esercizi ec2 sedra smith

51
Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta 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, 4° Ed., 1999 A.A. 2003-2004

Upload: ludovica-acciai

Post on 05-Aug-2015

930 views

Category:

Documents


60 download

TRANSCRIPT

Page 1: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta 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, 4° Ed., 1999

A.A. 2003-2004

Page 2: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

2

Esercizio 1.2

(a) (b)

(d) Relativamente all’amplificatore 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 :

Page 3: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

3

( ) mS

mS

mSgs

gsmS

i

s

gRgR

gRvvgR

vv

+=

+=

11

3) Calcolo id vv :

( ) mS

mD

mSgs

gsmD

i

d

gRgR

gRvvgR

vv

+−=

+

−=

11

Page 4: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

4

Esercizio 3.1 Tracciare i diagrammi di Bode di modulo e fase della funzione di trasferimento

( ) ( )( )( )43

54

10110110110SS

SST++

+=

In base ai diagrammi tracciati ricavare i valori approssimati di modulo e fase per srad610=ω . Quali sono i valori esatti che si possono determinare dalla funzione di

trasferimento? Soluzione 1) Disegno i diagrammi di Bode:

2) Calcolo i valori di modulo e fase: Per il valore srad610=ω si ottiene che:

( ) dBjT 0=ω ( ) °−=∠ 90ωjT

( )ωjT

ω

ω

( )ωjT∠

80

60

40

20

-90

-180

-270

10 210 310 410 510 610 710 810

Page 5: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

5

Esercizio 4.4

(a) (b)

La figura (a) mostra una versione modificata dell’amplificatore in figura (b). Il circuito modificato include un resistore GR , che può essere utilizzato per variare il guadagno. Si dimostri che il guadagno di tensione differenziale è dato da

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=

Gd

O

RR

RR

vv 2

1

2 12

Suggerimento: la massa virtuale all’ingresso dell’amplificatore operazionale fa sì 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 tratto MN può essere considerato un corto circuito virtuale, quindi 0=MNv :

12Rv

i d=

2) Mv , Nv :

iRvv

Md

12=− ⇒ 0

22 11 =−==

Rv

Rv

vv ddNM

3) Bv , Pv :

1

22 2R

RviRvv dPB −=−=−=

4) Chiamando gi la corrente che attraversa GR :

Mi

N

B

P

2i

Page 6: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

6

Gd

G

PBg RR

RvR

vvi1

2−=−

=

5) Corrente 2i che attraversa 2R :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=−=

G

dg R

RRv

iii 2

12 2

1

6) Ov :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−=−=

G

d

G

ddBO R

RRRv

RR

RRv

RRv

iRvv 2

1

22

1

2

1

222 1

21

2

7) Conclusione:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

Gd

O

RR

RR

vv 2

1

2 1

Page 7: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

7

Esercizio 5.4 Un amplificatore operazionale progettato in modo da avere un guadagno a bassa frequenza di valore pari a 510 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 β (supposto indipendente dalla frequenza) il guadagno di anello raggiunge l’unità? Qual è il corrispondente valore del guadagno ad anello chiuso alle basse frequenze? Soluzione 1) Disegno i diagrammi di Bode:

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

srad4180 10=ω

3) Calcolo il valore di β per cui il guadagno di anello raggiunge il valore unitario:

( )( )( )

12200

1011001

10 5

2

5

180 =+−

=++

=jjj

jA βββω ⇒ 02,0=β

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

5001 0

0 =+

=βA

AA

( )SA

210 310

410

100

decadedB20−

decadedB60−

( )SA∠

-90

-180

-270

Page 8: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

8

Esercizio 8.3 pagina 636

L’operazionale in configurazione non invertente qui in figura realizza un’implementazione diretta di un circuito di controreazione. Se il guadagno di tensione ad anello aperto è pari ad A=104 trovare il rapportoR2/R1 necessario per ottenere un guadagno di tensione ad anello chiuso Af = 103.

Noto che

1

221

1

1

1

RRRR

R

+=

+=β e che

βAAAf +

=1

Possiamo formulare l’ipotesi che Aβ sia grande (Aβ >>1) in quanto A è molto grande e

quindi dire che β1

≈fA di conseguenza nel nostro caso 310−=β , infatti verificando

con calcoli più accurati 4

77

34

109109000

101010

1−⋅==

−=

−=⇒=+⇒

+=

AAAA

AAAAA

AAf

ffff ββ

β

si ottiene poi che 33

1

2 1011011≈−≈−=

βRR

(per esempio R2=100KΩ ed R1=100Ω)

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

101091011 44 ≈⋅⋅+=+ −βA da cui si ottiene, trasformando in decibel, dB2010log20 10 ≈

Se Vs = 0.01V , trovare Vo , Vi . Siccome in figura è mostrato un circuito che segue fedelmente il modello di controreazione ideale possiamo esprimere il guadagno ad anello aperto come:

Page 9: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

9

i

o

VV

A = , inoltre βA

AVV

As

of +

==1

.

Noti Vs ed Af si ricava VVAV sfo 101010 23 === −

Noti ora Vo ed A si ricava mVVA

VV o

i 1101010 3

4 ==== −

Diminuendo A del 20% qual è la corrispondente diminuzione per Af ? Si può direttamente ottenere la variazione percentuale di Af dipendente dalla variazione

di A dalla seguente espressione: A

dAAdA

dAf)1(

1β+

= .

%220101

)1(1

≈=+

=A

dAAdA

dAfβ

Page 10: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

10

Esercizio 5.68 pagina 399

Il transistor NMOS dell’inseguitore di Source di figura (a) ha gm =5 mA/V ed r0 elevata. Trovare il guadagno di tensione a circuito aperto e la resistenza d’uscita. Risoluzione Costruiamoci il circuito equivalente (trascurando r0):

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

ovo V

VA =

La resistenza di carico non è presente (in questo caso non c’è nulla da scollegare) perciò dal lato dell’uscita:

Ω= KgVV mgso 10 Invece dal lato dell’ingresso:

Page 11: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

11

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

Il guadagno quindi sarà:

98.002.01

1

105

11

1

1011

1)101(

10≈

+=

Ω+

=

Ω+

=Ω+

Ω==

KVmAKg

KgKg

VV

A

m

m

m

i

ovo

Costruiamo anche il circuito per il calcolo della resistenza d’uscita 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 sarà:

mgsp

pp

p gVK

VI

KV

II −Ω

=⇒Ω

=+1010

Ω=+

Ω=

Ω+

Ω=

=+

Ω

=−

Ω

== 9,1501

10

5101

10

101

1

1010

K

VmAK

K

gKgV

KV

V

gVK

VV

IV

Rmmp

p

p

mgsp

p

p

pout

Page 12: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

12

Il transistor NMOS dell’amplificatore a Gate comune di figura (b) ha una transconduttanza gm = 5mA/V ed r0 elevata. Trovare la resistenza d’ingresso ed il guadagno di tensione. Risoluzione Costruiamo il circuito equivalente:

La resistenza d’ingresso si ottiene i

iin I

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

)10

1(1010 Ω

+−=−⇒Ω

+−=−⇒Ω

+−=K

gVIK

VIgV

KV

II mininin

inminin

in per

cui:

Ω≈Ω=Ω+Ω

=

Ω+

= 1965110

10110

101

1 KgK

K

Kg

Rm

m

in

Il guadagno di tensione si ottiene al solito tramite i

ov V

VA = e quindi se sappiamo che la

corrente di Drain cioè quella che attraversa il parallelo (2KΩ // 5KΩ) è Vgsgm ovvero -Vigm possiamo scrivere:

)7

10(ΩΩ

−=⇒=KKgVVRIV mioooo e quindi che:

7]/[57

10−≈⋅Ω−== VmaK

VV

Ai

ov .

Page 13: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

13

Esercizio 6.7 pagina 477

Quale valore di v2 ci si aspetta nel circuito in figura in cui i transistor hanno un elevato valore di β? Possiamo formulare delle ipotesi sugli stati dei due transistor: Se Q2 è spento la corrente che vi scorre è nulla e di conseguenza v2 = -5V, la tensione vB1=5V e vE1 = 5.7V perché vE2 è sicuramente inferiore a 0.7V in quanto Q2 è 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 perché la corrente totale deve essere 2mA

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

ciò implica che v2 = 0.

Quale valore assumerà v2 se si riduce la resistenza offerta da R1 a 2.5 KΩ? Supponiamo ora che R1 venga ridotta a 2.5KΩ e che Q2 sia spento mentre Q1 sia acceso. In Q1 scorrono 2mA perché in Q2 non scorre corrente.

Page 14: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

14

VKmARI 55.2211 =Ω= 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 - ε questo implica che

ε⋅Ω−≤ KVB 5.202

quindi che

VVV EE 7.012 <=

allora abbiamo verificato che Q2 è veramente interdetto e quindi la nostra ipotesi era corretta.

Page 15: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

15

Esercizio 7.40 pagina 563 A quale frequenza il modulo di hfe diventa 10 in un BJT avente una larghezza di banda a guadagno unitario di 1Ghz e β0 = 200? Quale è il valore di ωβ? Sapendo che

πβ rgm=0 e che 0β

ωω β

T=

siccome sappiamo che ωT = 1 GHz allora conosciamo :

MhzHzHzT 5105200

10 69

0

=⋅===βω

ω β

sMhzGhz

MhzsMhz

Mhzss

h fe +=

+=

+=

+=

51

55

200

51

200

1

0

βω

β

⇒+=⇒+=⇒=+

= 22 )()5(1015101105

1 sMhzGhzsMhzGhzsMhz

Ghzh fe

elevando al quadrato dopo aver semplificato il fattore 10 al secondo membro con il primo membro (109/10=108).

Mhz100997510)2510(10102510 6412221216 ≈=⇒−=⇒+⋅= ωωω

Page 16: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

16

Esercizio 2.6 pagina 105

Assumendo che gli amplificatori operazionali siano ideali, trovare il guadagno di tensione v0 / v1 e la resistenza d’ingresso Rin di ciascuno dei circuiti mostrati in figura. Dato che gli amplificatori sono ideali possiamo considerare che la tensione all’ingresso invertente e quella al non invertente siano le stesse, in altri termini all’ingresso invertente si considera vi sia una massa che chiamiamo virtuale. Anche nel caso (d) l’ingresso non invertente è collegato lo stesso a massa perché non scorre alcuna corrente nel resistore 10KΩ.

Calcoliamo il guadagno di ciascuno stadio amplificatore e la sua impedenza d’ingresso:

i

ov v

vA = ;

in

inin I

VR =

Page 17: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

17

a) La corrente che scorre nel resistore 10K è la stessa che scorre in quello da 100K

quindi possiamo scrivere che

Ω=

KV

I inin 10

e che Ω

−=K

VI o

in 100 e che quindi

1010

100−=

ΩΩ

−==KK

vv

Ai

ov

per quanto riguarda invece l’impedenza di ingresso :

Ω== KIV

Rin

inin 10

b) Il caso b è analogo al caso a poiché la resistenza di carico sull’uscita non influisce sulla corrente che scorre nelle due resistenze del caso a, soltanto la suddivide in due rami uno verso l’uscita vo e l’altro attraverso se stessa verso massa, quindi le espressioni del guadagno e dell’impedenza d’ingresso sono le stesse. c) Il caso c è anch’esso analogo al caso a poiché nella resistenza da 10K, che è stata aggiunta fra l’ingresso invertente, che è il nodo di massa virtuale, e la massa, non scorre alcuna corrente quindi è 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 perché il resistore da 10K sull’ingresso non-invertente non è percorso da alcuna corrente perché, per definizione di amplificatore differenziale ideale, la corrente che scorre verso i morsetti d’ingresso è nulla.. e) Il circuito proposto in figura (e) è un resistore da 10KΩ con in serie un buffer, esso riceve in ingresso sul morsetto invertente un valore di tensione che per definizione sappiamo essere massa virtuale, in più il morsetto non-invertente è collegato a massa, quindi all’ingresso del buffer giunge un segnale nullo che ritroviamo alla sua uscita.

Page 18: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

18

Del guadagno possiamo dire che esso è indeterminato da un punto di vista prettamente matematico ma è unitario se diamo maggiore importanza al fatto che vo e vi sono uguali. L’impedenza che si misura all’ ingresso è 10KΩ. f) In questo circuito la tensione Vin è nulla perché connessa alla massa virtuale che è pari al valore del morsetto non-invertente cioè proprio massa come nel caso precedente, quindi l’espressione del guadagno, che ha al suo denominatore proprio Vin, risulta essere indefinitamente grande. In altre parole, il valore di tensione del segnale d’ingresso sarà riportato in uscita all’operazionale fino a raggiungere il valore massimo della sua tensione d’alimentazione. Essendo forzatamente nulla la tensione Vin l’impedenza di ingresso non può che essere nulla.

Page 19: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

19

Esercizio 8.71 (pag. 645)

L’amplificatore operazionale del circuito in figura, ha un guadagno ad anello aperto pari a 105 e un singolo polo alla frequenza ω3bd=10rad/sec. • Disegnare il diagramma di Bode del guadagno di anello. • Si trovi la frequenza in corrispondenza della quale 1Aβ = 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

1Aβ = . Scelgo il processo analitico per calcolare il margine di fase:

( ) ( )50arc 0.1 arc 10 90dbA tg tgφ β ω= ∠ = − ⋅ = − ≈ − °

Page 20: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

20

180 90 90γ⇒ = ° − ° = + ° Determino ora la funzione di trasferimento includendo zero e poli:

( )

0

0 0

00

0

0

1(1 )

11 1 1 111

As

A sCRAAA s SCR As SCR

ωβ

ωω

+⋅ +

= = =+ ⎛ ⎞+ ⋅ + ⋅ + +⎜ ⎟++ ⎝ ⎠

0 0

2 20 0

0 0 0 0

(1 ) (1 )11 1

A sCR A sCRs CR CRsCR s A s s CR Aω ω ω ω

⋅ + ⋅ += =

⎛ ⎞+ + + + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Poiché 0 01A A+ ≈ posso fare la seguente semplificazione:

( ) ( )

0

1 20

1A CR sCR

CR s p s pω

⎛ ⎞⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠≈

⋅ − ⋅ −

( ) ( )0 0

1 2

1A sCR

s p s p

ω ⎛ ⎞⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠=

− ⋅ −

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

2

00 0 0

1,2

0

1 1 4

2

CRCR CR Ap CR

ω ω ω

ω

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + ± + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠=

( )( )

200 0 0

22 20 0 0 00 0 0

0

11 41 1 4

2 2

CRCR CR ACR CR CRA

CR CR

ωω ωω ω ωω ω ω

ω

++− ± −

− + ± + −= = =

( ) ( )22 3

3

10 1 1.01 4 102 10

− + ± − ⋅=

⋅3

1,2 3

63.240.5 10 500 31.6202 10

p j j⇒ ≅ − ⋅ ± = − ±⋅

Il calcolo dello zero, al contrario, è immediato:

3

1 1 100010

zCR −= − = − = −

Page 21: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

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 2kΩ. L’amplificatore viene pilotato da un generatore di tensione avente una resistenza serie rg = 200Ω. Qual è la resistenza di ingresso dell’amplificatore? Qual è 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 lineare nell’ipotesi in cui si abbia un incremento della corrente di polarizzazione di un fattore 4?

Soluzione

Il circuito ai piccoli segnali è il seguente

Fig. 1

Calcoliamo la resistenza di ingresso dell’amplificatore.

1) Inseriamo un generatore di corrente di prova. La situazione è allora quella descritta in figura 2

Page 22: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

22

Fig. 2

2) Poiché entrambi i capi di RG sono connessi a massa la corrente che attraversa tale

resistore è nulla. Allora il morsetto di gate del transistore risulta a potenziale nullo ( rispetto a massa ).

La tensione vgs è 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 deduce

facilmente che

is vv = dunque

igs vv −= 4) Applicando la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo di source otteniamo

xgsm ivg −= dunque, sfruttando i risultati precedenti,

( ) imxxim vgiivg =⇒−=−

5) Allora essendo per definizione

x

xin i

vR =

risulta

Page 23: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

23

Ω=== 2001

mx

xin gi

vR

Calcoliamo il guadagno di tensione dell’amplificatore.(Ci riferiamo alla figura 1)

1) Poiché entrambi i capi di RG sono connessi a massa la corrente che attraversa tale resistore è nulla. Allora il morsetto di gate del transistore risulta a potenziale nullo ( rispetto a massa ).

La tensione vgs è 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 deduce

facilmente 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

mximmgxxixgm v

grg

ivggriivirg+

=⇒=+⇒−=−1

1

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

LD

LDLDeq RR

RRRRR

+== //

5) Esprimiamo adesso la tensione di uscita in funzione di ix. Risulta

xeqo iRv = 6) Sostituendo possiamo finalmente ricavare il guadagno

Page 24: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

24

mg

meq

i

oi

mg

meqo gr

gR

vv

vgr

gRv

+=⇒

+=

11

Sostituendo i valori numerici troviamo

57.352001

52525

=⋅Ω+

⋅Ω+ΩΩ⋅Ω

=VmA

VmA

i

o

kkkk

vv

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

IL

WCg oxnm µ2=

ed il transistore non cambia i suoi parametri, se I quadruplica gm duplica. Quindi il nuovo valore di gm è 10mA/V. Si richiede che anche con tale corrente di polarizzazione continui a rimanere in

zona lineare.

2) Dato che la topologia della rete non è 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

102525

=⋅Ω+

⋅Ω+ΩΩ⋅Ω

=VmA

VmA

i

o

kkkk

vv

e

Ω=== 100'

1

mx

xin gi

vR

dova con gm’ si è indicata la nuova transconduttanza.

Page 25: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

25

Esercizio 6.5 Si consideri l’amplifiacatore differenziale in figura e si supponga che il β dei BJT sia molto elevato.

(a) Qual è il più grande segnale di modo comune che può essere applicato in ingresso affinché i BJT rimangano nella regione attiva?

(b) Se si applica in ingresso un segnale differenziale sufficientemente grande da deviare 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 l’alimentazione VCC di cui si dispone è di 5V, quale valore di IRC è possibile scegliere 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 più 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 2µA. Si ponga β= 100.

Fig. 3

Soluzione

(a) 1) Poiché il circuito è perfettamente simmetrico la corrente di polarizzazione I si

divide equamente tra i due rami del differenziale. Allora si ha

Page 26: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

26

221Iii ee ==

2) Poiché β è elevato possiamo approssimare le correnti di collettore con quelle di

emittitore. Dunque

221Iii cc ==

3) Se tale corrente scorre negli emettitori, le giunzioni base – emettitore sono

necessariamente polarizzate direttamente. Affinché 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 dalla

massa, da una delle RC e dall’alimentazione. Si ha

2IRvVv CCMCCcb −−=

5) La condizione precedente diventa allora

20

2IRVvIRvVv CCCCMCCMCCcb −≤⇒≥−−=

Il segnale di modo comune di massima ampiezza possibile perché i BJT rimangano in zona attiva diretta è

2IRVv CCCCM −=

(b) 1) Supponiamo che il ramo di sinistra sia attraversato da corrente nulla, mentre in

quello di destra scorra tutta la corrente di polarizzazione I. In entrambi i rami comunque la tensione di collettore è pari alla tensione di alimentazione meno la caduta ai capi di RC. Ovvero

CRCCCC IRVV −= 2) Poiché per le nostre ipotesi nel ramo di sinistra la corrente è nulla, risulta

CCC VV =

Page 27: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

27

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

2)

2( IRIRVVV CCCCCCC =−−=∆

3) Ragionando analogamente per quanto riguarda l’altro ramo si trova

222IRIRVIRVVIRVV CCCCCCCCCCCC =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−=∆⇒−=

(c) 1) Sfruttando la relazione trovata in (a).5) si trova

CMCCC vVIR 22 −≤ 2) Se il segnale vale +3V troviamo

VIRC 4610 =−≤ Se invece esso vale –3V si ha

VIRC 16610 =+≤

3) Allora perché valgano entrambe le relazioni ed RCI sia massimo deve essere

VIRC 4= (d)

1) Sappiamo che

ββ

+=⇒=+

1)1( E

BEB

IIII

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

)1(2 β+=

IIB

3) Dovendo essere IB ≤ 2µΑ si avrà

AI µβ

2)1(2

≤+

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

mAAIMAX 404.02)1(2 =⋅+= µβ

Page 28: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

28

4) Ricaviamo ora il valore di RC

Ω==⇒= kmA

VRVIR CC 9.9404.044

Page 29: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

29

ESERCIZIO *7.31

Si richiede di analizzare la risposta in alta frequenza dell’amplificatore CMOS mostrato in figura. La corrente continua di polarizzazione è di 10µΑ. Q1 ha µnCox = 20µA/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’è una capacità isolata di 1pF. Si assuma che la resistenza del generatore di segnale in ingresso sia tanto piccola da poter essere trascurata. Inoltre, si assuma, per semplicità, 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 PMOS cosituiscono uno specchio di corrente; poiché non abbiamo informazioni sulla

Page 30: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

30

tensione di alimentazione trascuriamo l’effetto di modulazione della lunghezza di canale e concludiamo che la corrente di drain di Q1 e Q2 vale 10µΑ.

2) Consideriamo il circuito ai piccoli segnali.

Fig. 5

3) I gate di Q2 e Q3 sono a massa. Allora, poiché D3 e G3, sono cortocircuitati (ovvero vGD3 = 0V) vDS3 = vGS3 = 0V, la corrente che scorre in ro3 è nulla, nulla è anche la corrente erogata dal generatore pilotato e quella nei due condensatori del modello di Q3.

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

5) Poiché abbiamo visto che la corrente di polarizzazione dell’amplificatore vale 10µA avremo

Ω==≅= MA

VIV

rrD

Aoo 5

1050

12 µ

Page 31: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

31

6) Poiché dobbiamo ricavare polo e zero della funzione di trasferimento è

conveniente ragionare direttamente nel dominio di Laplace. 7) Osserviamo che

)()()(

)()(

222

22

2

2

2

sVsCsVsCsIr

sVr

VsI

ogdGDgdC

o

o

o

DSr

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

sVr

sVio

==

9) La corrente che attraversa il condensatore tra G1 e D1 si può esprimere

))()(()( 11sVsVsCsI oingdCgd

−=

10) La corrente che attraversa Cp è

)()( sVsCsI opC p=

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

)()(

)()(

)())()(( 221

1 sVsCr

sVsVsC

rsV

sVgsVsVsC ogdo

oop

o

oinmoingd ++++=−

ovvero

)(11)()()(21

211 sVrr

CCCssVgsC ooo

pgdgdinmgd ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++++=⋅−

12) Possiamo a questo punto ricavare la funzione di traasferimento

Page 32: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

32

2121

1

11)()()(

oopgdgd

mgd

in

o

rrCCCs

gsCsVsV

++++

−=

13) Ricaviamo il valore del polo. Si ha

)(

11

011)(2121

21

21

21

2121

pgdgdoo

oo

pgdgd

oo

oopgdgd CCCrr

rrCCC

rrs

rrCCCs

+++

=++

+−=⇒=++++

Sostituendo i valori numerici troviamo

kHzMHzs

radpFM

radpFpFpFMM

radMMs 2.2121

15210

152

32510

)111(551)55( 6 =⋅=⋅=

⋅Ω=

++Ω⋅Ω⋅Ω+Ω

14) Ricaviamo il valore dello zero. Si ha

11 0

gd

mmgd C

gsgsC =⇒=−

Osserviamo che

VAA

VAI

LWCg Doxnm

µµµµ 1601082022 21 =⋅⋅⋅==

Allora otteniamo

MHzMHzs

radpF

radVA

s 5.25216010160

1

1606 ==⋅==

π

µ

Page 33: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

33

ESERCIZIO D8.13

Un dato amplificatore ha una transcaratteristica non lineare che può 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, l’uscita va in saturazione.

Nell’ipotesi in cui all’amplificatore venga applicata una controreazione negativa, si trovi il fattore di controreazione β vhe riduce la variazione di un fattore 10 del guadagno (per Iv =10mV) a una variazione del 10%. Qual è la transcaratteristica dell’amplificatore controreazionato?

Soluzione

1) Innanzitutto tracciamo un grafico della transcaratteristica dell’amplificatore non controreazionato.

Fig. 6

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

risulti

08.0109

10011

101

100

100101100

10011

10010

=⇒⋅+

=⇒⋅−

⋅+

= βββ

Page 34: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

34

3) Ricaviamo adesso il guadagno in anello chiuso per ciascuno dei tre intervalli di ingresso. In generale il guadagno in anello chiuso è dato da

βAAAf +

=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 finché l’uscita dell’amplificatore è compresa

tra –10V e +10V, A = 1000, quando VVV o 1410 ≤≤ , A = 100, quando

VVo 14= , A = 0. Per ricavare la transcaratteristica dell’amplificatore in anello chiuso dobbiamo sfruttare la relazione

'Ifo VAV =

dove con 'IV si è indicato il segnale all’ingresso dell’anello 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 dell’amplificatore 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 la transcaratteristica in anello chiuso

Page 35: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

35

Fig. 7

Page 36: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

36

Esercizio 2.41 (pag. 110)

Si consideri l’amplificatore differenziale della figura: si è soliti esprimere la tensione d’uscita nella forma: 0 d d cm CMv G v G v= + dove Gd è il guadagno differenziale e Gcm è il guadagno di modo comune. Utilizzando l’espressione di v0 nell’equazione

2

2 10 1 2

31

4

1

1

RR Rv v vRR

R

+= − +

+

• Determinare le espressioni di Gd e Gcm e dimostrare che il rapporto di reiezione del modo comune (CMRR) dell’amplificatore ad anello chiuso è dato da:

31

2 4

31

2 4

112

20log 20logd

cm

RRG R R

CMRR RRGR R

⎡ ⎤+ ⋅ +⎢ ⎥

⎣ ⎦= =−

(1)

• Teoricamente il circuito è stato progettato in modo tale che sia 31

2 4

RRR R

= , che

corrisponde ad un CMRR infinito. Tuttavia i valori finiti delle tolleranze relative ai resistori rendono finito il valore che il CMRR può assumere. Si dimostri che se ciascun resistore ha tolleranza

100 %ε+− allora

nel peggiore dei casi il CMRR risulta essere:

120log4KCMRR

Kε+⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

dove K è il valore ideale dei rapporti 31

2 4

; RRR R

.

Page 37: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

37

• Si determini che assume il CMRR nel caso peggiore dell’ipotesi in cui l’amplificatore progettato abbia un guadagno differenziale idealmente pari a 100 ed assumendo che l’amplificatore operazionale sia ideale e che vengano utilizzati resistori con tolleranza 1%. Soluzione Potenziale assoluto al pin1:

1 2d

CMVV V= − (*)

Potenziale assoluto al pin2:

2 2CMVdV V= + (*)

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

2

2 10 1 2

31

4

1

1

RR RV v vRR

R

+= − +

+

dove il primo contributo dell’espressione è dato dall’input invertente V1, il secondo è dato dall’input NON invertente V2. Unendo l’ultima equazione con le due (*) precedenti ottengo:

( )( )

4 1 22

1 1 4 32 2d d

o CM CM

R R RV VRV V VR R R R

⋅ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ − + ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠=

= ( )( )

( )( )

4 1 2 4 1 22 2

1 4 3 1 1 4 3 1

12CM d

R R R R R RR RV VR R R R R R R R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ + ⋅ +− ⋅ + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⋅ + ⋅ +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Usando la (**) posso ricavare:

( )( )

4 1 2 2

1 4 3 1

12d

R R R RGR R R R

⎡ ⎤⋅ += +⎢ ⎥

⋅ +⎢ ⎥⎣ ⎦;

( )( )

4 1 2 2

1 4 3 1CM

R R R RGR R R R

⎡ ⎤⋅ += −⎢ ⎥

⋅ +⎢ ⎥⎣ ⎦

Da cui posso calcolare il CMRR dopo alcuni passaggi algebrici:

Page 38: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

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

1 12 1

21

d

cm

R R R R RR RR R R R R R RG

CMRRG R R R R RR R

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 12 2

R R R R R R R R R R R R R RR R R R R R R R

R R R R R R R RR R R R R R R R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + +⋅ ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦=

− −+ +

=

Passando in unità logaritmica

31

2 4

31

2 4

112

20logdb

RRR R

CMRR RRR R

⎡ ⎤+ ⋅ +⎢ ⎥

⎣ ⎦=−

C.V.D.

nominalmente 31

2 4

RR KR R

= =

1 120log 20log

0dbK KCMRR

K K+ +

= = = ∞−

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

% 100 %R R R Rε ε ε⇒ ± = ± L’incidenza fondamentale sul risultato CMRR si ha quando il denominatore è =0; la

diversità è massima con 1

2

RR

max. e con 3

4

RR

min. o viceversa. Ragioniamo nel primo caso

evitando così la negatività:

1

2

RR

è max. ( )( )

1

2

11

RR

εε

⋅ +⇒

⋅ −= ( )

( )11

εε

+−

3

4

RR

è min. ( )( )11

RR

εε

⋅ −⇒

⋅ +=

( )( )11

εε

−+

consegue

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

1 1112 1 1

20log1 11 1

K K

K

ε εε ε

ε εε ε

⎧ ⎫⎡ ⎤+ −+ ⋅ +⎪ ⎪⎢ ⎥− +⎪ ⎪⎣ ⎦

⎨ ⎬⎡ ⎤+ −⎪ ⎪⋅ −⎢ ⎥⎪ ⎪− +⎣ ⎦⎩ ⎭

sostituendo.

Al denominatore avrò:

Page 39: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

39

( ) ( )2 2

2 2 2

1 1 4 41 1 1

KK Kε ε ε ε

ε ε ε

⎡ ⎤+ − − ⎡ ⎤⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

Al numeratore avrò:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22

2 2 2

1 11 11 2 21 12 1 2 1 1

KK K K ε εε ε εε ε ε

⎡ ⎤ − + ++ + − ++ ⋅ = + ⋅ =⎢ ⎥

− − −⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( )2 21 120log

4

KCMRR

K

ε ε

ε

− + +⇒ =

Poiché 2 1ε << posso approssimare 120log4KCMRR

Kε+

⇒ = C.V.D.

Utilizzando un amplificatore ideale con Ad=100 e tolleranza 1% quindi ε=0.01: facendo uso dell’equazione (1) del testo del problema e tenendo presente che

31

2 4

RR KR R

= = svolgendo le equazioni ottengo:

( )2 12 1

1 1100 0.01oo d

VV V V A KK V V K

= ⋅ − ⇒ = = = ⇒ =−

Trovo il CMRRdb con il valore calcolato di K e quello di ε fornito dal problema:

4

4

1 1.01 1 1020log 20log 20log 20log 6814 4 10 44 0.01100

KCMRR dbKε −

+= = ≈ = ≈

⋅⋅ ⋅

Page 40: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

40

Esercizio 5.35 (pag. 394) Utilizzando un PMOS ad arricchimento con

2

1.5

0.5 /0

tV Volt

K mA Vλ

= −

==

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 l’equazione sopra:

0DTH gs

I V VK

± + = <

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

2

0.51.5 2.50.5gsmAV V VoltmA

V

= − − = −

Page 41: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

41

Poiché Vx non è altro che la tensione ai capi di RS esprimo l’equazione di maglia: 10 2.5 6 1.5x DD gs gV V V V V= − − = − − =

Da cui (applicando banalmente la legge di Ohm)

1.5 30.5

xs

D

V VR KI mA

= = = Ω

Analogamente applico lo stesso ragionamento a RD:

5 100.5

DD

D

I VR KV mA

= = = Ω

Benché non richiesto dall’esercizio esamino il range di valori che possono assumere Rg1, Rg2.

2

1 2

g

g g

RR R+

106

G

DD

VV

= = con 1 2 1g gR R M+ = Ω 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= Ω = Ω 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

condizione 2

1 2

0.6g

g g

RR R

=+

Verifico ora l’ipotesi iniziale (di lavorare in zona di saturazione):

10 1.5 5 3.53.52.5

1.52.5 1.5 1

ds DD x D

ds

gs

TH

gs TH

ds gs TH

V V V V VV VV V

V VV V V V V

V V V SATURAZIONE

= − − = − − =

= −

= −

= −− = − + = −

< − ⇒

Page 42: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

42

Esercizio 6.57 (pag. 484)

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:

200100AV V

β ==

• Determinare la resistenza d’ingresso differenziale Ri. • Determinare il valore della resistenza d’uscita Ro. • Determinare il guadagno di tensione a circuito aperto, la corrente di polarizzazione in ingresso, l’intervallo relativo al segnale di modo comune in ingresso e la resistenza d’ingresso di modo comune. Soluzione Usando le ipotesi del testo abbiamo:

3 34 10 25 10 100C m TI g V Aµ− −= = ⋅ ⋅ ⋅ =

0 03 3

100 40004000 125 10 4 10mg r r M− −= = ⇒ = = Ω

⋅ ⋅

con d=1 e quindi 100E CI I Aµ= = si deduce il valore 0 2 200EI I Aµ= = che dovrà essere fornito dal generatore di corrente. Per l’implementazione a doppia alimentazione secondo lo specchio di corrente si ha:

Page 43: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

43

0 200REFI I Aµ= = essendo 200 1β = >> il vero legame 0,REFI I è:

( )021 200 1 0.01 202REFI I A Aµ µβ

⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

se si pone 0.7BEV V= con 100EI Aµ=

[ ]6

( ) 30 0.7 146.5200 10

CC EE BE

REF

V V VR K

I −

+ − − − −= = = Ω

con 200β = la corrente di polarizzazione in ingresso è 6101 10 0.5

1 201E

BI

I Aµβ

−⋅= = ≈

+

A circuito aperto ( LR⇒ = ∞ ) avrò 5002o

OUTrR K= = Ω

0 20002Vo m

rA g= =

2 100iR r Kπ= = Ω poiché m

rgπβ

= =50KΩ

Risulta piuttosto elevato il valore della resistenza di modo comune. Conviene introdurre il concetto di parallelo di due mezzi circuiti:

Il calcolo della 2R è semplificato dal supporre assenza di segnale sul collettore, in presenza di una tensione di modo comune vCM. Con il collettore a massa lo schema è di agevole interpretazione:

Page 44: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

44

Il testo propone di porre 10 2000 2o or r r Gµ β= = = Ω essendo rµ in parallelo il suo effetto

è trascurabile. Usando il teorema di Thevenin per trovare la relazione Vi

ottenendo le

equazioni:

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

( ) ( )1 1p m pv r R g r r Ri π π π β= + + = + +

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

22 13pR M M M= Ω Ω = Ω

2 134.5 67CM CMvR M R Mi

= = Ω ⇒ = Ω

Per determinare il range di segnale di modo comune in ingresso: 1) 2 13.6ccV V Vγ− + = − 2) 14.3ccV V Vγ+ − = + dove con vγ si indica la tensione di polarizzazione VBE di ginocchio (circa 0.7V).

Page 45: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

45

Esercizio 7.15 (pag. 559)

La figura mostra il circuito equivalente in alta frequenza di un amplificatore a FET con una resistenza Rs sul terminale di SOURCE. Lo scopo di questo problema è di dimostrare che il valore di Rs può essere utilizzato per controllare il guadagno e la banda passante dell’amplificatore, ed in particolare per permettere al progettista di abbassare il guadagno per incrementare la banda passante. • Si derivi un’espressione del guadagno di tensione in bassa frequenza (ponendo Cgs e Cgd a 0). • Determinare ωH mediante il metodo delle costanti di tempo a circuito aperto, derivare le espressioni per Rgs e Rgd. • Con i seguenti dati:

1004 /5

1

m

L

gs gd

R Kg mA VR KC C pF

= Ω=

= Ω= =

si usino le espressioni ricavate nelle domande precedenti per trovare il guadagno in bassa frequenza e la frequenza di taglio superiore ωH nei casi in cui 0,100, 250sR = Ω . Per ciascuno di questi valori determinare anche il prodotto guadagno-banda passante. Soluzione La figura si riferisce ad un amplificatore a FET, in funzionalità HF (per la presenza delle capacità di giunzione Cgs, Cgd). Lo schema è pilotato sul gate G ed è caricato sul drain D; può essere visto come un SOURCE comune invertente solo imponendo Rs=0; La presenza del componente Rs (ovvero l’assenza 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 però invariato il prodotto banda passante-guadagno che è costante.

Page 46: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

46

Calcolo ora LA : in bassa frequenza le capacità di giunzione Cgs,Cgd (ordine di grandezza pF) presentano un’impedenza 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

LI m s

V g RAV g R

−= =

+ che è il guadagno in tensione dell’amplificatore in bassa frequenza.

Determino ora il limite superiore ωH di BW con il metodo delle costanti di tempo a circuito aperto:

11 1

1

gs gsC Rω τ −= =

2

2 21

gd gdC Rω τ −= =

con formula empirica (a effetto “riduttivo”)

1 2

1 2H

ω ωωω ω

⋅=

+

nell’ipotesi di 1gd gsC C pF= =

( ) ( )6

1 1 11 1 10

1 1gs gd gs gd

Hgd gs gd gs gd gs

gs gd gs gd

C R C R R RR RC C R R C R R

C R C R R R

ω⋅

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ = =

+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+⋅ ⋅ ⋅

[rad/sec]

E’ necessario il calcolo delle resistenze viste dai terminali S, D, ovvero delle capacità di giunzione, secondo la logica di Thevenin. Calcolo ora Rgs:

Page 47: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

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 è 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⋅ + = + ⋅

1p s

gsp m s

v R RRi g R

+= =

+.

Calcolo ora Rgd:

Dalla figura scrivo le equazioni:

Page 48: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

48

0p p L L

p m gs L

v Ri R i

i g v i

= −

+ + =

con ( )11

pgs p s m gs gs m p gss

m s

Riv Ri R g v v g R Ri v

g R= − ⇒ + = ⇒ =

+

Ora sostituisco il segnale estraneo iL:

( )1

pp p L p m gs L p m L

m s

Riv Ri R i g v R R i g R

g R⎡ ⎤

⎡ ⎤= − ⋅ − − = + + ⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦ +⎣ ⎦

1m L

p L pm s

g R Rv R R ig R

⎡ ⎤= + + ⋅⎢ ⎥+⎣ ⎦

Da cui:

( )11

1 1p m sm

gd L Lp m s m s

v g R Rg RR R R R Ri g R g R

⎡ ⎤+ ⋅ +⎡ ⎤= = + ⋅ + = + ⋅ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Per il variare di Rs (e con i dati del testo) calcoliamo ora AL, ωH e il prodotto ALBW. Per Rs=0Ω:

6 6

0 3

10 102.2051 0.2 5 10 (401)Hω

−= =

⎡ ⎤⋅ + ⋅⎣ ⎦453514 72.2

sec horad f KHz= ⇒ ≅

0 26LA db=

0 1.877[ ]LA BW db MHz⋅ = ⋅ Per Rs=100Ω:

100 100624414 99.5secH Hrad f KHzω ≈ ⇒ =

100

100

23

2.3[ ]

L

L

A db

A BW db MHz

=

⋅ = ⋅

Per Rs=250Ω;

Page 49: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

49

250 250

250

250

865707 137.8sec

20

2.75[ ]

H H

L

L

rad f KHz

A db

A BW db MHz

ω ≈ ⇒ ≈

=

⋅ = ⋅

Page 50: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

50

Esercizio *2.42. In figura è mostrata una versione di amplificatore differenziale analoga a quella presentata nelle dispense. Il circuito modificato include un resistore RG, che può essere utilizzato per variare il guadagno. Si dimostri che il guadagno di tensione differenziale è dato da

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=

Gd

o

RR

RR

vv 2

1

2 12

Suggerimento: la massa virtuale all’ingresso dell’amplificatore operazionale fa sì che la corrente che scorre attraverso i resistori R1 sia vd/2R1.

Fig.8

SOLUZIONE

1) Come suggerito dal testo risulta

11 2R

vi d=

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

GG

dGdGG R

RRiRviviRRRi 21

1211 2)(2 +−=⇒=++

Page 51: Esercizi Ec2 Sedra Smith

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Prof. M. Valle Raccolta di esercizi svolti

51

dove si è sfruttato il fatto che la corrente che attraversa i terminali di ingresso dell’amplificatore operazionale è nulla a causa dell’inifinita impedenza di ingresso. Possiamo allora combinare le due relazioni e ottenere

dGG

d

Gd

G

dG v

RRR

RRR

Rv

RRRRv

Rvi

1

2

1

21

1

21 1 −=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−=

+−=

3) Applichiamo ancora la legge di Kirchhoff delle tensioni, questa volta alla maglia ABCDEF. Si trova

doodooo vviRRRiviRiRiRviRiRiR =+++⇒=++++++ 22111112221211 )(2 Sostituendo l’espressione di i1 trovata all’inizio otteniamo:

(*)2 21

21dood vviRv

RRR

=+++

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

GooG iiiiii −=⇒+= 11 Ovvero, sostituendo

dG

dG

do v

RR

Rv

RRR

Rvi ⎥

⎤⎢⎣

⎡+=+= 2

11

2

1 211

2

5) Sostituendo quest’espressione nella (*) si trova infine

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=⇒=+⎥

⎤⎢⎣

⎡++⇒=+⎥

⎤⎢⎣

⎡++⎥

⎤⎢⎣

⎡ +

Gd

odod

GGdod

Gd R

RRR

vvvvv

RRR

RRvvv

RR

RRv

RRR 2

1

2

1

2222

1

2

1

21 12221212