i generatori differenziali, il circuito, lineare e simmetrico, presenta tensioni di segno opposto nei nodi che si corrispondono. Pertanto, tutti i punti collocati sull’asse di simmetria hanno potenziale nullo.
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Il circuito semplificato è mostrato2 in Figura 10.
Figura 10: Circuito per piccoli segnali relativo al solo segnale differenziale.
Il circuito ottenuto è quello di uno stadio a emettitore comune, quindi si può scrivere:
ie
Cfedu h
Rhvv
21 −=
Il guadagno rispetto all’uscita vu1 per il segnale differenziale è quindi:
68.952
1 −=−==ie
Cfe
d
uDM h
Rhvv
A
Quando invece agiscono solo i generatori di modo comune, i potenziali dei nodi corrispondenti nella simmetria sono identici e nessuna corrente può scorrere attraverso il piano ideale che separa le due parti uguali del circuito. In Figura 11 è mostrata una delle metà del circuito relativa al modo comune.
Figura 11: Circuito per piccoli segnali relativo al solo segnale differenziale.
In questo caso è presente la resistenza di emettitore 2RE, che causa una riduzione del guadagno secondo la formula:
( )121 ++−=
feEie
Cfecu hRh
Rhvv
Il guadagno rispetto all’uscita vu1 per il segnale di modo comune è quindi:
2 In realtà nella figura è mostrata solo una metà del circuito, visto che l’altra è identica, a parte i segni delle grandezze corrispondenti.
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Il valore del rapporto di reiezione del modo comune vale:
dB 8.48log20 ==CM
DM
AA
CMRR
c) Il comportamento dello stadio di ingresso di un amplificatore differenziale sollecitato da una coppia di segnali v1 e v2 può in generale essere modellato da relazioni del tipo:
+=+=
2221212
2121111
vGvGivGvGi
Nel caso in cui l’amplificatore sia simmetrico, si ha ovviamente G11 = G22 e G12 = G21. Lo stadio di ingresso dell’amplificatore può quindi essere modellato con lo schema di Figura 12.
Figura 12: Modello dello stadio di ingresso di un amplificatore differenziale con simmetria
I valori delle resistenze sono legati ai parametri del sistema dalle relazioni:
id
idic
RGG
RRGG
1
11
2112
2211
−==
+==
Facendo riferimento agli schemi già trovati per l’amplificatore sottoposto rispettivamente al segnale a modo comune e al segnale differenziale, si possono trovare i valori da attribuire alle resistenze del modello. In particolare, dal circuito per il modo comune si ha Ric = hie + 2RE(hfe + 1) = 5.759 MΩ e, da quello per il modo differenziale si ha Rid = 2hie = 20.90 kΩ.
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Esercizio 1 Nel generico circuito in Figura 1, il blocco presente rappresenta un amplificatore a BJT in configurazione a emettitore comune di cui sono noti i parametri per il circuito a piccoli segnali. a) Determinare la funzione di trasferimento del sistema. b) Disegnare i diagrammi asintotici di Bode di ampiezza e fase della risposta in
frequenza. Il transistore, npn, può essere considerato resistivo e per il modello per piccoli segnali si ha hfe = 100, hie = 1 kΩ e ro = 10 kΩ. Inoltre Rs = 1 kΩ, RL = 1 kΩ e C = 10 nF.
Figura 1: Circuito con un amplificatore CE con capacità tra ingresso e uscita.
Soluzione a) Il circuito equivalente per piccoli segnali dell’amplificatore proposto è mostrato in Figura 2.
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Figura 2: Circuito equivalente per piccoli segnali.
Il circuito può ovviamente essere risolto a partire dalle equazioni della rete, ottenute, per esempio, con l’analisi nodale:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+++−=−
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
CsRr
vCsvh
vh
CsvCshR
vR
v
Lou
iefe
uiess
s
111
111
11
1
L’analisi può però essere svolta in modo più rapido facendo ricorso a considerazioni circuitali. I valori asintotici dell’amplificazione, in continua e per frequenze tendenti all’infinito possono essere ricavati facilmente, in quanto le impedenze associate con gli elementi reattivi possono essere sostituite da circuiti aperti o chiusi, a seconda dei casi. Il condensatore C, per esempio, in continua è un circuito aperto quindi si può scrivere:
( )dB) (33.15 46.45
||−=
+−=
ies
LofeDC hR
RrhA
mentre alle alte frequenze ha un’impedenza trascurabile e pertanto può essere sostituito con un corto circuito. In questo secondo caso, introducendo la resistenza RP si può scrivere:
Ω=+
= 794.9||||1 Lo
fe
ieP Rr
hh
R
dB) 40.27( 10699.9 3 −×=+
= −
Ps
PHF RR
RA
In assenza di maglie o nodi impropri, il numero di poli del circuito è uguale a quello degli elementi reattivi presenti. L’amplificatore proposto ha quindi un singolo polo, che può essere ricavato direttamente con il metodo della resistenza vista. Il circuito da usare in questo caso è rappresentato in Figura 3.
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Figura 3: Circuito per il calcolo della resistenza vista nell’amplificatore
a emettitore comune con reazione capacitiva.
Facendo riferimento allo schema, si ha:
ies
sxb hR
Rii
+=
( ) ( )( )Lobfexsiexx RrihiRhiv |||| ++=
( ) ( ) Ω=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
++= k 86.46||1|| Loies
sfesieVC Rr
hRRh
RhR
e quindi, in conclusione:
krad/s 134.21==
CRVCpω
Mrad/s 00.10−==HF
DCpz A
Aωω (1.1)
La funzione di trasferimento è quindi determinata e la sua espressione è:
p
zHF s
sAA
ωω
++
=
In alternativa al calcolo di uno dei valori asintotici dell’amplificazione, è possibile determinare lo zero direttamente, come quel valore della variabile complessa s che rende nulla l’uscita, indipendentemente dal valore di vin. Tale condizione si traduce nella relazione:
iefe h
hvCsv 111 =
da cui
Mrad/s 00.10−=−=Ch
h
ie
fezω
in accordo con quanto trovato precedentemente in (1.1). b) I diagrammi asintotici di Bode di ampiezza e fase della risposta in frequenza del circuito, che ha un solo polo e uno zero nell’origine, possono essere tracciati direttamente a partire dai risultati già ricavati. Desiderando tracciare i grafici in
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Esercizio 2 Gli amplificatori operazionali rappresentati in Figura 6 sono identici tra loro e caratterizzati da AV0 = 105 e fh = 10 Hz. Per tutte le altre caratteristiche essi possono essere considerati ideali. Si ha inoltre R1 = 1 kΩ, R2 = 1 kΩ, R3 = 49 kΩ, R4 = 1 kΩ, R5 = 5 kΩ, R6 = 1 kΩ e R7 = 2 kΩ. a) Determinare il guadagno in bassa frequenza e il limite superiore di banda di
ciascuno stadio. b) Facendo uso dei risultati ottenuti, scrivere l’espressione del guadagno totale
A(s) dell’amplificatore. c) Tracciare il diagramma asintotico di Bode di ampiezza e fase
dell’amplificazione A(s) e fornire una stima del valore del limite superiore di banda fH del circuito.
d) Determinare con metodi numerici il valore esatto di fH e valutare la bontà della stima fatta al punto precedente.
Figura 6: Circuito a tre stadi con amplificatori operazionali uguali.
Soluzione a) Grazie agli elementi di idealità di cui godono gli amplificatori operazionali da cui è composto il circuito1, l’analisi della rete può essere svolta separando completamente i tre stadi e valutando indipendentemente il guadagno di ciascuno. Lo stadio 1 e lo stadio 3 presentano la configurazione non invertente, mentre lo stadio 2 è in configurazione invertente. Conviene quindi determinare l’amplificazione di queste due tipologie circuitali in generale e applicare al nostro esercizio i risultati ricavati. In entrambi i casi, l’espressione del guadagno dell’amplificatore operazionale a polo dominante è:
h
hVV s
AAω
ω+
= 0 ove hh fπω 2=
In Figura 7 è mostrato il circuito equivalente per piccoli segnali di un amplificatore non invertente.
1 In particolare, grazie al valore infinito della resistenza di ingresso è possibile ignorare l’effetto caricante degli stadi non invertenti e, grazie al valore nullo della resistenza di uscita, è possibile trascurare per tutti gli stadi l’effetto del carico a valle.
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Figura 7: Circuito per piccoli segnali dell’amplificatore non invertente.
Per risolvere questo circuito si può scrivere l’equazione:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−=BA
AuinVu RR
RvvAv
da cui:
BA
AV
Vinu
RRRA
Avv
++
=1
dividendo numeratore e denominatore per una stessa quantità, è possibile scrivere l’espressione dell’uscita mettendo in evidenza un termine che dipende solo dal valore delle resistenze del circuito e un fattore correttivo in cui appare AV:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
A
B
V
A
Binu
RR
ARR
vv111
11
In genere il primo termine approssima bene il guadagno dell’amplificatore non invertente, in quanto il fattore correttivo, nel caso in cui AV sia molto maggiore proprio del valore approssimato del guadagno dello stadio, è praticamente unitario.
Figura 8: Circuito per piccoli segnali dell’amplificatore invertente.
Per l’amplificatore invertente, il cui circuito per piccoli segnali è rappresentato in Figura 8, si può trovare in modo analogo l’equazione:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−+
−=BA
Au
BA
BinVu RR
Rv
RRR
vAv
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Ancora una volta è possibile riscrivere l’espressione mettendo in evidenza i due termini:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
A
B
V
A
Binu
RR
ARR
vv111
1
Il fattore correttivo, lo stesso che per l’amplificatore non invertente, contiene AV e pertanto è responsabile della dipendenza dell’amplificazione dalla frequenza. Sostituendo l’espressione di AV si ottiene l’espressione del polo, che è la stessa per entrambe le configurazioni:
i
i
A
B
V
hh
h
A
B
V
sK
RR
As
RR
Aω
ωω
ω
ω+
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
++
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
0
0
1111
1
con
1111
1
0
0 ≅
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
=
A
B
V RR
A
K
BA
AVh
BA
AVhi RR
RA
RRR
A+
≅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
+= 00 1 ωωω
Sostituendo i valori numerici relativi, si ottiene per ciascuno stadio caratterizzato da i = 1, 2 e 3, un’espressione del tipo:
i
iViVi s
AAω
ω+
= 0
con
5012
310 =+=
RR
AV e kHz 2032
201 =
+=
RRRAff Vh
54
520 −=−=
RR
AV e kHz 7.16654
402 =
+=
RRRAff Vh
316
710 =+=
RR
AV e kHz 3.33376
601 =
+=
RRR
Aff Vh
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b) Il valore dell’amplificazione complessiva del circuito si ottiene dalla composizione diretta delle tre espressioni ricavare al punto precedente. Quindi:
( )( )( )321
3210321 ωωω
ωωω+++
==sss
AAAAA VVV
dB) (57.50 7503020100 −== VVV AAAA
c) I diagrammi asintotici di Bode possono essere tracciati direttamente, in funzione della frequenza, a partire dalla conoscenza delle frequenze relative ai poli e dell’amplificazione appena trovati. I grafici sono riportati nelle Figura 9 e Figura 10. Poiché si ricade nel campo di applicazione dell’approssimazione a polo dominante (f2 > 4 f1), il limite superiore di banda può essere approssimato con:
kHz 201 ==′ ff H
Figura 9: Diagramma asintotico di ampiezza della risposta in frequenza
dell’amplificatore a tre stadi.
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Con alcune iterazioni si ottiene fH = 19.65 kHz., che può essere considerato il valore esatto del limite superiore di banda. Rispetto a questo, le stima precedente risultano affette da un errore pari a:
%76.1=−′
=′H
HH
fff
ε
%31.8−=−′′
=′′H
HH
fff
ε
Appare evidente che l’approssimazione a polo dominante dà in questo caso una approssimazione del tutto accettabile e che non vi è alcun bisogno di ricorrere alla formula empirica.
Esercizio 3 Determinare, in funzione degli elementi circuitali e dei parametri del modello del transistore per piccoli segnali, l’espressione dell’impedenza di uscita Zo di un amplificatore a emettitore comune, il cui circuito per piccoli segnali è mostrato in Figura 11. Si ipotizzi che il circuito sia progettato in modo da garantire una corretta polarizzazione del transistore.
Figura 11: Circuito per piccoli segnali di un amplificatore a emettitore comune.
Soluzione Il circuito equivalente per piccoli segnali dell’amplificatore proposto per il calcolo dell’impedenza di uscita, con hfe = gmhie, è mostrato in Figura 12. Se si pone
ies
iesiesB hR
hRhRR
+== || e
1+=
sCRR
ZB
BB
π
si può scrivere
11 +=
+=
sCRsCR
sCZ
Zvv
PB
B
B
Bxbe
µ
µ
con µπ CCCP +=
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Figura 12: Circuito per piccoli segnali dell’amplificatore proposto
per il calcolo dell’impedenza di uscita Zo.
Si può infine arrivare all’espressione della corrente erogata dal generatore di prova:
( )( ) 1
1111
111++
++++=
+
+++=
πµ
µπ
µ
CCRsCsCRRg
rRsC
Z
ZgrRv
i
B
BBm
oCB
Bm
oCx
x (3.1)
L’espressione dell’impedenza di uscita richiesta si ottiene quindi dalla (3.1) invertendo i due termini. Nei primi due addendi del secondo termine si riconosce la resistenza di uscita dello stadio, a cui va in parallelo l’impedenza vista dal collettore del transistore a causa della capacità parassita Cµ.. Si ha:
( )( ) sCsCRRg
CCRrRZ
BBm
BoCo
µπ
πµ
11
||||++
++=
Esercizio 4 Determinare l’amplificazione a centro banda AV0 e il limite superiore di banda fH dell’inseguitore di source realizzato con MOSFET il cui circuito per piccoli segnali è mostrato in Figura 13. Si ha RS = 1 kΩ, RL = 1 kΩ, rd = 10 kΩ, Cgd = 50 pF, Cgs = 100 pF, Cds = 80 pF, gm = 8 mS.
Figura 13: Circuito per piccoli segnali di un inseguitore di source.
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Soluzione Per determinare l’amplificazione a centro banda si considerino le impedenze associate alle capacità parassite del MOSFET come circuiti aperti. Il circuito risultante, rappresentato in Figura 14, permette di ricavare agevolmente il valore del guadagno richiesto.
Figura 14: Circuito inseguitore di source a centro banda.
Infatti, se si definisce
Ω== 1.909|| Ldu RrR
si può scrivere:
umgsings Rgvvv −=
da cui
umings Rg
vv+
=1
1
e quindi
8791.01
=+
==um
um
in
uDC Rg
RgvvA .
La determinazione del limite superiore di banda è resa complicata dalla presenza della capacità parassita Cgs, che impedisce di considerare separatamente le sezioni di ingresso e uscita. Il circuito completo, in cui sono presenti 3 capacità e una maglia impropria, presenta quindi due poli, la cui determinazione, in generale, richiederebbe la soluzione delle equazioni circuitali. Si può conseguire una notevole semplificazione nella determinazione del limite superiore di banda facendo ricorso al teorema di Miller, per eliminare la capacità Cgs sostituendola con due impedenze distinte, una relativa alla sezione di ingresso e una a quella di uscita. Il circuito risultante è mostrato in Figura 15.
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Figura 15: Circuito dell’inseguitore dopo l’applicazione del teorema di Miller.
Le impedenze a cui si fa riferimento nello schema semplificato, ovvero le corrispondenti ammettenze, sono quindi:
( )KsCsCY gsgd −+= 11
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −++=
KsCsC
RY gsds
u
1112
ove, facendo ricorso alle stesse relazioni usate per ADC, si ottiene:
2
2
1
2
1 ZgZg
vv
Km
m
+== .
L’uso del teorema di Miller comporta una effettiva semplificazione solo se il coefficiente K introdotto è noto, oppure se può essere ricavato facilmente, seppure in modo approssimato. Nel caso in esame, nell’ipotesi che alla frequenza corrispondente al limite inferiore di banda il valore di K coincida ancora con quello di ADC, si possono valutare rapidamente i poli del circuito e da questi il valore di fH. A posteriori potrà infine essere verificata la validità dell’ipotesi di partenza, cioè di poter trascurare l’effetto delle capacità nel valore di K. Se K = ADC, le due sezioni del circuito possono essere considerate indipendenti e i due poli della rete possono ricavarsi immediatamente applicando il metodo della resistenza vista. Se si definisce
( ) pF 09.6211 =−+= KCCC gsgd
pF 25.66112 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+=
KCCC gsds
si ha:
Mrad/s 11.161
11 ==
CRsω
( )Mrad/s 4.137
1
22 =
+=
CRgR
u
muω .
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Si osservi che nel calcolo della resistenza vista da C2, essendo V1 = 0, il generatore di corrente viene a essere comandato dalla tensione ai suoi capi V2 e può quindi essere assimilato a una resistenza di valore 1/gm. Il polo della sezione di uscita, che coincide con il polo di K, è molto maggiore (quasi una decade) di quello introdotto dalla sezione di ingresso, che determina il limite superiore di banda. Quindi, l’ipotesi iniziale risulta verificata e in conclusione si ha:
MHz 563.22
1 ==πω
Hf .
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Valutare l’espressione dell’amplificazione del circuito in Figura 1, in cui l’amplificatore operazionale è unidirezionale e resistivo e il generatore E ha un valore tale da rendere nulla l’uscita a riposo. Valutare inoltre il guadagno nel caso in cui l’operazionale sia ideale. Il transistore, npn, può essere considerato resistivo e unidirezionale; per il modello per piccoli segnali si ha hfe = 250, hie = 2.5 kΩ e hoe = 0. Inoltre Rs = 8 kΩ, RF = 100 kΩ, RC = 1 kΩ e RE = 2 kΩ. Le tensioni di alimentazione sono V+ = 15 V e V− = −15 V.
Figura 1: Circuito amplificatore con reazione di tensione parallela.
Soluzione
Il circuito equivalente per piccoli segnali dell’amplificatore proposto è mostrato in Figura 2.
Figura 2: Circuito equivalente per piccoli segnali.
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L’analisi può essere svolta facendo ricorso al teorema di Pellegrini. Per prima cosa è necessario individuare un sito opportuno in cui eseguire il taglio. Se la scomposizione viene fatta ai capi dell’impedenza di ingresso dell’amplificatore operazionale, non è troppo difficile valutare i parametri della rete scomposta. Il risultato della scomposizione è mostrato in Figura 3. È bene osservare che
00
===pVs
p
V
Iρ
Figura 3: Circuito equivalente scomposto con il teorema di Pellegrini.
Infatti, quando Vp è spento, nella Zin non può scorrere alcuna corrente. Inoltre è
in
Vp
p
i ZI
VZ
s
==
=0
Quindi si ha
( ) inip ZA
ZZ =−
=βρ
α
1||
Inoltre, sempre quando Vp è spento, non può scorrere alcuna corrente nemmeno nella base del transistore. Quindi si ha
00
===pVs
u
V
Vγ
Nel circuito scomposto è possibile calcolare i rimanti parametri:
( )( )
inCFs
inCF
Vs
r
ZRRR
ZRR
V
V
p
||
||
0++
+==
=
α
( )( )1
1
0+++
+==
= feEieout
feE
vol
Vp
u
hRhZ
hRA
V
VA
s
( )[ ]( )
Fins
ins
feE
insFCfe
Vu
r
RZR
ZR
hR
ZRRRh
V
V
s
++
+−==
=||
||
1
||||
0
β
Elettronica di Millman 4/ed - J. Millman, A. Grabel, P. Terreni
Direttamente dalla teoria della reazione si ha quindi la relazione che definisce l’amplificazione di tensione Af del sistema reazionato e si ottiene sostituendo i valori trovati nell’espressione:
A
AA f
β
α
−=
1
Per ottenere il valore di Af relativo al caso dell’amplificatore operazionale ideale, è sufficiente porre nell’espressione di ciascun parametro Zout = 0 e far tendere all’infinito Zin e Avol. Si ottiene:
927.0=++
+=
CFs
CF
RRR
RRα
∞→A
( )( )210655.3
1−×−=
+++−=
feFsCE
sCfe
hRRRR
RRhβ
Quindi l’espressione dell’amplificazione si semplifica in:
dB) (28.08 35.25=−=β
αfA
Esercizio 2
Valutare la resistenza di uscita del circuito in Figura 4, in cui l’amplificatore operazionale ha Avol = 150, indipendente dalla frequenza, Ro = 0 e Rin = 150 kΩ. Il transistore, npn, può essere considerato resistivo e unidirezionale; per il modello per piccoli segnali si ha hfe = 250, hie = 2 kΩ e hoe = 0. Inoltre Rs = 1 kΩ, RF = 1 kΩ, R0 = 1 kΩ e RE = 1 kΩ. Le tensioni di alimentazione sono V+ = 15 V e V
− = −15 V.
Figura 4: Amplificatore con reazione di tensione.
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Il circuito equivalente per il calcolo della Rout è mostrato in Figura 5. Per determinare la resistenza di uscita è conveniente ricorrere al teorema di Pellegrini nella forma duale, in corrente, eseguendo una scomposizione in uscita in modo che l’ammettenza Yp si trovi connessa al generatore di prova Is. Il circuito in cui è stata eseguita la scomposizione proposta è mostrato in Figura 6.
Figura 5: Circuito per piccoli segnali per il calcolo della resistenza di uscita.
Il calcolo dei parametri del circuito scomposto mostra subito che:
00
===pIs
p
I
Vρ
Quindi si ha:
( )
iip Y
A
YY
1111=
−+=
α
βρ con
( )µS 7.501
1
0
00
=
++
++
==
=
ins
ins
FI
p
p
i
RRR
RRRR
V
IY
s
Per la valutazione dell’impedenza di uscita occorre poi determinare il guadagno di anello e l’ammettenza Yb vista da Yp:
( )96.73
1
11
0
0
0
−=++
+⋅
++−==
−
= fepie
fe
ins
invol
Ip
r
hYh
h
RRR
RRA
I
IA
s
β
mS 5.1251
=+
=ie
fe
bh
hY
Si può osservare che il valore trovato è coerente con l’ipotesi della presenza di una reazione negativa di tensione. Si può infine calcolare la conduttanza e la resistenza di uscita:
( )( ) S 446.911
=−++== AYYRV
IY pb
Es
s
out β
Elettronica di Millman 4/ed - J. Millman, A. Grabel, P. Terreni
Figura 6: Circuito per il calcolo della resistenza di uscita in cui è stata applicata una
scomposizione nella forma in corrente. La RE, in parallelo a Is, è stata omessa.
Esercizio 3
Per il circuito in Figura 7, in cui il transistore, un nMOSFFET ad arricchimento, ha un comportamento per piccoli segnali che può essere modellato con un amplificatore transconduttivo ideale con gm = 3.15 mS: a) Determinare il guadagno a centro banda. b) Valutare la resistenza di ingresso a centro banda. Si ha Rs = 100 Ω, RR = 20 kΩ, RG = 20 kΩ e RD = 2.7 kΩ. La tensione di alimentazione è V+ = 12 V e Cs = 1 µF.
Figura 7: Circuito di un amplificatore con nMOSFET.
Soluzione
a) Per il calcolo dell’amplificazione a centro banda l’impedenza associata a Cs è nulla e si può applicare una scomposizione di tensione ai capi del gate del transistore. Il circuito equivalente per piccoli segnali, in cui è già evidenziata la scomposizione operata è mostrato in Figura 8. Si osserva immediatamente che:
0=ρ e ∞== ip ZZ
Elettronica di Millman 4/ed - J. Millman, A. Grabel, P. Terreni
Figura 8: Circuito per piccoli segnali per il calcolo dell’amplificazione a centro banda.
per il calcolo dell’impedenza di uscita Zo.
Il calcolo degli altri parametri è diretto:
( )( )
9907.0||
||
0
=++
+==
= GDRs
GDR
Vs
r
RRRR
RRR
V
V
p
α
1189.00
=+
=== DR
D
Vs
u
RR
R
V
V
p
γ
( ) 498.7||||0
−=+−==
=
GsRDm
Vp
u RRRRgV
VA
s
3
0
10951.4||
|| −
=
×=+
==RsG
sG
Vu
r
RRR
RR
V
V
s
β
Si può infine arrivare all’espressione dell’amplificazione a centro banda:
dB) (16.96 043.71
−=+−
= γβ
α
A
AA f
b) L’espressione della resistenza di ingresso a centro banda richiede invece, nell’ipotesi ragionevole di una reazione negativa di tipo parallela, l’applicazione del teorema di Pellegrini nella forma di corrente, in modo che la Yp vada in parallelo al generatore di corrente di ingresso. Il circuito per la determinazione della resistenza, privato della Rs che andrà poi sommata al risultato, è mostrato in Figura 9. Ancora una volta:
00
===pIs
p
I
Vρ
e inoltre:
µS 501
0
====
= GIp
p
ipRV
IYY
s
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Figura 9: Circuito per piccoli segnali scomposto per il calcolo della resistenza di ingresso
nell’ipotesi di reazione parallela. È stata temporaneamente eliminata la Rs, in serie all’ingresso.
L’ammettenza vista da Yp vale:
µS 05.441
=+
=RD
bRR
Y
Per il guadagno di anello si ottiene:
984.31
0
−=++
−==−
= pRD
DGm
Ip
r
YRR
RRg
I
IA
s
β
confermando l’ipotesi di una reazione negativa parallela. La resistenza di ingresso dell’amplificatore, comprensiva della Rs momentaneamente eliminata dal circuito, vale quindi:
( )( )Ω=
−++== k 234.2
1
1
AYYR
I
VR
pb
s
s
s
inβ
Esercizio 9.1 La funzione di trasferimento di un amplificatore a singolo stadio può essere scritta nella forma
h
vVH s
AsA
ω/1)( 0
+= alle alte frequenze e nella forma
l
lvVL s
sAsAωω
/1/)( 0
+= alle basse frequenze, dove 0vA è il guadagno a centro banda.
Fra l'ingresso e l'uscita dell'amplificatore base viene introdotta una rete di reazione β allo scopo di ottenere, mediante una reazione negativa, un aumento dell'ampiezza di banda passante.
a) Per Av0 = 500, β = -0.01, 50=hf kHz, 1=lf kHz, determinare i limiti di banda dell'amplificatore reazionato;
b) determinare il prodotto guadagno-banda sia dell'amplificatore reazionato, sia di quello non reazionato e confrontare i risultati.
Soluzione
a) Assumendo 1=α e 0=γ , il guadagno del sistema reazionato può essere scritto nella forma.
)(1)()(sA
sAsAf β−=
Per le alte frequenze risulta
)]1(/[11
1)/1/(1)/1/(
)(00
0
0
0
vhv
v
hv
hvfH AsA
AsA
sAsA
βωβωβω
−+−=
+−+
=
Sostituendo i valori numerici si ottiene
)103.02/(13.83
)]50001.01)(10502/[(11
50001.01500)( 63 ⋅⋅+
=⋅+⋅⋅+
⋅⋅+
=ππ ss
sAfH
Quindi il nuovo limite superiore di banda è 3.0=Hf MHz. Alle basse frequenze si ha
[ ][ ] lv
lv
v
v
llv
llvfL As
AsA
AssA
ssAsA
ωβωβ
βωωβωω
/)1(1/)1(
1)/1(/1)/1(/
)(0
0
0
0
0
0
−+−
−=
+−+
=
Sostituendo i valori numerici si ottiene
)1672/(1)1672/(3.83
)102/()50001.01(1)102/()50001.01(
50001.01500)( 3
3
⋅+⋅
=⋅⋅++
⋅⋅+⋅
⋅+=
ππ
ππ
ss
sssAfL
Quindi il nuovo limite inferiore di banda è 167=Lf Hz. b) In assenza di reazione si ha
5.2410)1500(500)( 30 =⋅−=−= lhv ffAPGB MHz.
Nel sistema reazionato invece 98.2410)167.0300(3.83)(' 3
0 =⋅−=−= LHf ffAPGB MHz.
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Esercizio 9.2 Si considerino i due amplificatori di figura, dove è )/1/( 1011 ωsAA += , )/1/( 2022 ωsAA += e 1β ,
2β , 3β sono indipendenti dalla frequenza. a) Determinare β in modo che i guadagni dei due amplificatori, a bassa frequenza, siano uguali. b) Confrontare fA
AS1
a bassa frequenza per i due amplificatori. c) Se è 21 AA = e 21 ββ = , quale amplificatore ha la banda maggiore? d) Quale amplificatore ha caratteristiche nel complesso migliori?
Fig. 1 – Amplificatori reazionati
Soluzione
a) L’amplificatore a due stadi ha un guadagno complessivo
)(1)(
)(1)(
22
2
11
11 sA
sAsA
sAAf ββ −⋅
−=
mentre il circuito a singola reazione ha
)()(1)()(
21
212 sAsA
sAsAAf β−=
Eguagliando 1fA e 2fA , per 0=s si ha
0201
0201
022
02
011
01
111 AAAA
AA
AA
βββ −=
−⋅
−
e risolvendo rispetto a β si ottiene
0201
210201202101
AAAAAA βββββ −+
=
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Esercizio 10.3 Nel circuito di figura, valutare oV .
Fig. 1 – Traslatore di livello
Soluzione
Assumendo il transistor in zona attiva diretta, con 7.0=BEV V e trascurando la corrente di base rispetto a quella che scorre nelle resistenze 1R ed 2R , si ha (detta ZV la tensione di Zener del diodo)
oZBE VRR
RVV21
2
+=+ . Da questa si ricava
)/1)(( 21 RRVVV BEo ++= .
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Esercizio 10.4 Nella figura che segue è rappresentato il modello circuitale di uno stadio differenziale realizzato con un amplificatore operazionale (con 0,, =∞→∞→ oinv RRA ) di cui sono note le correnti e la tensione di sbilanciamento.
Fig. 1 – Amplificatore differenziale
a) Determinare la componente della tensione ov dovuta al segnale differenza 21 vv − . b) Determinare la componente di ov dovuta a 2/ioI . c) Ripetere il punto b) per osV . d) Ripetere il punto b) per 1BI e 2BI . e) Per 21 vv = , 6=osV mV, µ2.0=ioI A, µ5.021 == BB II A, Ω= kR 501 , Ω= kR 5002 ,
determinare la tensione totale all'uscita.
Soluzione
Per risolvare il problema assegnato è conveniente utilizzare il principio di sovrapposizione degli effetti, calcolando singolarmente i contributi all'uscita dovuti a ciascun generatore 1v , 2v , ioI , osV ,
1BI , 2BI . a) Con 0=osV , 0=ioI , e 021 == BB II si ha
221
2
1
221
1
21 1; v
RRR
RR
vvRR
v oo ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=−=
e combinando i due risultati come 21 ooo vvv += si ottiene
( ) ( )211
212
1
2 vvRR
vvRR
vo −−=−=
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Con 021 === osVvv e 021 == BB II il modello circuitale è il seguente:
Fig. 2 – Amplificatore differenziale: effetti del generatore Iio
Essendo 0=iV si ha 0=− XY VV , da cui
21
21
2 RRRRI
V ioX +
⋅= (1)
11
22 ;
RVI
RVV
I YYo =−
=
La prima legge di Kirchhoff impone che sia
212ioI
II +=
Sostituendo in quest’ultima le due precedenti si ottiene
212
ioYYo IRV
RVv
+=−
Dalla quale, essendo VX=VY, segue
iooX IRR
RRv
RRR
V)(2 21
21
21
1
+−
+= (2)
Eguagliando la (1) e la (2) e risolvendo per ov si ottiene ioo IRv 2= . b) Con 021 == vv , 0=ioI , e 021 == BB II il modello del circuito è il seguente
Fig. 2 – Amplificatore differenziale: effetti del generatore Vio
In un A.O. ideale si ha 0=iV per cui, considerando che non scorre corrente attraverso il terminale
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d'ingresso non invertente (e dunque nel parallelo di 1R ed 2R , per cui 0=XV ) né attraverso quello invertente,
oio vRR
RVV21
11 +== e ioo V
RRv ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
1
21
c) Con riferimento alla figura che segue, considerando che la tensione ai capi della resistenza 1R è
nulla, la tensione d'uscita dovuta alla sola corrente 1BI vale 121 Bo IRv = .
Fig. 3 – Amplificatore differenziale: effetti dei generatori IB1 e IB2 La corrente 2BI produce invece, sul terminale d'ingresso non invertente, la tensione
( ) 221 // BIRRV −=+ ; questa tensione si trova in uscita, amplificata di un fattore 12 /1 RR+ , per cui il contributo alla tensione d'uscita dovuto al generatore 2BI è
( ) ( ) 22122212 /1// BBo IRRRIRRv −=+−= . Si osservi che per 21 BB II = i due contributi sono uguali e opposti, per cui si annullano a vicenda.
d) Con 21 vv = , la tensione in uscita è costituita dallo sbilanciamento totale (si osservi inoltre che,
essendo 21 BB II = , risulta complessivamente nullo l'effetto di questi due generatori di corrente). Dunque
( ) ioioo VRRIRv 122 /1++= e con i valori dati ( ) 1661061050/105001102.010500 33363 =⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅= −−
ov mV.
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Esercizio 10.6 Con riferimento al circuito in figura 10.39, esprimere il guadagno differenziale dA e il rapporto di reiezione del modo comune CMRR in funzione di 1R , 2R , 3R , 4R e del guadagno vA dell'amplificatore operazionale, assunto di valore finito (considerare ∞→inR ed 0=oR ).
Soluzione Se l'amplificatore ha guadagno finito vA , la tensione d'uscita, ottenuta per sovrapposizione degli effetti, vale
221
21
43
41
21
2
)1()(
)1(V
RARRRA
RRR
VRAR
ARV
v
v
v
vo ++
+⋅
++
++−
=
Per 12 VV −= , cioè, secondo la (6.89a), con tensione differenziale 1VVDM = , si ha
143
2142
21
)()1(
VRR
RRRRRAR
AV
v
vo ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡++
−−++
=
Da cui segue ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
+++++
−=
43
214432
21
)()()1( RR
RRRRRRRAR
AA
v
vDM
Se 12 VV = , cioè, secondo la (6.89b), con tensione di modo comune 1VVCM = ,
143
2142
21
)()1(
VRR
RRRRRAR
AV
v
vo ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡++
+−++
=
da cui segue
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−
++−
=43
4132
21 )1( RRRRRR
RARA
Av
vCM
Infine 4132
414232 2RRRR
RRRRRRAA
CMRRCM
DM
−++
== .
Se 4321 // RRRR = (cioè 3241 RRRR = )
si ottiene 21
2
)1(2
RARRA
Av
vDM ++
−= e 0=CMA , da cui segue ∞→CMRR .
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Esercizio 10.7 Nel circuito di figura 10.39, si ha R1=R3=1kΩ, R2=100kΩ, R4=110 kΩ; considerando ideale l'A.O. ( 0,, =∞→∞→ oinv RRA )
a) Calcolare il CMRR. b) Determinare il valore della tensione d'uscita OV per 51 =V V e 001.52 =V V.
Soluzione
a) Dall'espressione ottenuta nel problema precedente, segue CMRR=-2221 (|CMRR| ≅ 67 dB). b) Nelle condizioni indicate si ha 5.02/)( 21 −=−= VVVDM mV, ( ) 0005.52/21 =+= VVVCM V,
200/2 12 −≅−= RRADM e 3101.90 −⋅=CMA . Pertanto 5.550=+= CMCMDMDMO VAVAV mV. Si osservi che il risultato è identico a quello che si otterrebbe utilizzando la relazione ingresso-uscita indicata all'inizio del problema precedente (considerando ∞→vA ).
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Esercizio 11.1 Per l’oscillatore mostrato in figura e considerando ideale l’amplificatore operazionale, determinare la frequenza di oscillazione e il minimo valore possibile per la resistenza R.
Fig. 1 – Oscillatore
Soluzione
Considerando che nell’ipotesi di A.O. ideale il blocco racchiuso all’interno del riquadro costituisce un amplificatore di tensione con guadagno 215/1001 =+=vA (amplificatore non invertente), resistenza d’ingresso infinita e resistenza d’uscita nulla, è possibile applicare il teorema di scomposizione tra l’ingresso non inertente dell’A.O. e il terminale di riferimento, ottenendo il circuito rappresentato nella Figura 2.
Fig. 2 – Oscillatore: rete per il calcolo di βA, dopo l’applicazione del teorema di scomposizione
Con riferimento a questa scomposizione si ha 0=ρ , per cui l’impedenza Zp coincide con l’impedenza vista da Vp, cioè con l’impedenza d’ingresso dell’amplificatore non invertente (che risulta infinita per le ipotesi fatte). Detta RT la resistenza da 10 kΩ (ed R la sua frazione che si trova in parallelo all’induttanza L e alla capacità C) si trova
2)()()(
LCsRRRLsRRRRRLss
TTT −++−=β e 21== vAA
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Perché sia verificata la condizione di Barkhausen (11.1), essendo A reale, anche β deve essere una quantità reale alla frequenza di risonanza f0. Dunque dovrà risultare
0)()( 2 =−+− LCsRRRRRR TT , ovvero 01 2 =+ LCs . Dunque sarà 92.152
10 ==
LCf
πkHz
(che corrisponde alla frequenzadi risonanza del gruppo RLC parallelo).
In queste condizioni si ha TR
R=β . Adesso si deve imporre βA=1: segue 121 ==
TRRAβ , da cui
infine Ω== 47621
TRR . Si osservi che per valori di R inferiori a quello determinato il sistema non
può oscillare (si otterrebbe βA<1), per cui il valore trovato costituisce il minimo possibile.
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Esercizio 11.2 Nel trigger di Schmitt di Figura 11.21, si ha Vo= 4V, V1= 2V, V2= 1.5V.
a) Determinare il valore del rapporto R1/R2 e quello della tensione di riferimento VA. b) Quanto deve valere VA per avere una V2 negativa? c) Quanto deve valere VA per avere 21 VV −= ?
Soluzione
a) Ricordando le (11.22) e (11.23) e sottraendo la seconda dalla prima, si ottiene R1/R2=15;
sostituendo questo valore in una della due relazioni si ricava VA=1.87V.
b) Riprendendo la (11.23), per ottenere V2<0 si deve avere OA VRR
RRR
RV21
2
21
21+
<⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
− , cioè
OA VRRV
1
2< .
c) Eguagliando le (11.22) e (11.23) si ottiene VA=0.
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Esercizio 11.3 Nel generatore d’onda quadra di Figura 11.24 vengono impiegati due diodi Zener con valori diversi delle tensioni di soglia VZ1 e VZ2. Nell’ipotesi che l’uscita possa assumere solo i valori +VO1 e –VO2 , con VO1=VZ1+VD e VO2=VZ2+VD, si verifichi che la durata T1 della parte positiva della forma d’onda in uscita è data da
ββ−
+=
1/1
ln 121
OO VVRCT e che la durata T2 della porzione negativa è data dalla stessa espressione
con VO1 e VO2 scambiati di posto.
Soluzione
Nel caso in questione, con tensione d’uscita positiva (VO=VO1) la tensione )(tvC sul condensatore varia con legge esponenziale (di costante di tempo pari al prodotto RC) dal valore iniziale
2OVβ− tendendo asintoticamente al valore VO1; questo andamento si interrompe nell’istante in cui la tensione sul condensatore raggiunge il valore 1OVβ (e si ha la commutazione dell’uscita allo stato basso). Ponendo l’origine dei tempi nell’istante in cui )(tvC comincia ad aumentare, si può scrivere )./exp()()( 121 RCtVVVtv OOOC −−−+= β Imponendo che si abbia, per t=T1, 1)( OC Vtv β= e risolvendo l’equazione ottenuta, segue il risultato richiesto. Con l’uscita al valore basso (-VO2), il ragionamento da seguire è il medesimo; adesso però il valore iniziale della tensione sul condensatore è 1OVβ , quello asintotico è –VO2 e l’andamento si interrompe nell’istante in cui si ha 2)( OC Vtv β−= ; dunque sono perfettamente scambiati, rispetto al caso precedente, i ruoli delle tensioni VO1 e VO2 e questo porta all’espressione di T2.
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Esercizio 11.4 Nel generatore di rampa di Miller mostrato in Figura 11.34 (c) si ha VCC= 30V, R1=1MΩ, Av=104. L’ampiezza della rampa in uscita è 10 V; la durata della scansione più lunga è di 1s.
a) Per TS=1s determinare il valore di C1. b) Calcolare l’errore di pendenza es. c) Ripetere il punto a) per Ts=1µs. d) Come si può ottenere Ts=1µs con un valore di capacità più ragionevole di quello ottenuto al
punto precedente (per esempio 100 volte più grande) ?
Soluzione a) Per il cortocircuito virtuale all’ingresso dell’amplificatore operazionale, la corrente in R1 vale
VCC/R1. Poiché l’A.O. non assorbe alcuna corrente, allora la corrente VCC/R1 va a caricare il condensatore C1 e la tensione d’uscita ha andamento a rampa lineare con pendenza (negativa) –VCC/R1C1. Si ricava pertanto
11CRTV
V SCCS = , ovvero µ3
11 ==
RVTV
CS
SCC F.
b) Dalla (11.49) si ricava CCv
Ss VA
Ve = =0.0033 %.
c) Osservando che il valore di C1 è proporzionale a quello di TS, segue rapidamente C1=3pF. d) Il piccolo valore di C1 ottenuto al punto precedente risulta di difficile realizzazione pratica, in
quanto dello stesso ordine delle capacità parassite associate per esempio ai collegamenti. Riducendo allora il valore di R1 è possibile impiegare un valore anche molto maggiore di C1. Per esempio cambiando R1 da 1MΩ a 10kΩ (cioè di un fattore 100), si ottiene per C1 un valore più grande dello stesso fattore, cioè C1=300pF.
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Esercizio 12.1 Con riferimento al convertitore D/A di Fig.12.11 del testo, il terzo bit più significativo (MSB) N-3 vale 1 e tutti gli altri bit valgono 0, inoltre è 12 2RR = .
a) Determinare la tensione dei nodi N-2 e N-1 e l’uscita Vo. b) Sempre con riferimento allo schema di Fig. 12.11, per un D/A a 8 bit con il bit meno
significativo a 1 (LSB) e tutti gli altri a 0, calcolare la tensione di tutti i nodi e dell’uscita. Soluzione a) Nel testo è stato mostrato che, se il bit N-3 vale 1 e tutti gli altri sono a 0, la tensione del nodo N-3 vale 3RV . La rete a scala per la determinazione di N-2 e N-1 è quella riportata in Fig. 1
R R
2R 2R 2RVR/3
N-3 N-2 N-1
+
_
R
RVR/3
N-2N-3
_
+
==>
R
R
N-1N-2
VR/6
_
+
Fig.1 Rete a scala
Quindi la tensione sul nodo N-2 è la metà di quella di N-3, cioè 62 RN VV =− . A sua volta la tension e del nodo N-1 è la metà di quella di N-2, ossia 121 RN VV =− . Con riferimento alla rete di Fig. 12.11del testo, la tensione d’uscita risulta
41
121
1
2
1
21
RRNo
VRRV
RRVv =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += −
b) Dall’analisi fatta al punto precedente si evince che, nella rete a scala, quando si passa da un nodo a quello immediatamente più a destra la tensione si dimezza. Quindi per un convertitore D/A a 8 bit, nel quale è a 1 solo il bit meno significativo, risulta
12831,
384,
192
,96
,48
,24
,12
,6
,3
11
2112
245678
RNNo
RN
RN
RN
RN
RN
RN
RN
RN
VVRRVvVVVV
VVVVVVVVVVVV
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +===
======
−−−−
−−−−−−
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Esercizio 12.2 Determinare la funzione di trasferimento del circuito passa banda di Delyiannis, riporto per comodità in Fig. 1..
Fig. 1 Circuito passa banda di Delyiannis
Soluzione In base al metodo del corto circuito virtuale si ha che vi è nulla e che anche le correnti che entrano negli ingressi dell’operazionale sono nulle, quindi risulta
Esercizio 12.3 Il circuito di Fig. 1 utilizza un NIC (Negative Impedence Converter) caratterizzato da 12 VV = e
12 II −= . Nell’ipotesi che l’impedenza di carico ZL sia costituita da LL CR || con s1=LLCR . a) Determinare iVV2 . b) Individuare il valore di ZL tale che l’impedenza d’ingresso iii IVZ = assuma l’espressione di un
cella biquadratica passa basso. c) Ripetere il punto b) in modo da ottenere4 una cella passa banda.
Fig. 1 Schema
Soluzione a) In base alle condizioni poste sul NIC, il circuito equivalente vista dall’ingresso risulta quello riportato in Fig.2.
Fig.2 Circuito equivalente vista dall’ingresso.
Quindi è
( ) L
L
ZsCRRZ
ViV
−+−
=1
1
Sostituendo a ZL il relativo valore si ha
( )( ) ( )
( )( )LLLL
L
LLL
L
LL
L
LL
L
i CRRRRCsRRsCRR
sCRRRsCRsCRR
RsCR
sCRR
RsCR
VV
−+−+−
=+−+
+−=
+−
+
+−
=1
111
11
11
Per s1=LLCR e 12 VV = risulta
R
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Esercizio 13.1 Con riferimento allo schema del circuito filtrante a ingresso capacitivo, per raddrizzatore a doppia semionda, di Fig. 1;
a) determinare la funzione di trasferimento 12 VV ; b) per Ω= 25R , Ω= 200LR , µF200=C e H20=L , determinare la tensione d’uscita
assumendo che la tensione d’ingresso sia fornita da un raddrizzatore a doppia semionda alimentato dalla tensione di rete, si esegua l’analisi limitatamente ai primi due termini dello sviluppo in serie di Fourier della segnale raddrizzato a doppi semionda;
c) valutare il fattore d’ondulazione
Fig.1 Filtro a ingresso capacitivo Soluzione a) Con riferimento al circuito di Fig.2, posto
sLRZ +=1 e
( ) ( )LLL sCRRsCRZ +== 11||2
Fig. 2 Schema per la valutazione della F.d.T.
Utilizzando l’analisi nodale, le equazioni ai nodi VA e VB = V2 risultano
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Risolvendo il sistema rispetto a VB = V2 otteniamo l’equazione della funzione di trasferimento desiderata, che nel dominio delle pulsazioni )( ωj risulta
( )( )[ ] ( ) RRCRLRRCRjRRLCRRCLRRCj
RVVjH
LLLLL
L
2312231
2
+++++++−−==
ωωωω
b) L’equazione 13.34 del testo fornisce lo sviluppo in serie di Fourier del segnale derivante dal raddrizzatore a doppia semionmda, in base alle condizioni poste, si ha
Hz50V,220 0 == fVrms le due componenti da prendere in esame, quindi, risultano
rad/s32.6284eV1323π
24220V,198π
22220 0110 ====== fVV πω
Il valore di )( ωjH per le due pulsazioni di interesse risulta
( ) 8.0502200
2000 =×+
=H
e ( )
( ) ( ) ( )°=∠×=
×+×−==
−
−−
90.2rad575.1110046.21
10045.21082.832.628)1(
4
47
HH
jjHH
Quindi la componente continua d’uscita risulta
( ) V4.1588.01980)0( 02 =×== HVV e la componente di prima armonica è
( ) VHVV 291.0132410046.21)1( 12 =×−×== c) Il fattore d’ondulazione, in base all’Eq. 13.13, risulta
( )%13.0103.14.158
2291.0)0(
2)1()0(
)1( 3
2
2 −×====V
VV
Vr rms
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Esercizio 13.2 Un regolatore a tensione fissa a tre terminali è trasformato in un regolatore di corrente dal circuito di Fig. 1. Sew la tensione d’uscita del regolatore è V5=Vu , Ω= 20R e mA10=QI ,
a) quanto vale la corrente d’uscita LI ? b) Si noti che LI è indipendente dal carico. Come si può rendere indipendente da QI ?
IN OUTGND
MC78XXC
R
RL
Vin+
Vin-
Fig.1 Schema Soluzione a) La corrente in R è
mA250205===
RVI REG
R
quindi risulta
mA26010250 =+=+= QRL III b) Per ridurre l’effetto della corrente IQ, di polarizzazione del regolatore, si può introdurre un amplificatore operazionale come mostrato in Fig 2
IN OUTGND
MC78XXC
+
-
O AM P
R
1k
RL
Vin+
Vin-
Fig.2 Circuito modificato per ridurre la l’effetto di IQ.
IR
ILIQ
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Esercizio 13.3 Con riferimento all’amplificatore di potenza in classe “A” di Fig. 13.55 del testo, assumendo che il transistore sia ideale, quindi che non introduca distorsioni anche se pilotato dall’interdizione alla saturazione, e per evitare la saturazione la CEV non scenda mai sotto minVVc = .
a) Verificare che il rendimento di conversione è dato da ( )%25 min
CC
CC
VVV −
=η
b) Qual è il massimo rendimento possibile e in quale circostanza si ottiene tale valore massimo? Soluzione a) In Fig. 1 è riportata la retta di carico, dovuta a RL, sul piano VCE – IC
Fig.1 Retta di carico
Per ottenere la massima escursione dinamica deve essere
2min
minVVVV CC
CQ−
+=
Inoltrte è Imin = 0 e, dato che il transistore è perfettamente lineare, risulta B2 = 0. Dall’Eq. (13.61)del testo si ha
( ) 0241
minmax2 =−+= CIIIB
Quindi è Imax = 2IC e dalla Fig. 1 si ricava
2e minVVVII CC
mCm−
==
Dall’Eq. (13.73) si ottiene
%2541
22minmin
CC
CC
CC
CC
CC
M
CCC
MM
VVV
VVV
VV
IVVI −
=−
===η
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b) Dall’espressine del rendimento si osserva che η assume il valore massimo pari al 25% per Vmin = 0, ovvero il rendimento cresce quando è Vmin << VCC, ovvero il rendimento è massimo per VCC >> VCE(sat).
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