Eserciziario Di Elettronica

7/28/2019 Eserciziario Di Elettronica

1/206

ESERCIZIARIO DI ELETTRONICA

1)AMPLIFICATORI OPERAZIONALI2)DIODI3)TRANSISTOR BJT4)TRANSISTOR MOSFET5)COMPITI


2/206

1) AMPLIFICATORI OPERAZIONALI

Esercizio 1 (Amp. Op. Non Invertente)

Dato il circuito in figura, e noti 1R 1K= , 2R 3K= , ( )S SmaxV V sin 2 ft= ,maxi 25mA= , Vomax=12V.

Determinare:

a) Lampiezza di SmaxV per la quale iniziamo ad avere CLIPPING con LR 10K= ;b) La SmaxV che da CLIPPING con LR 100= ;c) Disegnare ( )0V t con SmaxV 5v= e LR 10K= .

a) Bisogna innanzi tutto osservare che si ha clipping in 2 casi:-Non riesco a fornire tensione;-Non riesco a fornire corrente.

Abbiamo un classico amp. op. non invertente per cui il suo guadagno :

2V

1

RA 1 ... 4

R= + = =

0max 0max

0max L 1 2

V Vi ... 4.2mA

R R R= + = =

+

Incomincer ad avere distorsione quando:

0maxSmax

V

VV

A> perci SmaxV 3v se no vado in clipping.

b) Analogamente

0max 0max 0max 0max0max 0max

L 1 2 L 1 2

V V V Vi 0.025 V 2.44v

R R R R R R= + = + =

+ +

0maxSmax

V

VV ... 0.61vA

= = =


3/206

c)

Esercizio 2

Dato il circuito in figura determinare 0V .

Per i vincoli di nodo sommatore:

Rivv B- ==+

B1

1 1

v i R

i R R

= =

B2 1 B B B

1 1

i R Ri i i i i 1

R R

= + = + =

Da cui:

20 2 2 B 2

1

RV R i v ... i R R 1

R

= + = = +

se 1 2

1 2

R RR

R R=

+abbiamo che:

[ ]0 B 2 2V i R R 0=


4/206

Esercizio 3


Questo circuito si pu risolvere facilmente se lo si divide in 2 parti o stadi. Prima si calcola la

tensione del primo stadio 3V , poi si passa al secondo stadio che si risolve con la sovrapposizionedegli effetti:

-Si spegne prima il generatore di tensione 2 e si calcola una'

0V

-Poi si spegne il generatore equivalente di tensione V3 e si trova una''

0V intuitivamente:

' ''0 0 0V V V= + .

23 1

1

RV V

R=

' 50 3

3

RV V

R=

5 5 5 520 3 2 1 2

3 4 3 1 4R R R RRV V V ... V VR R R R R

= = =

'' 50 2

4

RV V

R=

Esercizio 3 (Amp. Differenziale)



5/206


41

4 3

Rv v V

R R+ = =

+

21 2

1

V vi i

R= =

Da cui:

2 2 1 40 2 2 2 1

1 1 3 4

R R R RV R i v ... V V

R R R R +

= + = = + +

ma se

( )4 2 20 1 23 1 1

R R RV V V

R R R= =

Esercizio 4

Dato il circuito in figura calcolare VA e inR nei seguenti casi:- T aperto;- T chiuso.


6/206

- Caso: T APERTO

0Vvv,0 1in-2

==== +R

vVii

in

3i 0= perch 1i 0= e 2i 0=

da ci abbiamo:

0 in VV V A 1= =

Possiamo scrivere limpedenza dingresso come:

+

==21

in

in

inin ii

VIVR

- Caso: T CHIUSO

in

0 3 in V

V

V Ri R V A 1R= = = = Analogamente a prima:

inin in

1 2in

V 1 RR V

1 1i i 2VR R

= = =+

+

Esercizio 5

Dato il circuito in figura determinare VA , inR e 0R .

inv v V+ = =

R

ViiV

in=== 210


7/206

in1 2

1

Vi i

R= = da cui facile ricavare ( ) inB 2 2 1 1 1 2

1

VV R i R i R R

R= + = +

( )B in3 1 221 1

V Vi ... R RR R= = = +

Applicando Kirchoff al nodo B, abbiamo:

in 2 14 2 3 in2 2

1 1

V R Ri i i ... V

R R

+= + = = +

Adesso possiamo calcolare 0V :2 2

2 2 2 20 2 4 B in V1 1 1 1

R R R RV R i V ... V 3 1 A 3 1R R R R

= + = = + + = + +

inR = Amp. di Tensione IDEALE

0R 0=

Esercizio 6(Convertitore TENSIONE/CORRENTE)

Determinare 0i .


X YV V=

ma

X in 1 inV V R i=

Applicando la legge di Kirchoff delle tensioni allamaglia esterna che va da X a Y ho:

X Y 4 in 3 3V V R i R i 0 = + =

in quanto X YV V= .

Se adesso applico L. di Kirchoff delle correnti alnodo Y, ottengo:


8/206

40 3 2 in 2

3

Ri i i i i

R= =

essendo

Y in 1 in2

2 2

V V R iiR R

= = sostituendo abbiamo

4 in 1 in 1 4 in0 in in

3 2 2 3 2

R V R i R R Vi i i

R R R R R

= =

Si presenta per un caso particolare:

se 1 4 in02 3 2

R R Vi

R R R

= =

Esercizio 7

Dato il circuito in figura e dato R 10k= , determinare C e L in modo da ottenere un filtropassa basso(Vedi grafico).

Dallelettrotecnica facile determinare:

1sL

Z R sL R 1R

= + = +

e 2

1R RsCZ1 1 sRCR

sC

= =++

da cui:

( )

1V

2

Z sL 1 1A R 1

R sLZ R 1 1 sRC1 sRC R

= = + =

+ + +

1

2

Z

Z


9/206

f taglio

L 1 1RC

R 2 f= = =

dopo semplici calcoli si trova:

C 1.06nF= L 106mH=

Esercizio 8


inViR

=

A inV Ri ... V= = =

Applico Kirchoff al nodo A:

1i i i 2i+ = =

BB B B 2 2

VV 2iR Ri 0 V 3Ri V Ri i 3i

R + + = = = = =

3 1 2 3i i i i 5i= + =

Applico sempre Kirchoff alla maglia che dal nodo D va verso C:

0 0 inV 5Ri 2Ri Ri 0 V 8V+ + + = =


10/206

Esercizio 9 (Amp. Sommatore)

Dato il circuito in figura, determinare:

a) 0 A B A B f V f (V ,V ,R ,R ,R )= ;

b) in(A)R , in(B)R , 0(L)R .

a) AAA

Vi

R= , BB

B

Vi

R=

A Bf A B

A B

V Vi i iR R

= + = +

Adesso facile ricavare 0V :

f f0 f f A B

A B

R RV R i V V

R R

= = +

b) in(A) AR R= in(B) BR R=

0(L)R 0=


11/206

Esercizio 10

Determinare 0 1 2V f (V ,V )= .


S 2 2v v V R i+ = = =

2 22 S 2

1 2 2 1

V Ri V V

R R R R= =

+ +

1 S1 f

1

V Vi iR= =

Da cui si ricava facilmente:

( )20 2 f S 2 11

RV R i V ... V V

R= + = = Amp. Differenziale


12/206

2) DIODI

Esercizio 1

Dato il circuito in figura, e noti

I 5mA=,

1R 1K= ,

2R 2K= .

Determinare lo stato di funzionamento dei 2 diodi.

Possiamo fare 4 ipotesi. Ma solo una, in questecondizioni, verificata, per cui c da procedereper tentativi.Bisogna tenere presente per che essendoci 2diodi le condizioni di funzionamento devonoessere verificate CONTEMPORANEAMENTE.

Se 1D ON e 2D ON abbiamo che D1i 0> e D2i 0> . Il circuito con queste ipotesidiventa:

Se applichiamo la Legge di Kirchoff dellecorrenti al nodo A e la Legge di Kirchoff delletensioni alla maglia di destra, abbiamo ilsistema:

D1 D2I i i= +

1 D1 2 D210 R i R i= +

Da cui:

2D2

2 1

R I 10i ... 0 NO!

R R

= = =

+

Le ipotesi fatte non sono corrette, in quanto D2i deve essere strettamente maggiore di zero.Bisogna fare unaltra ipotesi.

2

1

1


13/206

Se 1D OFF e 2D ON abbiamo che D1v 0< e D2i 0> . Il circuito con queste ipotesidiventa:

Con questa configurazione nel ramo centrale noncircola corrente, per cui abbiamo:

D2i I 0 OK!= >

D1 1v R I 10 5 0 OK!= = <

Con la seconda ipotesi abbiamo verificato contemporaneamente entrambe la condizioni, per cui ildiodo1 SPENTO e il diodo2 ACCESO.

Esercizio 2

Dato il circuito in figura, determinare lo stato di funzionamento dei 2 diodi.

Abbiamo sempre 2 diodi per cui dobbiamoB verificare sempre 2 ipotesi contemporaneamente.

Se 1D ON e 2D ON abbiamo che D1i 0> e D2i 0> . Il circuito con queste ipotesidiventa:


14/206

( )1

15 15i 20mA

1500

= =

215i 15mA

1000= =

( )3

15 15i 13,6mA

2200

= =

Da cui si ricava facilmente:

D1 3 2i i i 28,6mA 0 OK!= + = >

D2 3 1i i i 33,6mA 0 OK!= + = > Lipotesi fatta era corretta per cui i diodi sono entrambi accesi.

Esercizio 3

Dato il circuito in figura e considerando il diodo D come diodo ideale, disegnare la funzione di

trasferimento (FdT) V0 0 inA V V= , indicando la pendenza dei vari tratti della curva e i punti

di spezzamento.

Se si considera solo la parte a sinistra della parte tratteggiata, si pu applicare Thevenin:

ineq in

VRV V

R R 2= =

+

eq

RR R

R R R 2= =+

cos il circuito risulta molto semplificato:


15/206

Come al solito ipotizzo uno stato di funzionamento del diodo e poi verifico per quali condizioni

vera lipotesi fatta. Se D ON abbiamo che deve essere Di 0> . Il circuito con queste ipotesi diventa:

in inB B

D

V VV V2 2iR R R

2 2

= =

+

Di 0> quando in

B

VV

2>

Perci facile adesso ricavare 0V :

0 D B in BR 1 1

V i V ... V V2 4 2

= + = = +

Se D OFF abbiamo che deve essere Dv 0< . Il circuito con queste ipotesi diventa:

Dv 0< quandoin

BV

V2

<

Anche qu facile ricavare adesso 0V :

0 in in1V V V2= =


16/206

La FdT diventa:

Un utile verifica, da fare sempre, dellacorrettezza dellesercizioe del grafico vedere se coincide o coincidono ip.ti di spezzamento (VERIFICA DEL PUNTODI SPEZZAMENTO). Basta sostituire il valore

di inV , nel nostro caso in BV 2V= , nelleFdT ottenute e vedere se coincidono.

Esercizio 4

Dato il circuito in figura determinare I e V . Con R 1k=

Se ipotizziamo 1D ON , 2D ON e 3D OFF , in quanto 1D a massa e 2D invertitorispetto agli altri due, cosi abbiamo che D1i 0> , D2i 0> e D3v 0< .Il circuito con queste ipotesi diventa:

Con questa configurazione:

D115

i 15mA 0 OK!R

= = >

( )D2 0 15i 7.5mA 0 OK!2R

= = >


17/206

D3R

v 15 7.5v 0 OK!R R

= = < +

Con queste ipotesi il circuito verificato. Adesso facile intuire che I 0= e D3V v=

Esercizio 5

Dato il circuito in figura e considerando il diodo ideale, disegnare la FdT V0 0 inA V V= ,indicando i punti di spezzamento e la pendenza dei vari tratti della curva.

Il circuito, se ricordiamo dallelettrotecnica, del tutto equivalente e pi semplice se spostiamo laresistenza di destra verso sinistra:

Con questa configurazione si pu semplificare ulteriormente il circuito usando Thevenin:

eq

in inin

RV V2VR 3

R 2

= =

+


18/206

eqRR R

RR 2R 3

= =+

Il circuito cos ottenuto, si risolve come al solito, bisogna osservare che ci sono 3 possibili casi:

Se 1D ON e 2D OFF abbiamo che D1i 0> e D2v 0< . Questa ipotesi verificata sein

BV V3 > . Il circuito cos diventa:

inB

D1

V V3i 0R

3

= > questo per in BV V3 >

perci se in BV V3 > abbiamo che:

D2 Bv V 0 OK!= < Le ipotesi sono verificate contemporaneamente. Adesso facile ricavare:

0 BV V=

Se 1D OFF e 2D ON abbiamo che D1v 0< e D2i 0> . Questa ipotesi verificata seinV 03 < . Il circuito cos diventa:


19/206

inin

D2

VV3i 0

R R3

= = > questo per in

V 03 <

inD1 B

Vv V 0 OK!

3= <

Le ipotesi sono verificate contemporaneamente. Adesso facile ricavare:

in0 in

RV 13V VR R3 6

3 3

= =+

Se 1D OFF e 2D OFF abbiamo che D1v 0< e D2v 0< . Questa ipotesi verificata sein

BV0 V3 . Il circuito cos diventa:

inD1 B

Vv V 0 OK!

3= <

inD1

Vv 0 OK!

3= <

Le ipotesi sono verificatecontemporaneamente. Adesso facile ricavare:

0 in1

V V3

=

Adesso ricomponendo le tre FdTotteniamo il grafico totale:


20/206

3) TRANSISTOR BJT

Esercizio 1

Dato il circuito in figura, e notiF 100 =

,1R 470k=

,2R 1M=

,3R 6.8k=

.

Determinare la regione di funzionamento del BJT e conseguentemente CQI e CEQV .

Possiamo trasformare il

circuito in una forma piimmediata

Cosi il circuito risulta pi comprensibile e possiamo farne il circuito equivalente di Thevenin:

ricaviamo adesso eqV e eqR :

( )2

2suR

2 1

RV 15 15 20.4v

R R= = +

2eq suRV V 15 ... 5.41v= = =

1 2eq

1 2

R RR ... 320k

R R= = =

+

Se ipotizziamo che il BJT funzioni in ATTIVA DIRETTA dobbiamo verificare che Bi 0> e

CEV 0.2v> . Con lipotesi fatta il circuito diventa:

Se applichiamo Kirchoff alla maglia di ingresso,abbiamo:

eq eq BV R i 0.7= + da cui:


21/206

eq

Beq

V 0.7i 14.7 A 0 OK!

R

= = >

C CQ F Bi I i 1.47mA= = =

Mentre applicando Kirchoff alla maglia di uscita abbiamo:

3 C CE CE CEQ 3 C15 R i V V V 15 R i ... 5v 0.2 OK!= + = = = >

Esercizio 2

Dato il circuito in figura, e noti F 200 = , 1R 47k= , 2R 150k= , CR 4.7k= .

Determinare la regione di funzionamento del BJT e conseguentemente CQI e CEQV .

Ipotizziamo il funzionamento in attiva diretta per cui ilcircuito diventa:

( )2

2

0.7 15

i 105 AR

= =

CE1

1

V 0.7i

R

=

Se applico Kirchoff al nodo A:

CE1 2 B B 2

1

V 0.7i i i i i

R

= + = dato che non conosciamo CEV , Bi funzione di CEV .

Se applico sempre Kirchoff al nodo H:

CEC

C

15 Vi

R

=

CE CE CEC 1 F B 2

C 1 1

15 V V 0.7 V 0.7i i i 200 iR R R

= + = +


22/206

Con qualche semplice passaggio algebrico troviamo:

CE CEQV V 6.08 0.2v OK!= = >

CE

B 21

V 0.7

i i ... 220 A 0 OK!R

= = = >

C CQ F Bi i i 44mA= = = Perci lipotesi fatta corretta, il BJT funziona in diretta.

Esercizio 3

Dato il circuito in figura, e noti F 100 = , 1R 10k= , CR 27k= .Determinare la regione di funzionamento del BJT.

Sulla resistenza 1R non scorre corrente.La base a massa per cui la giunzione B-E polarizzata ininversa, di conseguenza il BJT in INTERDIZIONE.

Il circuito in interdizione diventa:

Abbiamo ipotizzato il circuitoin interdizione, ma perch cisia vero dobbiamo verificareche:

BCV 0.5v<

BEV 0.5v<

BCV 0 10 10v 0.5v OK!= = <

BEV 0 0.5v OK! < Le ipotesi sono verificate, perci il circuito in INTERDIZIONE.

Esercizio 4 (Transistor PNP)

06.6

04.9mA81.1


23/206

Dato il circuito in figura, e noti F 100 = , 1R 1k= , CR 1k= .Determinare la regione di funzionamento del BJT e i valori di I e V .

Abbiamo un BJT PNP, per cui dalla teoria sappiamo che:- Si invertono i sensi delle correnti rispetto ad un NPN;

- BEV 0< e CEV 0< .Conseguentemente:

BE EBV 0 V 0< > La giunzione B-E polariz. indiretta;

CBV 0< La giunzione C-B polariz. in inversa.

Se ipotizziamo il funzionamento in attiva diretta, il circuito diventa:

E

C

5 0.7i 4.3mA

R

= =

EE

F

ii 42.6 A 0 OK!

1= = >

+

C F Bi I i 4.26mA= = =

Se applico Kirchoff alla maglia B-C:

EC C EC0.7 V 1000i 15 V 11.4v= + =

CEV 11.4v 0.2v OK!= <

CV 1000i 15 10.7v= =

Esercizio 5

Dato il circuito in figura, e noti 1 50 = , 2 20 = , 1R 100k= , 2R 200= ,

3R 100= , CCV 15v= .

Bi


24/206

Determinare lo stato di funzionamento dei BJT e il valore di V .

Se ipotizziamo 1B e 2B in attiva diretta, abbiamo:

( )CCE

1

V 2 0.7i 136 A 0 OK!

R

= = >

1CE CCV V 0.7 14.3v 0.2 OK!= = >

Perci lipotesi fatta per il primo BJT corretta.Verifichiamo il secondo:

2

0.7i 3.5mA

R= =

Applico Kirchoff al nodo A:

1 1 2 2B 1 B B Bi i i i i 3.43mA 0 OK!+ = + = >

2 2C 2 Bi i 68.6mA= =

2 2CE CC 3 CV V R i ... 8.14v= = =

Ho verificato entrambe le ipotesi contemporaneamente,per cui i 2 BJT sono in ATTIVA DIRETTA.Calcoliamo adesso V :

2CEV V 8.14v= =

3.49mA

69.8mA

8.02V

8.02V


25/206

4) TRANSISTOR MOSFET

Esercizio 1 (Collegamento a DIODO)

Dato il circuito in figura, e noti 2mAK 0.25 V=, R 1k= , CCV 10v= , T0V 1v= .

Determinare la regione di funzionamento del nMOS e conseguentemente DI e DSV .

Se il transistor lavora, sicuramente in saturazione, in genere semprequesta lipotesi che si fa.Se siamo in saturazione abbiamo da rispettare una condizione difunzionamento:

DS GS T0V V V>

nel nostro caso:

DS GS T0 T0V V 0 0 0 V V 0= = > >

ma per un nMOS questo sempre vero.

Per vedere se acceso devo verificare che:

GS T0V V>

Se applico Kirchoff alla maglia di uscita:

CC D DS DS GSV Ri V V V= + =

ma in saturazione:

( )2

D GS T0i K V V=

da cui:

( )2

CC D GS T0 DS DS GSV Ri K V V V V V= = + =

T07.32v V NO! < 2GS GS0.25V 0.5V 9.75 0+ =

5.32v OK!

Il MOS in SATURAZIONE.


26/206

Esercizio 2

Dato il circuito in figura, e noti 1 2 2mA

K K 0.25V

= = , 1R 3M= , 2R 1M= ,

3R 16k= , 4R 100k= , CCV 10v= , 1 2T0 T0V V 1v= = .Determinare la regione di funzionamento del nMOS , poi I e V .

Se si osserva il circuito e si tiene conto della nozionidi teoria, si sa che la corrente di gate per un

qualunque MOS sempre uguale a zero(G2

i 0= ),perci quelramo l come se non ci fosse.Da questa osservazione facile intuire che si puspezzare il circuito in 2 parti e studiare i 2 MOSdistintamente uno dallaltro.

Studiamo il MOS 1M :2

A GS1 CC2 1

RV V V ... 2.5v

R R= = = =

+

Se ipotizziamo 1M in saturazione ( DS1 GS1 T01V V V> ):

( )2

D1 1 GS1 T01i K V V 0.56mA= =

CC 3 D1 DS1 DS1V R i V V 1.04v= + =

ma dovendo rispettare la condizione DS1 GS1 T01V V V> abbiamo che 1.04 1.5>/ , quindi lacondizione non rispettata e lipotesi fatta non corretta.Non potendo essere in interdizione, sicuramente il MOS in regione TRIODO.Se ipotizziamo il funzionamento in triodo dobbiamo rispettare la condizione:

DS1 GS1 T01V V V<

Mettendo a sistema le 2 equazioni:

CC 3 D1 DS1V R i V= + ( ) 2D1 1 GS1 T01 DS1 DS1i K 2 V V V V =


27/206

otteniamo un equazione di secondo grado con incognita DS1V :

2v NO!

2DS1 DS14V 13V 10 0 + = 1.25v OK!

La condizione su DS1V rispettata per cui 1M in TRIODO.Studiamo il MOS 2M :

2DS1 GS T02V V 1.25v V= = > acceso;

Se ipotizziamo 2M in saturazione ( DS2 GS2 T02V V V> ):

( )2

D2 2 GS2 T02i K V V ... 15.62 A= = = CC 4 D2 DS2 DS1 GS2 T02V R i V V 8.44v V V OK!= + = >

Le ipotesi fatte sono verificate per cui il MOS 2M lavora in SATURAZIONE.Possiamo calcolare, adesso che sono noti tutti i parametri del circuito, la corrente I e la tensione diuscita V :

D2I i 15.62 A= =

2GSV V 1.25v= =


28/206

COMPITO DESAME del 10/09/2002

Esercizio n1

1) Come prima cosa facciamo lanalisi DC del circuito cos da determinare IDSQ e VDSQ. Lanalisi

DC si fa trasformando i condensatori in circuiti aperti. Cos facendo otteniamo:

Calcoliamo la tensione in A:

v8...VRR

RV DD

12

2A ==

+=

A Se adesso ipotizziamo lnMOS in saturazione, abbiamo 2 condizioni darispettare:

- ( )20TGSD VVKi =

- 0TGSDS VVV > , VT0=1VSe queste condizioni sono verificate allora lnMOS lavora inSATURZIONE.

Dato che abbiamo tutti i dati possiamo calcolarci la costante K, che ci servir per calcolare Di :

2n v/mA1125

240

LW

2K

K =

==

Applicando Kirchoff alla maglia con 2R e sR ottengo:

DSGSA iRVV += ( )20TGSSGSA VVKRVV += 07V7V4 GSGS2 =

( )20TGSD VVKi =

Da cui:

2.46v=

2,1GSV

-0.71v :

1156.262.2VDS >= OK, siamo in SATURAZIONE

2) Per disegnare il circuito equivalente ai piccoli segnali bisogna applicare i relativi parametri di

piccolo segnale, cio:- I condensatori alle frequenze di interesse diventano dei corto circuiti;


29/206

- I generatori di tensione continua sono spenti ed come se fossero corto circuitati amassa.

Usando queste considerazioni si arriva ad ottenere il seguente circuito:

Se adesso lo semplifichiamo ulteriormente, otteniamo:

=+

== k667RR

RRR//RR

21

2121G

=+

== k308.2RR

RRR//RRLD

LDLDL

'

e il circuito diventa:

Adesso abbiamo tutti i dati necessari per calcolare mg , che dato dalla formula:

mS158.10366.05m325.6iLW

K2g Dnm ===

3) Possiamo ora determinare il guadagno, dato che sono noti tutti i parametri:

L'

GSm0 RVgV = Che si ottiene applicando Kirchoff alla maglia di uscita.

GSin VV =

da cui:

67.2...RgV

RVg

V

VA L'm

GS

L'

GSm

in

0v =====

( )67.2log20Alog20A 10V10VdB ==

Per calcolare le impedenze di ingresso e uscita basta spegnere tutti i generatori di tensione e dicorrente(I generatori di tensione diventano dei circuiti aperti mentre i generatori di corrente deicorto circuiti):


30/206

facile vedere adesso che:

Gin RR =

D0 RR =

Esercizio n2

Come prima cosa possiamo semplificare il primo ramo del circuito con Thevenin:

ineq in

VRV V

R R 2= =

+

eqRR R

RR R 2

= =+

VB

sostituendo eqV e eqR otteniamo:Essendoci solo un diodo (supposto ideale) sufficiente ipotizzareil diodo ON, e vedere se la condizione

Di verificata,per cui:

Di 0> se in BV V2 > VB essendo

in bin BD

V 2 VV 2 Vi

R 2 R 2 R

= =

+

osservando lequazione facile dedurre che la condizione sempre verificata.

Adesso possiamo trovare un espressione per la tensione 0V applicando Kirchoff alla magliaduscita:

in B in B0 D B BV 2 V V VR RV i V V2 2 R 4 2

= + = + = +


31/206

abbiamo ottenuto il primo tratto della FdT del circuito.Se invece il diodo OFF, deve essere verificata la condizione:

Dv 0< se in BV V2 <

diodo OFF vuol dire che abbiamo un circuito aperto:

Dv con questa configurazione immediatodeterminare:

in0

VV

2=

Possiamo ora disegnare tutto il grafico della funzione di trasferimento, essendo note le equazioni

delle rette che identificano 0V in funzione di inV :

OSSERVAZIONE: per vedere se la funzione corretta basta vedere se le due rette si incontranonello stesso punto o anche verificare che una di esse passa per lorigine.

Esercizio n3

Abbiamo due casi da studiare:

1Caso T APERTO

Essendoci retroazione posso applicare i vincolidi nodo sommatore

iv v V+ = =

2i 0= se calcoliamo 1i :

0V

inV B2V

BV

14

12

1i

2i


32/206

i1

V vi 0

R= facile dedurre che i i 1 2V i i i 0 = + =

dato che la resistenza di ingresso si pu calcolare come:

i ii

i

V VRi 0

= =

Essendo 2i =0 abbiamo che lamp. op. diventa un normalissimo amplificatore invertente, con:

0 i i V02R

V V 2V A 2R

= = =

2Caso T CHIUSO

In questo caso possiamo calcolare la resistenza iningresso con la formula:

xi

x

VR

i= dove xV la tensione di un fittizio

generatore messo a monte del circuito e

x 1 2i i i= +

Dato che:

x x2

V Vi

2R R 3R= =

+

applicando adesso i vincoli di nodo sommatore ho:

xx

VRv v V

3R 3 += = =

posso adesso ricavare 1i :

x x x x1

V v V V 3 V2i

R R 3 R = = =

da cui facile ricavare xi e di conseguenza iR :

x x xx 1 2

V V V2i i i

3R 3 R R= + = + =

x

i x

V

R RV R= = Anche qui possiamo calcolare la tensione di uscita, basta usare Kirchoff sulla maglia di uscita:

1i

2i


33/206

i0 1 i V0

VV 2Ri 2R 2V A 2

R= = = =

E semplice adesso calcolare la funzione di trasferimento in quanto uguale sia ad interruttoreaperto sia ad interruttore chiuso.


34/206

COMPITO DESAME del 17/12/2002

Esercizio n1 (Con punto aggiuntivo finale!)

1) Come prima cosa facciamo lanalisi DC del circuito cos da determinareCEQV

eCQI

.

Lanalisi DC si fa trasformando i condensatori in circuiti aperti. Cos facendo otteniamo:

Usando Thevenin possiamo semplificare ulteriormente il il circuito:

2eq B CC

2 1

RV V V ... 5v

R R= = = =

+ 2eq B

2 1

RR R ... 3.33k

R R= = = =

+

Se ipotizziamo il BJT in attiva diretta, otteniamo il

circuito qui a fianco, dove:

B B B BE E EV R i V R i= + +

( )E F Bi 1 i= +


35/206

e adesso facile ricavare:

Bi ... 41.2 A 0 OK!= = >

Ora facile ricavare gli altri parametri:

C CQ F Bi I i ... 4.12mA= = = =

( )E F Bi 1 i ... 4.16mA= + = =

applicando Kirchoff alla maglia di uscita otteniamo:

C C C CE E E CE CEQV R i V R i V V ... 6.72v 0.2 OK!= + + = = = >

Lipotesi fatta verificata per cui il BJT in ATTIVA DIRETTA.

2) Se adesso applichiamo i parametri del modello a piccolo segnale, cio batterie in continua

spente (cortocircuitate a massa) e i condensatori diventano dei cortocircuiti, facile ottenere il

circuito equivalente per i piccoli segnali:

Questo circuito si pu semplificare ulteriormente dato che sono presenti resistenze in parallelo

ottenendo:


36/206

Dove:

T F

CQ

r ... 631I

= = = dove BT

K Tcos t 26mV

q che lequivalente

termico in tensione;

1 2B

1 2

R RR 3.33k

R R= =

+

' C LL

C L

R RR 667

R R

= =

+

3)Sfruttando i dati e il circuito del punto 2 e possibile ricavare:

i B E E E i BV r i R i R 0 V r i = + =

'0 F B LV i R=

da cui:

'0 F B L

Vi B

V i RA ... 106

V r i

= = = = (I BJT sono sempre amplificatori INVERTENTI)

( )dBV V10A 20log A ... 40dB= =

0 F B CV0

i B

V i RA ... 158V r i

= = = = (questo nel caso di circuito senza carico)

Bi

B

r RZ ... 531

r R

= = = +

0 CZ R=


37/206

Osservazioni:

in inVS

S S in

V ZA ... 54.6V R Z

= = = = +

questa la perdita di guadagno dovuta alla resistenza

interna del generatore non nulla.


38/206

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. ValleRaccolta di esercizi svolti

1

Corso di Elettronica dei Circuiti 2

Prof. M. Valle

Raccolta di esercizi svolti tratti dal

libro: Sedra Smith, Microelectronic

Circuits, Oxford University Press, 4Ed., 1999

A.A. 2003-2004


39/206


2

Esercizio 1.2

(a) (b)

(d)

Relativamente allamplificatore NMOS della figura (a), sostituire il transistor col circuito

equivalente a T della figura (b), ottenendo la figura (c). Derivare le espressioni dei

guadagni di tensione is vv e id vv .

Soluzione

1) Calcolo le grandezze necessarie a calcolare i guadagni ( sv , dv , iv ):

gsmSs vgRv = gsmDd vgRv =

( )mSgsgsmSgssgsi gRvvgRvvvv +=+=+= 1

2) Calcolo is vv :


40/206


3

( ) mSmS

mSgs

gsmS

i

s

gR

gR

gRv

vgR

v

v

+=

+=

11

3) Calcolo id vv :

( ) mSmD

mSgs

gsmD

i

d

gR

gR

gRv

vgR

v

v

+=

+

=

11


41/206


4

Esercizio 3.1

Tracciare i diagrammi di Bode di modulo e fase della funzione di trasferimento

( ) ( )( )( )4354

10110110110SS

SST++ +=

In base ai diagrammi tracciati ricavare i valori approssimati di modulo e fase per

srad610= . Quali sono i valori esatti che si possono determinare dalla funzione ditrasferimento?

Soluzione

1) Disegno i diagrammi di Bode:

2) Calcolo i valori di modulo e fase:

Per il valore srad610= si ottiene che:

( ) dBjT 0= ( ) = 90jT

( )jT

( )jT

80

60

40

20

-90

-180

-270

10 210 310 410 510 610 710 810


42/206


5

Esercizio 4.4

(a)

(b)

La figura (a) mostra una versione modificata dellamplificatore in figura (b). Il circuito

modificato include un resistore GR , che pu essere utilizzato per variare il guadagno. Si

dimostri che il guadagno di tensione differenziale dato da

+=

Gd

O

R

R

R

R

v

v2

1

2 12

Suggerimento: la massa virtuale allingresso dellamplificatore operazionale fa s che la

corrente che scorre attraverso i resistori 1R sia 12Rvd .

Soluzione

1) Calcolo la corrente i, che attraversa i due morsetti a sinistra della figura (a):

02 = MNid vRv

Ma il trattoMNpu essere considerato un corto circuito virtuale, quindi 0=MNv :

12R

vi d=

2) Mv , Nv :

iRvv

Md

12

= 022 1

1 ===R

vR

vvv ddNM

3) Bv , Pv :

1

22

2R

RviRvv dPB ===

4) Chiamando gi la corrente che attraversa GR :

i

N

B

P

2

i


43/206


6

G

d

G

PB

gRR

Rv

R

vvi

1

2=

=

5) Corrente 2i che attraversa 2R :

+==

G

d

gR

R

R

viii 2

1

22

1

6) Ov :

+=

+==

G

d

G

dd

BOR

R

R

Rv

R

R

R

Rv

R

RviRvv 2

1

22

1

2

1

2

22 12

1

2

7) Conclusione:

+=

Gd

O

R

R

R

R

v

v 2

1

2 1


44/206


7

Esercizio 5.4

Un amplificatore operazionale progettato in modo da avere un guadagno a bassa

frequenza di valore pari a5

10 ed una risposta in alta frequenza dominata da un singolo

polo alla frequenza di srad100 acquisisce, per un difetto di fabbricazione, una coppia di

poli aggiuntivi alla frequenza srad10000 . A quale frequenza lo sfasamento totale

raggiunge i 180? A quella frequenza, per quale valore di (supposto indipendente dalla

frequenza) il guadagno di anello raggiunge lunit? Qual il corrispondente valore delguadagno ad anello chiuso alle basse frequenze?

Soluzione1) Disegno i diagrammi di Bode:

2) Calcolo la frequenza 180 a cui lo sfasamento raggiunge i 180:

srad4180 10= 3) Calcolo il valore di per cui il guadagno di anello raggiunge il valore unitario:

( )( )( )

12200

10

11001

10 5

2

5

180 =+=

++=

jjjjA

02,0=

4) Calcolo infine il guadagno A alle basse frequenze corrispondente:

5001 0

0 =+

=A

AA

( )SA

210 310

410

100

decadedB20

decadedB60

( )SA

-90

-180

-270


45/206


8

Esercizio 8.3 pagina 636

Loperazionale in configurazione non invertente qui in figura realizzaunimplementazione diretta di un circuito di controreazione.

Se il guadagno di tensione ad anello aperto pari ad A=104 trovare il rapportoR2/R1necessario per ottenere un guadagno di tensione ad anello chiuso Af= 10

3.

Noto che

1

221

1

1

1

R

RRR

R

+=

+= e che

A

AAf +

=1

Possiamo formulare lipotesi che A sia grande (A >>1) in quanto A molto grande e

quindi dire che

1fA di conseguenza nel nostro caso

310= , infatti verificando

con calcoli pi accurati

4

77

34

10910

9000

10

1010

1

==

=

==++

=AA

AAAAAA

A

AA

f

f

fff

si ottiene poi che 33

1

2 1011011

=R

R(per esempio R2=100K ed R1=100)

Qual il valore del tasso di controreazione (1+A) in decibel?

101091011

44

+=+

A da cui si ottiene, trasformando in decibel,dB2010log20 10

Se Vs = 0.01V , trovare Vo , Vi .

Siccome in figura mostrato un circuito che segue fedelmente il modello di

controreazione ideale possiamo esprimere il guadagno ad anello aperto come:


46/206


9

i

o

V

VA = , inoltre

A

A

V

VA

s

o

f +==

1.

Noti Vs ed Afsi ricava VVAV sfo 10101023 ===

Noti ora Vo ed A si ricava mVVA

VV oi 110

10

10 34

====

Diminuendo A del 20% qual la corrispondente diminuzione per Af?

Si pu direttamente ottenere la variazione percentuale di Afdipendente dalla variazione

di A dalla seguente espressione:A

dA

AdA

dAf

)1(

1

+= .

%22010

1

)1(

1=

+=

A

dA

AdA

dAf


47/206


10


Il transistor NMOS dellinseguitore di Source di figura (a) ha gm =5 mA/V ed r0 elevata.

Trovare il guadagno di tensione a circuito aperto e la resistenza duscita.

Risoluzione

Costruiamoci il circuito equivalente (trascurando r0):

A questo punto possiamo calcolare il guadagno di tensione a circuito aperto:i

o

voV

VA =

La resistenza di carico non presente (in questo caso non c nulla da scollegare) perci

dal lato delluscita:

= KgVV mgso 10

Invece dal lato dellingresso:


48/206


11

)101(1010 +=+=+= KgVKgVVKIVV mgsmgsgsgsi

Il guadagno quindi sar:

98.002.01

1

105

11

1

10

11

1

)101(

10

+=

+

=

+

=+

==

KV

mAKg

Kg

Kg

V

VA

m

m

m

i

o

vo

Costruiamo anche il circuito per il calcolo della resistenza duscita ottenuto passivando il

generatore Vi ed aggiungendo un generatore di tensione di prova Vp al posto di Vo.

Notiamo subito che Vgs = -Vp quindi la corrente Ip sar:

mgs

p

p

p

p gVK

VI

K

VII

=

=+

1010

=+

=

+

=

+

=

+

=

== 9,1501

10

5101

10

10

1

1

1010

K

V

mAK

K

gK

gVK

V

V

gVK

V

V

I

VR

mmp

p

p

mgs

p

p

p

p

out


49/206


12

Il transistor NMOS dellamplificatore a Gate comune di figura (b) ha una

transconduttanza gm = 5mA/V ed r0 elevata.

Trovare la resistenza dingresso ed il guadagno di tensione.

Risoluzione

Costruiamo il circuito equivalente:

La resistenza dingresso si ottienei

i

inI

VR = ed osservando che Vgs = -Vi e che quindi:

)10

1(

1010 +=

+=

+=

KgVI

K

VIgV

K

VII minin

in

inmin

in

in per

cui:

=+

=

+

= 19651

10

101

10

10

1

1K

gK

K

Kg

Rm

m

in

Il guadagno di tensione si ottiene al solito tramite

i

o

vV

VA = e quindi se sappiamo che la

corrente di Drain cio quella che attraversa il parallelo (2K // 5K) Vgsgm ovvero -Vigmpossiamo scrivere:

)7

10(

==K

KgVVRIV

mioooo e quindi che:

7]/[57

10== VmaK

V

VA

i

o

v .


50/206


13


Quale valore di v2 ci si aspetta nel circuito in figura in cui i transistor hanno un elevato

valore di ?

Possiamo formulare delle ipotesi sugli stati dei due transistor:

Se Q2 spento la corrente che vi scorre nulla e di conseguenza v2 = -5V, la tensione

vB1=5V e vE1 = 5.7V perch vE2 sicuramente inferiore a 0.7V in quanto Q2 spento.

Se Q2 e Q1 sono entrambi in conduzione:

VBE1 = VBE2 = 0.7V

VC1 = VB1 = 0 vale a dire

I1R1 = 5V quindi

I1 = 1mA

questo implica che anche I2 sia 1mA perch la corrente totale deve essere 2mA

quindi la caduta su R2 sar 5V (I2R2 = 5V)

ci implica che v2 = 0.

Quale valore assumer v2 se si riduce la resistenza offerta da R1 a 2.5 K?

Supponiamo ora che R1 venga ridotta a 2.5K e che Q2 sia spento mentre Q1 sia acceso.

In Q1 scorrono 2mA perch in Q2 non scorre corrente.


51/206


14

VKmARI 55.2211 == VC1 = VB1 = 0

Teniamo conto ora anche della corrente IS (corrente di saturazione) che scorre in Q2

interdetto, quindi notiamo che in Q1 non scorrono proprio tutti i 2mA ma 2mA - questoimplica che

KVB 5.202

quindi che

VVV EE 7.012


52/206


15


A quale frequenza il modulo di hfe diventa 10 in un BJT avente una larghezza di banda a

guadagno unitario di 1Ghz e 0 = 200?

Quale il valore di ?

Sapendo che

rgm=0 e che0

T=

siccome sappiamo che T = 1 GHz allora conosciamo :

MhzHzHzT 5105

200

10 69

0

====

sMhz

Ghz

Mhz

sMhz

Mhz

ssh

fe +=

+=

+=

+=

5

1

5

5

200

51

200

1

0

+=+==+

= 22 )()5(1015101105

1sMhzGhzsMhzGhz

sMhz

Ghzhfe

elevando al quadrato dopo aver semplificato il fattore 10 al secondo membro con il primomembro (10

9/10=10

8).

Mhz100997510)2510(10102510 6412221216 ==+=


53/206


16


Assumendo che gli amplificatori operazionali siano ideali, trovare il guadagno di tensione

v0 / v1 e la resistenza dingresso Rin di ciascuno dei circuiti mostrati in figura.

Dato che gli amplificatori sono ideali possiamo considerare che la tensione allingresso

invertente e quella al non invertente siano le stesse, in altri termini allingresso invertentesi considera vi sia una massa che chiamiamo virtuale. Anche nel caso (d) lingresso non

invertente collegato lo stesso a massa perch non scorre alcuna corrente nel resistore

10K.

Calcoliamo il guadagno di ciascuno stadio amplificatore e la sua impedenza dingresso:

i

o

vv

vA = ;

in

in

inI

VR =


54/206


17

a)

La corrente che scorre nel resistore 10K la stessa che scorre in quello da 100Kquindi

possiamo scrivere che

=

K

VI in

in10

e che

=K

VI o

in100

e che quindi

1010

100=

==K

K

v

vA

i

o

v

per quanto riguarda invece limpedenza di ingresso :

== KI

VR

in

in

in 10

b)

Il caso b analogo al caso a poich la resistenza di carico sulluscita non influiscesulla corrente che scorre nelle due resistenze del caso a, soltanto la suddivide in due

rami uno verso luscita vo e laltro attraverso se stessa verso massa, quindi le

espressioni del guadagno e dellimpedenza dingresso sono le stesse.

c)

Il caso c anchesso analogo al caso a poich nella resistenza da 10K, che stata

aggiunta fra lingresso invertente, che il nodo di massa virtuale, e la massa, nonscorre alcuna corrente quindi come se essa non esistesse.

I risultati sono quindi analoghi a quelli del caso a.

d)

Anche il caso d porta agli stessi risultati del caso a perch il resistore da 10K

sullingresso non-invertente non percorso da alcuna corrente perch, per definizionedi amplificatore differenziale ideale, la corrente che scorre verso i morsetti dingresso

nulla..

e)

Il circuito proposto in figura (e) un resistore da 10K con in serie un buffer, essoriceve in ingresso sul morsetto invertente un valore di tensione che per definizione

sappiamo essere massa virtuale, in pi il morsetto non-invertente collegato a massa,

quindi allingresso del buffer giunge un segnale nullo che ritroviamo alla sua uscita.


55/206


18

Del guadagno possiamo dire che esso indeterminato da un punto di vista

prettamente matematico ma unitario se diamo maggiore importanza al fatto che vo e

vi sono uguali.

Limpedenza che si misura all ingresso 10K.

f)In questo circuito la tensione Vin nulla perch connessa alla massa virtuale che

pari al valore del morsetto non-invertente cio proprio massa come nel caso

precedente, quindi lespressione del guadagno, che ha al suo denominatore proprio

Vin, risulta essere indefinitamente grande.In altre parole, il valore di tensione del segnale dingresso sar riportato in uscita

alloperazionale fino a raggiungere il valore massimo della sua tensione

dalimentazione.Essendo forzatamente nulla la tensione Vin limpedenza di ingresso non pu che

essere nulla.


56/206


19

Esercizio 8.71 (pag. 645)

Lamplificatore operazionale del circuito in figura, ha un guadagno ad anello aperto pari

a 105

e un singolo polo alla frequenza 3bd=10rad/sec. Disegnare il diagramma di Bode del guadagno di anello. Si trovi la frequenza in corrispondenza della quale 1A = ed il relativo margine di

fase.

Si calcoli la funzione di trasferimento ad anello chiuso, includendo lo zero e i poli.

Soluzione

Il diagramma di Bode si disegna immediatamente dai dati che ci fornisce il testo del

problema:

Dal grafico posso calcolarmi facilmente la frequenza di taglio, frequenza per cui ho

1A = .

Scelgo il processo analitico per calcolare il margine di fase:

( ) ( )50arc 0.1 arc 10 90dbA tg tg = = =


57/206


20

180 90 90 = = +

Determino ora la funzione di trasferimento includendo zero e poli:

( )

0

0 0

0

0

0

0

1(1 )

111 1 1

11

A

s

A sCRA

AA sSCR As SCR

+ +

= = =+ + + + + ++

0 0

2 20 0

0 0 0 0

(1 ) (1 )

11 1

A sCR A sCR

s CR CRsCR s A s s CR A

+ += =

+ + + + + + + +

Poich 0 01A A+ posso fare la seguente semplificazione:

( ) ( )

0

1 2

0

1A CR s

CR

CRs p s p

+

( ) ( )

0 0

1 2

1A s

CR

s p s p

+ =

Esplicito ora p1,2 utilizzando la formula risolutiva per equazione di II ordine:2

00 0 0

1,2

0

1 1

4

2

CR

CR CR Ap

CR

+ + =

( )( )

2

00 0 022 2

0 0 0 00 0 0

0

11 4

1 1 4

2 2

CRCR CR A

CR CR CRA

CR CR

++

+ + = = =

( ) ( )22 3

3

10 1 1.01 4 10

2 10

+

=

3

1,2 3

63.24

0.5 10 500 31.6202 10p j j =

Il calcolo dello zero, al contrario, immediato:

3

1 11000

10z

CR = = =


58/206


21

ESERCIZIO 5.65

Un amplificatore a gate comune utilizzando un transistore MOS ad arricchimento a

canale n in cui gm = 5mA/V ha una resistenza di drain RD pari a 2k. Lamplificatoreviene pilotato da un generatore di tensione avente una resistenza serie rg = 200. Qual la resistenza di ingresso dellamplificatore? Qual il guadagno complessivo di tensione

vo/vi ? Quali dovranno essere i valori della resistenza di ingresso e del guadagno di

tensione per permettere al circuito di mantenersi in zona di funzionamento linearenellipotesi in cui si abbia un incremento della corrente di polarizzazione di un fattore 4?

Soluzione

Il circuito ai piccoli segnali il seguente

Fig. 1

Calcoliamo la resistenza di ingresso dellamplificatore.1) Inseriamo un generatore di corrente di prova. La situazione allora quella

descritta in figura 2


59/206


22

Fig. 2

2) Poich entrambi i capi di RG sono connessi a massa la corrente che attraversa taleresistore nulla. Allora il morsetto di gate del transistore risulta a potenziale nullo

( rispetto a massa ).

La tensione vgs allora uguale alla tensione tra il source e la massa. Ovvero

sgs vv =

3) Esprimiamo la tensione vgs in funzione di altre grandezze del circuito. Si deducefacilmente che

is vv = dunque

igs vv =

4) Applicando la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo di source otteniamoxgsm ivg =

dunque, sfruttando i risultati precedenti,

( ) imxxim vgiivg ==

5) Allora essendo per definizione

x

x

ini

vR =

risulta


60/206


23

=== 2001

mx

x

in

gi

vR

Calcoliamo il guadagno di tensione dellamplificatore.(Ci riferiamo alla figura 1)

1) Poich entrambi i capi di RG sono connessi a massa la corrente che attraversa taleresistore nulla. Allora il morsetto di gate del transistore risulta a potenziale nullo

( rispetto a massa ).

La tensione vgs allora uguale alla tensione tra il source e la massa. Ovvero

sgs vv =

2) Esprimiamo la tensione vgs in funzione di altre grandezze del circuito. Si deducefacilmente che

xgis irvv =

dunque

ixggs virv =

essendo ix la corrente erogata dal generatore.

3)

Applicando la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo di source otteniamo

xgsm ivg =

dunque, sfruttando i risultati precedenti,

( ) ( ) img

m

ximmgxxixgm vgr

givggriivirg

+==+=

11

4) Osserviamo che possiamo sostituire alle due resistenze RD e RL il parallelo delledue, ovvero una resistenza equivalente Req di valore

LD

LD

LDeqRR

RRRRR

+== //

5) Esprimiamo adesso la tensione di uscita in funzione di ix. Risultaxeqo iRv =

6) Sostituendo possiamo finalmente ricavare il guadagno


61/206


24

mg

m

eq

i

o

i

mg

m

eqogr

gR

v

vv

gr

gRv

+=

+=

11

Sostituendo i valori numerici troviamo

57.352001

5

25

25=

+

+

=VmA

VmA

i

o

kk

kk

v

v

Vediamo cosa succede se la corrente di polarizzazione I quadruplica.1) Poich

IL

WCg oxnm 2=

ed il transistore non cambia i suoi parametri, se I quadruplica gm duplica. Quindi il

nuovo valore di gm 10mA/V.

Si richiede che anche con tale corrente di polarizzazione continui a rimanere inzona lineare.

2) Dato che la topologia della rete non variata e come prima il circuito deve

trovarsi in zona lineare, le relazioni che forniscono guadagno e resistenza di

ingresso continuano ad essere valide.

Avremo allora

76.4102001

10

25

25=

+

+

=VmA

VmA

i

o

kk

kk

v

v

e

=== 100'

1

mx

x

ingi

vR

dova con gm si indicata la nuova transconduttanza.


62/206


25

Esercizio 6.5

Si consideri lamplifiacatore differenziale in figura e si supponga che il dei BJT siamolto elevato.

(a)Qual il pi grande segnale di modo comune che pu essere applicato in ingressoaffinch i BJT rimangano nella regione attiva?

(b)Se si applica in ingresso un segnale differenziale sufficientemente grande dadeviare la corrente interamente su un lato del differenziale, di quanto varia la

tensione su ogni collettore ( in base alla condizione per cui vd= 0) ?

(c)Se lalimentazione VCC di cui si dispone di 5V, quale valore di IRC possibilescegliere per avere un segnale di modo comune in ingresso pari a 3V?

(d)Relativamente al valore di IRC trovato in (c) selezionare i valori di I ed RC.Utilizzare il pi grande valore possibile di I in modo tale che la corrente di base di

ogni transistore (quando I si divide in parti uguali) non superi il valore 2A. Si

ponga = 100.

Fig. 3

Soluzione

(a)

1) Poich il circuito perfettamente simmetrico la corrente di polarizzazione I sidivide equamente tra i due rami del differenziale. Allora si ha


63/206


26

2

21

Iii ee ==

2) Poich elevato possiamo approssimare le correnti di collettore con quelle diemittitore. Dunque

221

Iii cc ==

3) Se tale corrente scorre negli emettitori, le giunzioni base emettitore sononecessariamente polarizzate direttamente. Affinch entrambi i BJT rimangano in

zona attiva diretta bisogna allora che le loro giunzioni base collettore siano

polarizzate inversamente, ovvero che sia

Vvcb 0

4) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia individuata dallamassa, da una delle RC e dallalimentazione. Si ha

2

IRvVv CCMCCcb =

5) La condizione precedente diventa allora

20

2

IRVv

IRvVv CCCCMCCMCCcb =

Il segnale di modo comune di massima ampiezza possibile perch i BJT rimangano in

zona attiva diretta

2

IRVv CCCCM =

(b)

1) Supponiamo che il ramo di sinistra sia attraversato da corrente nulla, mentre inquello di destra scorra tutta la corrente di polarizzazione I.In entrambi i rami comunque la tensione di collettore pari alla tensione di

alimentazione meno la caduta ai capi di RC. Ovvero

CRCCCCIRVV =

2) Poich per le nostre ipotesi nel ramo di sinistra la corrente nulla, risultaCCC VV =


64/206


27

Allora la variazione di tensione di collettore per questo ramo in modulo vale

2)

2(

IR

IRVVV

CCCCCCC ==

3) Ragionando analogamente per quanto riguarda laltro ramo si trova

222

IR

IRVIRVV

IRVV CCCCCCCCCCCC =

==

(c)

1) Sfruttando la relazione trovata in (a).5) si trovaCMCCC vVIR 22

2) Se il segnale vale +3V troviamoVIRC 4610 =

Se invece esso vale 3V si ha

VIRC 16610 =+

3) Allora perch valgano entrambe le relazioni ed RCI sia massimo deve essereVIRC 4=

(d)

1) Sappiamo che

+==+

1)1(

E

BEB

IIII

2) Inoltre, essendo IE = I / 2. si trova

)1(2 +

=I

IB

3) Dovendo essere IB2 si avrA

I

2

)1(2

+

da cui si ricava che il valore massimo di I deve essere

mAAIMAX 404.02)1(2 =+=


65/206


28

4) Ricaviamo ora il valore di RC

=== kmA

VRVIR CC 9.9404.0

44


66/206


29

ESERCIZIO *7.31

Si richiede di analizzare la risposta in alta frequenza dellamplificatore CMOS mostrato

in figura. La corrente continua di polarizzazione di 10. Q1 ha nCox = 20A/V2,

VA = 50V, W/L = 64 e Cgs = C1gd = 1pF. Q2 ha Cgd = 1pF e VA = 50V. Inoltre tra il drain

in comune e la massa c una capacit isolata di 1pF. Si assuma che la resistenza del

generatore di segnale in ingresso sia tanto piccola da poter essere trascurata. Inoltre, siassuma, per semplicit, che la tensione di segnale sul gate di Q2 sia zero. Trovare la

frequenza del polo e dello zero.

Fig. 4

Soluzione

1) Calcoliamo il punto di lavoro statico del circuito. I due transistori PMOScosituiscono uno specchio di corrente; poich non abbiamo informazioni sulla


67/206


30

tensione di alimentazione trascuriamo leffetto di modulazione della lunghezza di

canale e concludiamo che la corrente di drain di Q1 e Q2 vale 10.2) Consideriamo il circuito ai piccoli segnali.

Fig. 5

3) I gate di Q2 e Q3 sono a massa. Allora, poich D3 e G3, sono cortocircuitati(ovvero vGD3 = 0V) vDS3 = vGS3 = 0V, la corrente che scorre in ro3 nulla, nulla

anche la corrente erogata dal generatore pilotato e quella nei due condensatori delmodello di Q3.

4) Inoltre si deduce dallo schema che vGS2 = 0V. Allora il generatore pilotato erogauna corrente nulla e la corrente che attraversa il condensatore tra G2 ed S2 pure

nulla

5) Poich abbiamo visto che la corrente di polarizzazione dellamplificatore vale10A avremo

=== MA

V

I

Vrr

D

A

oo 510

5012


68/206


31

6) Poich dobbiamo ricavare polo e zero della funzione di trasferimento conveniente ragionare direttamente nel dominio di Laplace.

7) Osserviamo che

)()()(

)()(

222

22

2

2

2

sVsCsVsCsI

r

sV

r

VsI

ogdGDgdC

o

o

o

DS

r

gd

o

==

==

essendo, come si deduce immediatamente dallo schema del circuito,

)()()( 22 sVsVsV oGDDS == 8) Inoltre si ricava

)()( 1 sVsV GSin =

e

11

1 )()(1

o

o

o

DSr

r

sV

r

sVi

o==

9) La corrente che attraversa il condensatore tra G1 e D1 si pu esprimere))()(()( 11 sVsVsCsI oingdCgd =

10)La corrente che attraversa Cp )()( sVsCsI opCp =

11)Applichiamo la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo D1. Si ha)(

)()(

)()())()(( 2

21

1 sVsCr

sVsVsC

r

sVsVgsVsVsC

ogd

o

o

op

o

o

inmoingd ++++=

ovvero

)(11

)()()(21

211 sVrr

CCCssVgsC ooo

pgdgdinmgd

++++=

12)Possiamo a questo punto ricavare la funzione di traasferimento


69/206


32

21

21

1

11)()(

)(

oo

pgdgd

mgd

in

o

rrCCCs

gsC

sV

sV

++++

=

13)Ricaviamo il valore del polo. Si ha

)(

11

011

)(2121

21

21

21

21

21

pgdgdoo

oo

pgdgd

oo

oo

pgdgdCCCrr

rr

CCC

rrs

rrCCCs

++

+=

++

+

==++++

Sostituendo i valori numerici troviamo

kHzMHzs

rad

pFM

rad

pFpFpFMM

radMMs 2.21

2

1

15

210

15

2

325

10

)111(55

1)55( 6 ===

=++

+=

14)Ricaviamo il valore dello zero. Si ha

1

1 0gd

m

mgdC

gsgsC ==

Osserviamo che

V

AA

V

AI

L

WCg Doxnm

1601082022

21===

Allora otteniamo

MHzMHzs

rad

pF

radV

A

s 5.252

160

101601

1606

====


70/206


33

ESERCIZIO D8.13

Un dato amplificatore ha una transcaratteristica non lineare che pu essere approssimata

nel seguente modo:

(a)per piccoli segnali di ingresso, Iv 10 mV, vo/vI = 103.(b)per segnali di ingresso di ampiezza media, 10mV Iv 50mV, vo/vI = 102(c)per segnali di ingresso di grande ampiezza, Iv 50mV, luscita va in

saturazione.

Nellipotesi in cui allamplificatore venga applicata una controreazione negativa, si

trovi il fattore di controreazione vhe riduce la variazione di un fattore 10 delguadagno (per Iv =10mV) a una variazione del 10%. Qual la transcaratteristica

dellamplificatore controreazionato?

Soluzione

1) Innanzitutto tracciamo un grafico della transcaratteristica dellamplificatore noncontroreazionato.

Fig. 6

2) Assumendo per Iv = 10mV un guadagno in anello aperto di 100, bisogna cherisulti

08.010

9

1001

1

10

1

100

10010

1100

1001

1

100

10=

+=

+=


71/206


34

3) Ricaviamo adesso il guadagno in anello chiuso per ciascuno dei tre intervalli diingresso.

In generale il guadagno in anello chiuso dato da

A

AAf +

=1

Allora

00

11.111008.01

1010

34.121008.01

1010

2

22

3

33

==

=+

==

=+

==

f

f

f

AA

AA

AA

4) Dal grafico di figura 1 si deduce che finch luscita dellamplificatore compresatra 10V e +10V, A = 1000, quando VVV o 1410 , A = 100, quando

VVo 14= , A = 0.

Per ricavare la transcaratteristica dellamplificatore in anello chiuso dobbiamo

sfruttare la relazione

'Ifo VAV =

dove con 'IV si indicato il segnale allingresso dellanello di retroazione.

Sapendo che

0,014

11.11,1001410

34.12,100010

===

==

==

fo

fo

fo

AAVVper

AAVVVper

AAVVper

possiamo individuare i punti di rottura della transcaratteristica dellamplificatore

in anello chiuso.

Ragionando agli estremi di ciscun intervallo otteniamo

VVVV

VVVV

Io

Io

2.111.11

14'14

81.034.12

10'10

===

===

Possiamo, mettendo insieme i risultati ottenuti, finalmente tracciare latranscaratteristica in anello chiuso


72/206


35

Fig. 7


73/206


36


Si consideri lamplificatore differenziale della figura: si soliti esprimere la tensione

duscita nella forma: 0 d d cm CM v G v G v= + dove Gd il guadagno differenziale e Gcm ilguadagno di modo comune. Utilizzando lespressione di v0 nellequazione

2

2 10 1 2

31

4

1

1

R

R Rv v v

RR

R

+= +

+

Determinare le espressioni di Gd e Gcm e dimostrare che il rapporto di reiezione delmodo

comune (CMRR) dellamplificatore ad anello chiuso dato da:

31

2 4

31

2 4

11

220log 20log

d

cm

RR

G R RCMRR

RRG

R R

+ +

= =

(1)

Teoricamente il circuito stato progettato in modo tale che sia 312 4

RR

R R= , che

corrisponde ad unCMRR infinito. Tuttavia i valori finiti delle tolleranze relative ai resistori rendono finito

il valore

che il CMRR pu assumere. Si dimostri che se ciascun resistore ha tolleranza

100 %+ allora

nel peggiore dei casi il CMRR risulta essere:

120log

4

KCMRR

K

+ = dove K il valore ideale dei rapporti 31

2 4

;RR

R R.


74/206


37

Si determini che assume il CMRR nel caso peggiore dellipotesi in cui lamplificatoreprogettato

abbia un guadagno differenziale idealmente pari a 100 ed assumendo chelamplificatore

operazionale sia ideale e che vengano utilizzati resistori con tolleranza 1%.

Soluzione

Potenziale assoluto al pin1:

12

dCM

VV V= (*)

Potenziale assoluto al pin2:

22

CM VdV V= + (*)

dalla teoria dellamplificatore differenziale scrivo: o d d CM CM V G V G V = + (**)interpreto lo schema con il principio di sovrapposizione degli effetti:

2

2 10 1 2

31

4

1

1

R

R RV v v

RR

R

+= +

+

dove il primo contributo dellespressione dato dallinput invertente V1, il secondo

dato dallinput NON invertente V2.Unendo lultima equazione con le due (*) precedenti ottengo:

( )

( )4 1 22

1 1 4 32 2

d do CM CM

R R RV VRV V V

R R R R

+ = + + +

=

=( )

( )

( )

( )4 1 2 4 1 22 2

1 4 3 1 1 4 3 1

1

2CM d

R R R R R RR RV V

R R R R R R R R

+ + + +

+ +

Usando la (**) posso ricavare:

( )

( )

4 1 2 2

1 4 3 1

1

2d

R R R RG

R R R R

+= +

+

;

( )

( )4 1 2 2

1 4 3 1

CM

R R R RG

R R R R

+=

+

Da cui posso calcolare il CMRR dopo alcuni passaggi algebrici:


75/206


38

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

4 1 2 4 322

1 4 3 1 4 1 2

4 1 2 4 322

1 4 3 1 4 1 2

11

2 1

21

d

cm

R R R R RRR

R R R R R R RG

CMRR G R R R R RRR

R R R R R R R

+ + + +

+ +

= = = + + + +

=

=

4 1 4 2 2 4 2 3 4 1 4 2 2 3

4 1 4 2 4 1 4 2

4 1 2 3 4 1 2 3

4 1 4 2 4 1 4 2

21 1

2 2

R R R R R R R R R R R R R R

R R R R R R R R

R R R R R R R R

R R R R R R R R

+ + + + + + + =

+ +

=

Passando in unit logaritmica

31

2 4

31

2 4

11

220logdb

RR

R RCMRR RR

R R

+ +

=

C.V.D.

nominalmente 31

2 4

RRK

R R= =

1 120 log 20log

0db

K KCMRR

K K

+ += = =

in presenza di tolleranza sui valori di R pari ai valori limiti della fascia di tolleranza ho:

% 100 %R R R R = Lincidenza fondamentale sul risultato CMRR si ha quando il denominatore =0; la

diversit massima con 1

2

R

Rmax. e con 3

4

R

Rmin. o viceversa. Ragioniamo nel primo caso

evitando cos la negativit:

1

2

R

R max.

( )

( )1

2

1

1

R

R

+

=

( )

( )

1

1

+

3

4

R

R min.

( )

( )

1

1

R

R

+=

( )

( )

1

1

+

consegue

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

1 111

2 1 120log

1 1

1 1

K K

K

+ + +

+

+ +

sostituendo.

Al denominatore avr:


76/206


39

( ) ( )2 2

2 2 2

1 1 4 4

1 1 1

KK K

+ = =

Al numeratore avr:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 222 2 2

1 11 11 2 21 1

2 1 2 1 1

KK K K

+ ++ + ++ = + =

( ) ( )2 21 120log

4

KCMRR

K

+ + =

Poich 2 1


77/206


40


Utilizzando un PMOS ad arricchimento con

2

1.5

0.5 /

0

tV Volt

K mA V

=

=

=

si progetti un circuito come quello in figura.

Usando un alimentatore da 10V progettare in modo tale da avere una tensione di gate di+6V, una corrente di drain di 0.5mA, ed una tensione di drain di +5V.

Determinare i valori di ;s dR R .

Soluzione

Impongo che il mio transistor lavori in zona di saturazione:

( )2

D gs thI K V V= classico legame NON lineare esprimibile con la caratteristica mutua

eseguo matematicamente lequazione sopra:

0DTH gs

IV V

K + = <

devo porre la soluzione negativa in modo che Vgs risulti negativa tanto da permettere la

saturazione.

2

0.51.5 2.5

0.5gsmA

V V Volt mA

V

= =


78/206


41

Poich Vx non altro che la tensione ai capi di RS esprimo lequazione di maglia:

10 2.5 6 1.5x DD gs gV V V V V = = =

Da cui (applicando banalmente la legge di Ohm)

1.53

0.5

xs

D

V VR K

I mA= = =

Analogamente applico lo stesso ragionamento a RD:

510

0.5

DD

D

I VR K

V mA= = =

Bench non richiesto dallesercizio esamino il range di valori che possono assumere Rg1,

Rg2.2

1 2

g

g g

R

R R+10

6

G

DD

V

V= = con 1 2 1g gR R M+ = di ordine elevato per avere Rin

elevata( 1 2in g gR R R= )

per esempio posso scegliere due valori tipo: 1 20.4 ; 0.6g gR M R M= =

A causa della scelta libera si possono proporre infinite soluzioni diverse per la coppia di

resistenze Rg1, Rg2 bisogna escludere le infinite soluzioni che non soddisfano la

condizione2

1 2

0.6g

g g

R

R R

=

+

Verifico ora lipotesi iniziale (di lavorare in zona di saturazione):

10 1.5 5 3.5

3.5

2.5

1.5

2.5 1.5 1

ds DD x D

ds

gs

TH

gs TH

ds gs TH

V V V V V

V V

V V

V V

V V V V V

V V V SATURAZIONE

= = =

=

=

=

= + =

<


79/206


42


Progettare il circuito in figura utilizzando uno specchio di corrente nella configurazione

di base per implementare il generatore di corrente I. Si vuole che la transconduttanza

equivalente sia pari a 4mA/v. Si utilizzino alimentazioni da 15V e BJT aventi:200

100AV V

=

=

Determinare la resistenza dingresso differenziale Ri. Determinare il valore della resistenza duscita Ro. Determinare il guadagno di tensione a circuito aperto, la corrente di polarizzazione iningresso,

lintervallo relativo al segnale di modo comune in ingresso e la resistenza dingresso di

modocomune.

Soluzione

Usando le ipotesi del testo abbiamo:3 34 10 25 10 100C m TI g V A

= = =

0 03 3

100 40004000 1

25 10 4 10mg r r M = = = =

con d=1 e quindi 100E CI I A= = si deduce il valore 0 2 200EI I A= = che dovressere fornito dal generatore di corrente.Per limplementazione a doppia alimentazione secondo lo specchio di corrente si ha:


80/206


43

0 200REFI I A= = essendo 200 1 = >> il vero legame 0,REFI I :

( )02

1 200 1 0.01 202REFI I A A

= + = + =

se si pone 0.7BEV V= con 100EI A=

[ ]6

( ) 30 0.7146.5

200 10

CC EE BE

REF

V V VR K

I +

= = =

con 200 = la corrente di polarizzazione in ingresso 6101 10

0.51 201

E

B

II A

= =

+

A circuito aperto ( LR = ) avr 5002

oOUT

rR K= =

0 20002

Vo m

rA g= =

2 100iR r K= = poichm

rg

= =50K

Risulta piuttosto elevato il valore della resistenza di modo comune. Conviene introdurre

il concetto di parallelo di due mezzi circuiti:

Il calcolo della 2R semplificato dal supporre assenza di segnale sul collettore, in

presenza di una tensione di modo comune vCM. Con il collettore a massa lo schema di

agevole interpretazione:


81/206


44

Il testo propone di porre 10 2000 2

o o

r r r G

= = = essendo r in parallelo il suo effetto

trascurabile. Usando il teorema di Thevenin per trovare la relazioneV

iottenendo le

equazioni:

( )( )p m p m p pv r i R i g R r i r g r R R i = + + = + +

( ) ( )1 1p m pv

r R g r r Ri

= + + = + +

considero pari a 1M la R dinamica del generatore di corrente ideale (dato non fornito):

22 13

pR M M M= =

2 134.5 67CM CM v

R M R Mi

= = =

Per determinare il range di segnale di modo comune in ingresso:

1) 2 13.6ccV V V + =

2) 14.3ccV V V+ = +

dove con v si indica la tensione di polarizzazione VBE di ginocchio (circa 0.7V).


82/206


45


La figura mostra il circuito equivalente in alta frequenza di un amplificatore a FET conuna resistenza Rs sul terminale di SOURCE. Lo scopo di questo problema di dimostrare

che il valore di Rs pu essere utilizzato per controllare il guadagno e la banda passante

dellamplificatore, ed in particolare per permettere al progettista di abbassare il guadagnoper incrementare la banda passante. Si derivi unespressione del guadagno di tensione in bassa frequenza (ponendo Cgs eCgd a 0).

Determinare H mediante il metodo delle costanti di tempo a circuito aperto,derivare le espressioni per Rgs e Rgd.

Con i seguenti dati:100

4 /

5

1

m

L

gs gd

R K

g mA V

R K

C C pF

=

==

= =

si usino le espressioni ricavate nelle domande precedenti per trovare il guadagno in

bassa

frequenza e la frequenza di taglio superiore H nei casi in cui 0,100, 250sR = . Perciascuno di

questi valori determinare anche il prodotto guadagno-banda passante.

Soluzione

La figura si riferisce ad un amplificatore a FET, in funzionalit HF (per la presenza delle

capacit di giunzione Cgs, Cgd). Lo schema pilotato sul gate G ed caricato sul drain D;

pu essere visto come un SOURCE comune invertente solo imponendo Rs=0; Lapresenza del componente Rs (ovvero lassenza del condensatore di bypass Cs) permette di

variare i parametri LA e BW (o banda passante). Con questo esercizio si dimostra che un

aumento di Rs permette di ottenere un aumento di BW a scapito del guadagno LA o di

centro banda; rimane per invariato il prodotto banda passante-guadagno che costante.


83/206


46

Calcolo ora LA : in bassa frequenza le capacit di giunzione Cgs,Cgd (ordine di grandezza

pF) presentano unimpedenza infinita e quindi si possono eliminare dallo schema di

studio. Non esiste caduta di potenziale su R per lo stato di apertura in bassa frequenza.

gs I s m gsV V R g V = +

(1 )I gs m sV V g R= + segnale di input in funzione del pilotaggio interno Vgs.

o m gs LV g V R= segnale di output in funzione del pilotaggio interno Vgs.

Dalla combinazione di queste tre equazioni posso scrivere:

0

1m L

L

I m s

V g RAV g R

= = +che il guadagno in tensione dellamplificatore in bassa frequenza.

Determino ora il limite superiore H di BW con il metodo delle costanti di tempo acircuito aperto:

1

1 1

1

gs gsC R

= =

2

2 2

1

gd gd C R = =

con formula empirica (a effetto riduttivo)

1 2

1 2

H

=

+

nellipotesi di 1gd gs

C C pF = =

( ) ( )

6

1 1 1

1 1 10

1 1

gs gd gs gd

H

gd gs gd gs gd gs

gs gd gs gd

C R C R R R

R RC C R R C R R

C R C R R R

= = = =+ +

[rad/sec]

E necessario il calcolo delle resistenze viste dai terminali S, D, ovvero delle capacit di

giunzione, secondo la logica di Thevenin.

Calcolo ora Rgs:


84/206


47

Dalla figura scrivo le equazioni

p p s sv Ri R i= equazione maglia 1

0p s m pi i g v+ = nodo M

il segnale estraneo is sostituibile:

( )p p s m p pv Ri R g v i=

p p m s p s pv Ri g R v R i= +

( ) ( )1p m s psv g R R R i + = +

1

p sgs

p m s

v R RR

i g R

+= =

+.

Calcolo ora Rgd:

Dalla figura scrivo le equazioni:


85/206


48

0

p p L L

p m gs L

v Ri R i

i g v i

=

+ + =

con ( )11

p

gs p s m gs gs m p gssm s

Riv Ri R g v v g R Ri v

g R= + = =

+

Ora sostituisco il segnale estraneo iL:

( )1

p

p p L p m gs L p m L

m s

Riv Ri R i g v R R i g R

g R

= = + + +

1

m Lp L p

m s

g R Rv R R i

g R

= + + +

Da cui:

( )11

1 1

p m smgd L L

p m s m s

v g R Rg RR R R R R

i g R g R

+ + = = + + = + + +

Per il variare di Rs (e con i dati del testo) calcoliamo ora AL, H e il prodotto ALBW.

Per Rs=0:6 6

0 3

10 10

2.2051 0.2 5 10 (401)H = = + 453514 72.2secho

rad

f KHz=

0 26LA db=

0 1.877[ ]LA BW db MHz =

Per Rs=100:

100 100624414 99.5sec

H H

radf KHz =

100

100

23

2.3[ ]

L

L

A db

A BW db MHz

=

=

Per Rs=250;


86/206


49

250 250

250

250

865707 137.8sec

20

2.75[ ]

H H

L

L

radKHz

A db

A BW db MHz

=

=


87/206


50

Esercizio *2.42.

In figura mostrata una versione di amplificatore differenziale analoga a quella

presentata nelle dispense. Il circuito modificato include un resistore RG, che pu essereutilizzato per variare il guadagno. Si dimostri che il guadagno di tensione differenziale

dato da

+=

Gd

o

R

R

R

R

v

v 2

1

2 12

Suggerimento: la massa virtuale allingresso dellamplificatore operazionale fa s che lacorrente che scorre attraverso i resistori R1 sia vd/2R1.

Fig.8

SOLUZIONE

1) Come suggerito dal testo risulta

1

12R

vi d=

2) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia ABEF. Si ha

GG

dGdGG

R

RRi

R

viviRRRi 211211 2)(2

+==++


88/206


51

dove si sfruttato il fatto che la corrente che attraversa i terminali di ingresso

dellamplificatore operazionale nulla a causa dellinifinita impedenza di ingresso.

Possiamo allora combinare le due relazioni e ottenere

d

GG

d

G

d

G

dG v

RR

R

R

RR

R

v

RR

RRv

R

vi

1

2

1

21

1

21 1 =

+=

+=

3) Applichiamo ancora la legge di Kirchhoff delle tensioni, questa volta alla maglia

ABCDEF. Si trova

doodooovviRRRiviRiRiRviRiRiR =+++=++++++ 22111112221211 )(2

Sostituendo lespressione di i1 trovata allinizio otteniamo:

(*)2 21

21dood vviRv

R

RR=++

+

4) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo B. Troviamo

GooG iiiiii =+= 11

Ovvero, sostituendo

d

G

d

G

do v

R

R

Rv

RR

R

R

vi

+=+= 2

11

2

1 2

11

2

5) Sostituendo questespressione nella (*) si trova infine

+==+

++=+

++

+

Gd

odod

GG

dod

G

dR

R

R

R

v

vvvv

RR

R

R

Rvvv

R

R

R

Rv

R

RR 2

1

2

1

2

222

1

2

1

21 1222

12

12


89/206

UNIVERSITDEGLI STUDI DI SIENFacolt di Ingegneria

Esercitazioni di Elettronica II

Tommaso Addabbo - Valerio Vignoli

Ultima revisione: 6 dicembre 2005


90/206

Copyright c2005 TOMMASO ADDABBO - VALERIO VIGNOLI. Permission is granted to copy, dis-

tribute and/or modify this document under the terms of the GNU Free Documentation License, Version

1.2 or any later version published by the Free Software Foundation. A copy of the license can be re-

trieved from http://www.gnu.org, or contact the Free Software Foundation, Inc., 51 Franklin St, Fifth

Floor, Boston, MA 02110-1301 USA.

1


91/206

Indice

1 Amplificatori operazionali in circuiti con retroazione negativa 3

1.1 Modello dellamplificatore operazionale reale . . . . . . . . . . . 31.1.1 Valori tipici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Principali effetti delle non idealit . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 Amplificatore non invertente . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.2 Amplificatore invertente . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Amplificatori operazionali in circuiti a retroazione positiva 13

2.1 Trigger di Schmitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Circuiti con retroazione positiva e negativa . . . . . . . . . . . . . 15

2.3 Circuiti astabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.3.1 Generatori di onda quadra . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Convertitori A/D e D/A 22

3.1 Acquisizione dei dati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Elettronica digitale 26

4.1 Invertitori n-MOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.2 Invertitori C-MOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2


92/206

Capitolo 1

Amplificatori operazionali in circuiti

con retroazione negativa

1.1 Modello dellamplificatore operazionale reale

In questo documento si fa riferimento al modello semplificato dellamplificatore

operazionale reale riprodotto in Fig. 1.1, dove

VOS : tensione di offset [V]

IB1, IB2 : correnti di polarizzazione [A] CMRR : Common Mode Rejection Ratio Rid : resistenza di ingresso differenziale [] R0 : resistenza di uscita [] Vcc, Vee : tensioni di alimentazione [V]

Per loperazionale si inoltre assunto un comportamento a polo dominante per

cui

A() =

A0

1 +j B (1.1)

dove B = 2fB individua la pulsazione di taglio a 3dB. Ulteriori grandezzedefinite sono

GBW = A0fB : prodotto guadagno-banda (Gain-Bandwidth) [Hz]. Coin-cide con la frequenza di transizione fT alla quale |A(2fT)| 1

SR : Slew-Rate [V/s] IOS = IB1 IB2 : corrente di offset [A]

3


93/206

R0R

id

A()VidV

id

VOS

IB2

IB1

+

V++V

V

V+

2CMRR

Vcc

Vee

Figura 1.1: Modello semplificato delloperazionale reale con le principali non

idealit.

1.1.1 Valori tipici

Negli amplificatori operazionali reali le quantit sopra introdotte possono variare

notevolmente. Nella tabella che segue sono riportati i valo

Documents

Eserciziario Di Elettronica