Esercizi Ec2 Sedra Smith

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

Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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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 v s vi e v d vi . Soluzione 1) Calcolo le grandezze necessarie a calcolare i guadagni ( v s , v d , vi ):

v s = RS g m v gs

v d = − R D g m v gs

vi = v gs + v s = v gs + RS g m v gs = v gs (1 + RS g m ) 2) Calcolo v s vi : Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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RS g m v gs vs RS g m = = vi v gs (1 + R S g m ) 1 + RS g m 3) Calcolo v d vi :

− R D g m v gs vd R g = =− D m 1 + RS g m vi v gs (1 + RS g m )


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Esercizio 3.1 Tracciare i diagrammi di Bode di modulo e fase della funzione di trasferimento 10 4 1 + S 10 5 T (S ) = 1 + S 10 3 1 + S 10 4 In base ai diagrammi tracciati ricavare i valori approssimati di modulo e fase per ω = 10 6 rad s . Quali sono i valori esatti che si possono determinare dalla funzione di trasferimento?

(

(

)(

)

)

Soluzione 1) Disegno i diagrammi di Bode: T ( jω ) 80 60 40 20

ω ∠T ( jω ) ω

-90 -180 -270

10 10 2 10 3 10 4 10 5 10 6 10 7 10 8 2) Calcolo i valori di modulo e fase: Per il valore ω = 10 6 rad s si ottiene che: ∠T ( jω ) = −90° T ( jω ) = 0dB


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Esercizio 4.4 i

M

B

N

P

(a)

i2

(b)

La figura (a) mostra una versione modificata dell’amplificatore in figura (b). 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 vO R ⎡ R ⎤ = −2 2 ⎢1 + 2 ⎥ vd R1 ⎣ RG ⎦ Suggerimento: la massa virtuale all’ingresso dell’amplificatore operazionale fa sì che la corrente che scorre attraverso i resistori R1 sia v d 2R1 .

Soluzione 1) Calcolo la corrente i, che attraversa i due morsetti a sinistra della figura (a): v d − 2 Ri − v MN = 0 Ma il tratto MN può essere considerato un corto circuito virtuale, quindi v MN = 0 : i=

vd 2R1

2) v M , v N :

vd − v M = R1i 2

⇒

vM = vN =

vd v − R1 d = 0 2 2 R1

3) v B , v P :

v B = −v P = − R2 i = −v d

R2 2R1

4) Chiamando i g la corrente che attraversa RG : Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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ig =

vB − vP R2 = −v d RG R1 RG

5) Corrente i2 che attraversa R2 :

i2 = i − i g =

v d ⎛ 1 R2 ⎞ ⎜ + ⎟ R1 ⎜⎝ 2 RG ⎟⎠

6) vO :

vO = v B − R2 i 2 = −

v d R2 v d R2 − R1 2 R1

⎛ 1 R2 ⎞ v R ⎜⎜ + ⎟⎟ = − d 2 R1 ⎝ 2 RG ⎠

⎛ R ⎞ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ RG ⎠ ⎝

7) Conclusione: vO R =− 2 vd R1

⎛ R ⎞ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ RG ⎠ ⎝


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Esercizio 5.4 Un amplificatore operazionale progettato in modo da avere un guadagno a bassa frequenza di valore pari a 10 5 ed una risposta in alta frequenza dominata da un singolo polo alla frequenza di 100 rad s acquisisce, per un difetto di fabbricazione, una coppia di poli aggiuntivi alla frequenza 10000 rad s . 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:

A (S ) 100

− 20 dB decade

10 4 10 2

10 3 − 60 dB decade

∠A(S )

-90 -180 -270 2) Calcolo la frequenza ω 180 a cui lo sfasamento raggiunge i 180°:

ω180 = 10 4 rad s 3) Calcolo il valore di β per cui il guadagno di anello raggiunge il valore unitario: 10 5 β 10 5 β A( jω 180 )β = = =1 ⇒ β = 0,02 (1 + j100)(1 + j )2 − 200 + 2 j

4) Calcolo infine il guadagno A alle basse frequenze corrispondente: A0 = 500 A= 1 + A0 β Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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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 β =

R1 = R1 + R2

A 1 e che A f = R 1 + Aβ 1+ 2 R1

Possiamo formulare l’ipotesi che Aβ sia grande (Aβ >>1) in quanto A è molto grande e 1 di conseguenza nel nostro caso β = 10 −3 , infatti verificando quindi dire che A f ≈

β

con calcoli più accurati A − A f 10 4 − 10 3 9000 A ⇒ A f + A f Aβ = A ⇒ β = = = = 9 ⋅ 10 − 4 Af = 7 7 1 + Aβ Af A 10 10 si ottiene poi che

R2 1 = − 1 ≈ 10 3 − 1 ≈ 10 3 (per esempio R2=100KΩ ed R1=100Ω) R1 β

Qual è il valore del tasso di controreazione (1+Aβ) in decibel? 1 + Aβ = 1 + 10 4 ⋅ 9 ⋅ 10 −4 ≈ 10 da cui si ottiene, trasformando in decibel, 20 log10 10 ≈ 20dB

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:


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A=

Vo Vi

, inoltre A f =

Vo A = . Vs 1 + Aβ

Noti Vs ed Af si ricava Vo = A f Vs = 10 310 −2 = 10V Noti ora Vo ed A si ricava Vi =

Vo 10 = 4 = 10 −3 V = 1mV A 10

Diminuendo A del 20% qual è la corrispondente diminuzione per Af ? Si può direttamente ottenere la variazione percentuale di Af dipendente dalla variazione dAf 1 dA di A dalla seguente espressione: = . dA (1 + Aβ ) A dAf 1 dA 1 = = 20 ≈ 2% dA (1 + Aβ ) A 10


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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: Avo =

Vo Vi

La resistenza di carico non è presente (in questo caso non c’è nulla da scollegare) perciò dal lato dell’uscita: V o = V gs g m 10 K Ω

Invece dal lato dell’ingresso: Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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Vi = V gs + I ⋅ 10 KΩ = V gs + V gs g m ⋅ 10 KΩ = V gs (1 + g m 10 KΩ) Il guadagno quindi sarà:

Avo =

Vo g m 10 KΩ = = Vi (1 + g m 10 KΩ)

1 1+

1

=

1 g m 10 KΩ

1

1+ 5

=

1 ≈ 0.98 1 + 0.02

mA 10 KΩ V

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: Ip + I =

Rout =

Vp 10 KΩ

Vp Ip

=

⇒ Ip =

Vp 10 KΩ

Vp Vp 10 KΩ

− V gs g m

=

− Vgs g m Vp Vp 10 KΩ

+ Vp gm

=

1 10 KΩ 10 KΩ = = = 1,9Ω 1 mA 1 + 50 + g m 1 + 10 KΩ5 10 KΩ V


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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 Rin =

I = − I in +

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

V in V in 1 ⇒ −V in g m = − I in + ⇒ − I in = −V in ( g m + ) per 10 K Ω 10 K Ω 10 K Ω

cui: Rin =

1 gm +

1 10 KΩ

=

10 KΩ 10 = KΩ ≈ 196Ω 1 + 10 KΩg m 51

Vo e quindi se sappiamo che la Vi corrente di Drain cioè quella che attraversa il parallelo (2KΩ // 5KΩ) è Vgsgm ovvero Vigm possiamo scrivere: Il guadagno di tensione si ottiene al solito tramite Av =

Vo = I o Ro ⇒ Vo = −Vi g m ( Av =

10 KΩ ) 7 KΩ

e quindi che:

Vo 10 = − 5[ KΩ ⋅ ma / V ] ≈ −7 . 7 Vi


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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. Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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I 1 R1 = 2mA2.5KΩ = 5V 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

V B 2 ≤ 0 − 2.5 KΩ ⋅ ε

quindi che V E 2 = V E 1 < 0.7V allora abbiamo verificato che Q2 è veramente interdetto e quindi la nostra ipotesi era corretta.


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

β 0 = g m rπ

ωT β0

siccome sappiamo che ωT = 1 GHz allora conosciamo :

ω T 10 9 Hz = = 5 ⋅ 10 6 Hz = 5Mhz β0 200

ωβ =

h fe =

β0 1+

h fe =

s

ωβ

=

1Ghz 200 200 = = s 5Mhz + s 5Mhz + s 1+ 5Mhz 5Mhz

1Ghz = 10 ⇒ 1Ghz = 10 5Mhz + s ⇒ 1Ghz = 10 (5Mhz ) 2 + ( s ) 2 ⇒ 5Mhz + s

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

1016 = 25 ⋅ 1012 + ω 2 ⇒ ω 2 = 1012 (10 4 − 25) ⇒ ω = 10 6 9975 ≈ 100Mhz


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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: Av =

vo vi

;

Rin =

Vin I in


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a) La corrente che scorre nel resistore 10K è la stessa che scorre in quello da 100K quindi possiamo scrivere che I in =

Vin 10 KΩ

e che

Av =

I in = −

Vo 100 KΩ

e che quindi

vo 100 KΩ =− = −10 vi 10 KΩ

per quanto riguarda invece l’impedenza di ingresso : Rin =

Vin = 10 KΩ I in

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. Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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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.


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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 Aβ = 1 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 Aβ = 1 . Scelgo il processo analitico per calcolare il margine di fase: φ = ∠Aβ = − arc tg (ω0 db ⋅ 0.1) = − arc tg 105 ≈ −90°

( )


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⇒ γ = 180° − 90° = +90°

Determino ora la funzione di trasferimento includendo zero e poli: A0 s 1+ ω0 A0 ⋅ (1 + sCR) A = = = 1 + Aβ 1 + A0 ⋅ 1 ⎛ s ⎞ s 1 + SCR ⎜1 + ω ⎟ ⋅ (1 + SCR ) + A0 1+ 0 ⎠ ⎝

ω0

=

A0 ⋅ (1 + sCR ) A0 ⋅ (1 + sCR) = s CR + s2 + A0 s 2 CR + s ⎛⎜ CR + 1 ⎞⎟ + A0 + 1 1 + sCR + ω0 ω0 ω0 ω0 ⎠ ⎝

Poiché A0 + 1 ≈ A0 posso fare la seguente semplificazione:

1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛ ω0 A0 ⋅ ⎜ s + A0CR ⋅ ⎜ s + ⎟ ⎟ CR ⎠ CR ⎠ ⎝ ⎝ = ≈ CR ⋅ ( s − p1 ) ⋅ ( s − p2 ) ( s − p1 ) ⋅ ( s − p2 )

ω0

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

⎛ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ CR − ⎜ CR + ⎟ ± ⎜ CR + ⎟ − 4 A ω0 ⎠ ⎝ ω0 ⎠ ω0 0 ⎝ p1,2 = 2CR

ω0

=

ω CR + 1 − 0 ± ω0

(ω0CR + 1) ω

2 0

2

−

4CRω0 A0

2CR

ω02

=

−1 + ω0CR ±

(ω0CR + 1)

=

(1.01)

2 ⋅10

−3

2

− 4 ⋅103

− 4ω0CRA0

2CR

ω0 − (10−2 + 1) ±

2

⇒ p1,2 ≅ −0.5 ⋅103 ± j

63.24 = −500 ± j 31.620 2 ⋅103

Il calcolo dello zero, al contrario, è immediato: 1 1 = − −3 = −1000 z=− CR 10


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=

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


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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

v gs = −v s 3) Esprimiamo la tensione vgs in funzione di altre grandezze del circuito. Si deduce facilmente che v s = vi dunque

v gs = −vi 4) Applicando la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo di source otteniamo

g m v gs = −i x dunque, sfruttando i risultati precedenti, g m (− vi ) = −i x

⇒ i x = g m vi

5) Allora essendo per definizione Rin =

vx ix

risulta Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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Rin =

vx 1 = = 200Ω ix gm

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

v gs = −v s 2) Esprimiamo la tensione vgs in funzione di altre grandezze del circuito. Si deduce facilmente che

v s = vi − rg i x dunque

v gs = rg i x − vi essendo ix la corrente erogata dal generatore. 3) Applicando la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo di source otteniamo g m v gs = −i x dunque, sfruttando i risultati precedenti,

g m (rg i x − vi ) = −i x

⇒ i x (1 + rg g m ) = g m vi

gm vi 1 + rg g m 4) Osserviamo che possiamo sostituire alle due resistenze RD e RL il parallelo delle due, ovvero una resistenza equivalente Req di valore Req = R D // R L =

⇒ ix =

RD RL RD + RL

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

vo = Req i x 6) Sostituendo possiamo finalmente ricavare il guadagno Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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vo = Req

gm vi 1 + rg g m

⇒

vo gm = Req vi 1 + rg g m

Sostituendo i valori numerici troviamo 5 mA vo 5kΩ ⋅ 2kΩ V = ⋅ = 3.57 vi 5kΩ + 2kΩ 1 + 200Ω ⋅ 5 mA V Vediamo cosa succede se la corrente di polarizzazione I quadruplica. 1) Poiché g m = 2 µ n C ox

W L

I

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 10 mA vo 5kΩ ⋅ 2kΩ V = ⋅ = 4.76 vi 5kΩ + 2kΩ 1 + 200Ω ⋅ 10 mA V e Rin =

vx 1 = = 100Ω ix gm '

dova con gm’ si è indicata la nuova transconduttanza.


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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 Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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ie1 = ie 2 =

I 2

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

ic1 = ic 2 =

I 2

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 vcb ≥ 0V 4) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia individuata dalla massa, da una delle RC e dall’alimentazione. Si ha vcb = VCC − vCM − RC

I 2

5) La condizione precedente diventa allora vcb = VCC − vCM − RC

I I ≥ 0 ⇒ vCM ≤ VCC − RC 2 2

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

vCM = VCC − RC

I 2

(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

VC = VCC − RC I RC 2) Poiché per le nostre ipotesi nel ramo di sinistra la corrente è nulla, risulta VC = VCC Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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

I I ∆VC = VCC − (VCC − RC ) = RC 2 2 3) Ragionando analogamente per quanto riguarda l’altro ramo si trova VC = VCC − RC

I ⇒ 2

⎛ ∆VC = VCC − RC I − ⎜VCC − RC ⎝

I⎞ I ⎟ = RC 2⎠ 2

(c) 1) Sfruttando la relazione trovata in (a).5) si trova RC I ≤ 2VCC − 2vCM 2) Se il segnale vale +3V troviamo

Se invece esso vale –3V si ha

RC I ≤ 10 − 6 = 4V RC I ≤ 10 + 6 = 16V

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

RC I = 4V (d) 1) Sappiamo che

I B (1 + β ) = I E ⇒ I B =

IE 1+ β

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

IB =

I 2(1 + β )

3) Dovendo essere IB ≤ 2µΑ si avrà

I ≤ 2 µA 2(1 + β ) da cui si ricava che il valore massimo di I deve essere I MAX = 2(1 + β ) ⋅ 2 µA = 0.404mA Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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4) Ricaviamo ora il valore di RC

RC I = 4V

⇒ RC =

4V = 9.9kΩ 0.404mA


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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 Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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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

ro 2 = ro1 ≅

VA 50V = = 5MΩ I D 10 µA


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6) Poiché dobbiamo ricavare polo e zero della funzione di trasferimento è conveniente ragionare direttamente nel dominio di Laplace. 7) Osserviamo che

I ro 2 ( s ) =

V DS 2 Vo ( s ) = ro 2 ro 2

I C gd 2 ( s ) = sC gd 2VGD 2 ( s ) = sC gd 2Vo ( s ) essendo, come si deduce immediatamente dallo schema del circuito, V DS 2 ( s ) = VGD 2 ( s ) = Vo ( s ) 8) Inoltre si ricava Vin ( s ) = VGS 1 ( s ) e

iro1 =

VDS1 ( s ) Vo ( s ) = ro1 ro1

9) La corrente che attraversa il condensatore tra G1 e D1 si può esprimere I C gd 1 ( s ) = sC gd 1 (Vin ( s ) − Vo ( s ))

10) La corrente che attraversa Cp è I C p ( s ) = sC pVo ( s )

11) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo D1. Si ha sC gd 1 (Vin ( s ) − Vo ( s )) = g mVin ( s ) +

Vo ( s ) V (s) + sC pVo ( s ) + o + sC gd 2Vo ( s ) ro1 ro 2

ovvero ⎡ 1 1 ⎤ ( sC gd 1 − g m ) ⋅ Vin ( s ) = ⎢ s (C gd 1 + C gd 2 + C p ) + + ⎥Vo ( s ) ro1 ro 2 ⎦ ⎣ 12) Possiamo a questo punto ricavare la funzione di traasferimento Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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Vo ( s ) = Vin ( s )

sC gd 1 − g m s (C gd 1 + C gd 2 + C p ) +

1 1 + ro1 ro 2

13) Ricaviamo il valore del polo. Si ha

s (C gd 1 + C gd 2

1 1 + ro1 ro 2 ro1 + ro 2 1 1 + Cp ) + + =0 ⇒ s=− = ro1 ro 2 C gd 1 + C gd 2 + C p ro1 ro 2 (C gd 1 + C gd 2 + C p )

Sostituendo i valori numerici troviamo s =

(5MΩ + 5MΩ) ⋅ 1rad 10rad 2 2 1 rad = = ⋅ 10 6 = ⋅ MHz = 21.2kHz 5MΩ ⋅ 5MΩ(1 pF + 1 pF + 1 pF ) 25MΩ ⋅ 3 pF 15 15 2π s

14) Ricaviamo il valore dello zero. Si ha sC gd 1 − g m = 0 ⇒ s =

gm C gd 1

Osserviamo che g m = 2 µ n C ox

W L

I D1 = 2 ⋅ 20

µA V

2

⋅ 8 ⋅ 10µA = 160

µA V

Allora otteniamo

s =

160

µA

V 1 pF

rad

= 160 ⋅ 10 6

rad 160 = MHz = 25.5MHz 2π s


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ESERCIZIO D8.13 Un dato amplificatore ha una transcaratteristica non lineare che può essere approssimata nel seguente modo: (a) per piccoli segnali di ingresso, v I ≤10 mV, vo/vI = 103. (b) per segnali di ingresso di ampiezza media, 10mV ≤ v I ≤ 50mV, vo/vI = 102 (c) per segnali di ingresso di grande ampiezza, v I ≥ 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 v I =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 v I = 10mV un guadagno in anello aperto di 100, bisogna che risulti 10 1 = ⋅ 100 1 + 100 β

1 ⋅ 100 1 1 9 10 ⇒ = ⋅ ⇒ β = 0.08 100 10 1 + 100 β 10

100 −


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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 Af =

A 1 + Aβ

Allora A = 10 3 A = 10 2 A=0

10 3 = 12.34 1 + 0.08 ⋅ 10 3 10 2 ⇒ Af = = 11.11 1 + 0.08 ⋅ 10 2 ⇒ Af = 0

⇒

Af =

4) Dal grafico di figura 1 si deduce che finché l’uscita dell’amplificatore è compresa tra –10V e +10V, A = 1000, quando 10V ≤ Vo ≤ 14V , A = 100, quando Vo = 14V , A = 0.

Per ricavare la transcaratteristica dell’amplificatore in anello chiuso dobbiamo sfruttare la relazione

Vo = A f V I ' dove con VI ' si è indicato il segnale all’ingresso dell’anello di retroazione. Sapendo che Vo ≤ 10V

A = 1000,

A f = 12.34

per 10V ≤ Vo ≤ 14V

A = 100,

A f = 11.11

A = 0,

Af = 0

per

per

Vo = 14V

possiamo individuare i punti di rottura della transcaratteristica dell’amplificatore in anello chiuso. Ragionando agli estremi di ciscun intervallo otteniamo

Vo = ±10V Vo = ±14V

10 = ±0.81V 12.34 14 ⇒ VI ' = = ±1.2V 11.11 ⇒ VI ' =

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


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Fig. 7


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Si consideri l’amplificatore differenziale della figura: si è soliti esprimere la tensione d’uscita nella forma: v0 = Gd vd + Gcm vCM dove Gd è il guadagno differenziale e Gcm è il guadagno di modo comune. Utilizzando l’espressione di v0 nell’equazione R 1+ 2 R R1 v0 = − 2 v1 + v R3 2 R1 1+ R4 • 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: 1 ⎡R R ⎤ 1+ ⋅ ⎢ 1 + 3 ⎥ G 2 ⎣ R2 R4 ⎦ (1) CMRR = 20 log d = 20 log R1 R3 Gcm − R2 R4 R R • Teoricamente il circuito è stato progettato in modo tale che sia 1 = 3 , che R2 R4 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 + 100ε % allora − nel peggiore dei casi il CMRR risulta essere: R R ⎡ K + 1⎤ CMRR = 20 log ⎢ dove K è il valore ideale dei rapporti 1 ; 3 . ⎥ R2 R4 ⎣ 4Kε ⎦ Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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• 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: V V1 = VCM − d (*) 2 Potenziale assoluto al pin2: Vd (*) V2 = VCM + 2 dalla teoria dell’amplificatore differenziale scrivo: Vo = GdVd + GCM VCM (**) interpreto lo schema con il principio di sovrapposizione degli effetti: R 1+ 2 R R1 V0 = − 2 v1 + v R 2 R1 1+ 3 R4 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: V ⎞ R ⋅ ( R1 + R2 ) ⎛ V ⎞ R ⎛ Vo = − 2 ⋅ ⎜ VCM − d ⎟ + 4 ⋅ ⎜ VCM + d ⎟ = R1 ⎝ 2 ⎠ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) ⎝ 2 ⎠ ⎡ R ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ 1 ⎡ R ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ =⎢ 4 − ⎥ ⋅ VCM + ⎢ 4 + ⎥ Vd 2 ⎢⎣ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦⎥ ⎣⎢ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦⎥ Usando la (**) posso ricavare: 1 ⎡ R ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ + ⎥; Gd = ⎢ 4 2 ⎣⎢ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦⎥

⎡ R ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ GCM = ⎢ 4 − ⎥ ⎣⎢ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦⎥

Da cui posso calcolare il CMRR dopo alcuni passaggi algebrici:


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⎡ ( R4 + R3 ) ⎤ 1 ⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ ⋅⎢ + ⎥ ⎢1 + R2 ⋅ ⎥ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) ⎦ 2 ⎣ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦ 1 ⎣ Gd = = = CMRR = Gcm 2⎡ ⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ R4 + R3 ) ⎤ ( − ⎥ ⎢ ⎢1 − R2 ⋅ ⎥ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) ⎦ ⎣ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦ ⎣ 1 ⎡ R4 R1 + R4 R2 + R2 R4 + R2 R3 ⎤ 1 ⎡ R4 R1 + 2 R4 R2 + R2 R3 ⎤ ⋅ ⎥ 2 ⋅⎢ ⎥ 2 ⎢⎣ R4 R1 + R4 R2 R4 R1 + R4 R2 ⎦ ⎣ ⎦= = = R4 R1 − R2 R3 R4 R1 − R2 R3 R4 R1 + R4 R2 R4 R1 + R4 R2

1 ⎡R R ⎤ 1+ ⋅ ⎢ 1 + 3 ⎥ 2 ⎣ R2 R4 ⎦ C.V.D. Passando in unità logaritmica CMRRdb = 20 log R1 R3 − R2 R4 R R nominalmente 1 = 3 = K R2 R4 1+ K 1+ K = 20 log =∞ K −K 0 in presenza di tolleranza sui valori di R pari ai valori limiti della fascia di tolleranza ho: CMRRdb = 20 log

ε % ⇒ R ± ε R = R ± 100ε R % L’incidenza fondamentale sul risultato CMRR si ha quando il denominatore è =0; la R R diversità è massima con 1 max. e con 3 min. o viceversa. Ragioniamo nel primo caso R2 R4 evitando così la negatività: R ⋅ (1 + ε ) (1 + ε ) R1 è max. ⇒ 1 = R2 R2 ⋅ (1 − ε ) (1 − ε )

R ⋅ (1 − ε ) (1 − ε ) R3 è min. ⇒ = R4 R ⋅ (1 + ε ) (1 + ε )

⎧ 1 ⎡ (1 + ε ) (1 − ε ) ⎤ ⎫ +K ⎪1 + ⋅ ⎢ K ⎪ (1 + ε ) ⎥⎦ ⎪ ⎪ 2 ⎣ (1 − ε ) consegue 20 log ⎨ ⎬ sostituendo. ⎡ (1 + ε ) (1 − ε ) ⎤ ⎪ ⎪ − K ⋅⎢ ⎥ ⎪ 1 − ε ( ) (1 + ε ) ⎦ ⎪⎭ ⎣ ⎩ Al denominatore avrò:


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⎡ (1 + ε )2 − (1 − ε )2 ⎤ ⎡ 4ε ⎤ K 4ε K ⋅⎢ = ⎥ = K ⋅⎢ 2 2⎥ 2 1− ε ⎣1 − ε ⎦ 1 − ε ⎢⎣ ⎥⎦ Al numeratore avrò: 2 2 1− ε 2 + K 1+ ε 2 1 ⎡ K (1 + ε ) + K (1 − ε ) ⎤ K 2 + 2ε 2 1+ ⋅ ⎢ 1 = + ⋅ = ⎥ 2 ⎢ 1− ε 2 2 1− ε 2 1− ε 2 ⎥⎦ ⎣

(

)

(

)

(1 − ε ) + K (1 + ε ) ⇒ CMRR = 20 log 2

2

4Kε

Poiché ε 2 << 1 posso approssimare ⇒ CMRR = 20 log

K +1 C.V.D. 4Kε

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 R1 R3 = = K svolgendo le equazioni ottengo: R2 R4 Vo =

Vo 1 1 ⋅ (V2 − V )1 ⇒ Ad = = 100 = ⇒ K = 0.01 K V2 − V1 K

Trovo il CMRRdb con il valore calcolato di K e quello di ε fornito dal problema: CMRR = 20 log

K +1 1.01 1 104 = 20 log ≈ 20 log = 20 log ≈ 68db −4 1 4Kε 4 10 4 ⋅ 4⋅ ⋅ 0.01 100


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Esercizio 5.35 (pag. 394) Utilizzando un PMOS ad arricchimento con Vt = −1.5Volt K = 0.5mA / V 2 λ =0 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 Rs ; Rd . Soluzione Impongo che il mio transistor lavori in zona di saturazione:

I D = K ⋅ (Vgs − Vth ) classico legame NON lineare esprimibile con la caratteristica mutua 2

eseguo matematicamente l’equazione sopra: I ± D + VTH = Vgs < 0 K devo porre la soluzione negativa in modo che Vgs risulti negativa tanto da permettere la saturazione. 0.5mA Vgs = −1.5V − = −2.5Volt 0.5mA V2 Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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Poiché Vx non è altro che la tensione ai capi di RS esprimo l’equazione di maglia: Vx = VDD − Vgs − Vg = 10 − 2.5 − 6 = 1.5V Da cui (applicando banalmente la legge di Ohm) V 1.5V Rs = x = = 3K Ω I D 0.5mA Analogamente applico lo stesso ragionamento a RD: I 5V RD = D = = 10 K Ω VD 0.5mA Benché non richiesto dall’esercizio esamino il range di valori che possono assumere Rg1, Rg2. Rg 2 V 10 = G = con Rg1 + Rg 2 = 1M Ω di ordine elevato per avere Rin Rg1 + Rg 2 VDD 6 elevata( Rin = Rg1 Rg 2 ) per esempio posso scegliere due valori tipo: Rg1 = 0.4 M Ω; Rg 2 = 0.6 M 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 Rg 2 condizione = 0.6 Rg1 + Rg 2 Verifico ora l’ipotesi iniziale (di lavorare in zona di saturazione): Vds = VDD − Vx − VD = 10 − 1.5 − 5 = 3.5V Vds = −3.5V Vgs = −2.5V VTH = −1.5V Vgs − VTH = −2.5V + 1.5V = −1V Vds < Vgs − VTH ⇒ SATURAZIONE


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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: β = 200 VA = 100V • 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: I C = g mVT = 4 ⋅10−3 ⋅ 25 ⋅10−3 = 100 µ A 100 4000 g m r0 = = 4000 ⇒ r0 = = 1M Ω −3 25 ⋅10 4 ⋅10−3 con d=1 e quindi I E = I C = 100 µ A si deduce il valore I 0 = 2 I E = 200 µ A che dovrà essere fornito dal generatore di corrente. Per l’implementazione a doppia alimentazione secondo lo specchio di corrente si ha: Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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I REF = I 0 = 200 µ A essendo β = 200 >> 1 il vero legame I REF , I 0 è: ⎛ 2⎞ I REF = I 0 ⎜1 + ⎟ = 200 µ A (1 + 0.01) = 202 µ A ⎝ β⎠ se si pone VBE = 0.7V con I E = 100 µ A R=

[ +VCC − (−VEE )] − VBE I REF

=

30 − 0.7 = 146.5 K Ω 200 ⋅10−6

con β = 200 la corrente di polarizzazione in ingresso è I B = A circuito aperto ( ⇒ RL = ∞ ) avrò ROUT = AVo = g m

IE 101 ⋅10−6 = ≈ 0.5µ A β +1 201

ro = 500 K Ω 2

r0 = 2000 2

Ri = 2rπ = 100 K Ω poiché rπ =

β gm

=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:


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Il testo propone di porre rµ = 10 β ro = 2000ro = 2GΩ essendo rµ in parallelo il suo effetto è trascurabile. Usando il teorema di Thevenin per trovare la relazione

V ottenendo le i

equazioni:

v = rπ i + R p i + g m R p (rπ i ) = ( rπ + g m rπ R p + R p ) i v = rπ + R p (1 + g m rπ ) = rπ + R p ( β + 1) i considero pari a 1MΩ la R dinamica del generatore di corrente ideale (dato non fornito): 2 R p = 2M Ω 1M Ω = M Ω 3 v 2 RCM = = 134.5M Ω ⇒ RCM = 67 M Ω i Per determinare il range di segnale di modo comune in ingresso: 1) −Vcc + 2Vγ = −13.6V 2) +Vcc − Vγ = +14.3V dove con vγ si indica la tensione di polarizzazione VBE di ginocchio (circa 0.7V).


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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: R = 100 K Ω g m = 4mA / V RL = 5 K Ω C gs = Cgd = 1 pF 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 Rs = 0,100, 250Ω . 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 AL 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 AL o di centro banda; rimane però invariato il prodotto banda passante-guadagno che è costante. Corso di Elettronica dei circuiti 2 Raccolta di esercizi svolti

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Calcolo ora AL : 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.

Vgs = +VI − Rs g mVgs VI = Vgs (1 + g m Rs ) segnale di input in funzione del pilotaggio interno Vgs. Vo = − g mVgs RL segnale di output in funzione del pilotaggio interno Vgs. Dalla combinazione di queste tre equazioni posso scrivere: AL =

V0 − g m RL che è il guadagno in tensione dell’amplificatore in bassa frequenza. = VI 1 + g m Rs

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

ω1 = τ 1−1 =

1 C gs ⋅ Rgs

ω2 = τ 2−2 =

1 Cgd ⋅ Rgd

con formula empirica (a effetto “riduttivo”)

ωH =

ω1 ⋅ ω2 ω1 + ω2

nell’ipotesi di Cgd = Cgs = 1 pF

ωH =

1 1 ⋅ C ⋅ Rgs C ⋅ Rgd 1 1 + C ⋅ Rgs C ⋅ Rgd

=

1 Rgs ⋅ Rgd

1 1 106 [rad/sec] ⋅ = = C Rgd + Rgs C ⋅ ( Rgd ⋅ Rgs ) C ⋅ ( Rgd ⋅ Rgs ) Rgs ⋅ Rgd

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


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Dalla figura scrivo le equazioni v p = Ri p − Rs is equazione maglia 1 i p + is − g m v p = 0 nodo M il segnale estraneo is è sostituibile: v p = Ri p − Rs ⋅ ( g m v p − i p )

v p = Ri p − g m Rs v p + Rs i p v p ⋅ (1 + g m R ) s = ( R + Rs ) ⋅ i p

Rgs =

vp ip

=

R + Rs . 1 + g m Rs

Calcolo ora Rgd:

Dalla figura scrivo le equazioni:


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v p = Ri p − RL iL i p + g m vgs + iL = 0 con vgs = Ri p − Rs g m vgs ⇒ vgs (1 + g m R ) s = Ri p ⇒ vgs =

Ri p 1 + g m Rs

Ora sostituisco il segnale estraneo iL: ⎡ Ri p ⎤ v p = Ri p − RL ⋅ ⎡⎣ −i p − g m vgs ⎤⎦ = ( R + RL ) i p + g m RL ⋅ ⎢ ⎥ ⎣1 + g m Rs ⎦ ⎡ g R R ⎤ v p = ⎢ R + RL + m L ⎥ ⋅ i p 1 + g m Rs ⎦ ⎣

Da cui: vp ⎡1 + g m ⋅ ( R + Rs ) ⎤ ⎡ gm R ⎤ Rgd = = R + RL ⋅ ⎢1 + ⎥ ⎥ = R + RL ⋅ ⎢ ip ⎣ 1 + g m Rs ⎦ ⎣ 1 + g m Rs ⎦ Per il variare di Rs (e con i dati del testo) calcoliamo ora AL, ωH e il prodotto ALBW.

Per Rs=0Ω:

ωH 0 =

106 106 rad = = 453514 ⇒ f ho ≅ 72.2 KHz −3 sec 1 ⋅ ⎡⎣0.2 + 5 ⋅10 (401) ⎤⎦ 2.205

AL 0 = 26db AL 0 ⋅ BW = 1.877[db ⋅ MHz ]

Per Rs=100Ω:

ωH 100 ≈ 624414

rad ⇒ f H 100 = 99.5 KHz sec

AL100 = 23db AL100 ⋅ BW = 2.3[db ⋅ MHz ]

Per Rs=250Ω;


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ωH 250 ≈ 865707

rad ⇒ f H 250 ≈ 137.8 KHz sec

AL 250 = 20db AL 250 ⋅ BW = 2.75[db ⋅ MHz ]


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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 vo R = −2 2 vd R1

⎡ R2 ⎤ ⎢1 + ⎥ ⎣ RG ⎦

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 i1 =

vd 2R1

2) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia ABEF. Si ha 2i1 ( R1 + R2 ) + RG iG = vd ⇒ iG =

vd R + R2 − 2i1 1 RG RG


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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 iG =

vd R + R2 vd ⎡ R1 + R2 ⎤ R2 vd − vd 1 = ⎥=− ⎢1 − RG R1RG RG ⎣ R1 ⎦ R1RG

3) Applichiamo ancora la legge di Kirchhoff delle tensioni, questa volta alla maglia ABCDEF. Si trova R1i1 + R2i1 + R2io + vo + R2io + R2i1 + R1i1 = vd

⇒

2i1 ( R1 + R2 ) + R2io + vo = vd

Sostituendo l’espressione di i1 trovata all’inizio otteniamo: R1 + R2 vd + 2 R2io + vo = vd R1

(*)

4) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo B. Troviamo i1 = iG + io

⇒ io = i1 − iG

Ovvero, sostituendo io =

1 ⎡1 R ⎤ vd R + 2 vd = ⎢ + 2 ⎥ vd 2 R1 R1RG R1 ⎣ 2 RG ⎦

5) Sostituendo quest’espressione nella (*) si trova infine ⎡ R1 + R2 ⎤ R2 ⎡ 1 R2 ⎤ ⎥ vd + vo = vd ⎢ ⎥ vd + 2 ⎢ + R1 ⎣ 2 RG ⎦ ⎣ R1 ⎦

⎡ 2R 2 R22 ⎤ ⇒ ⎢1 + 2 + ⎥ vd + vo = vd RG R1RG ⎦ ⎣


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⇒

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vo R = −2 2 vd R1

⎡ R2 ⎤ ⎢1 + ⎥ ⎣ RG ⎦

Esercizi Ec2 Sedra Smith

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