Eserciziario Di Elettronica

ESERCIZIARIO DI ELETTRONICA

1) AMPLIFICATORI OPERAZIONALI 2) DIODI 3) TRANSISTOR BJT 4) TRANSISTOR MOSFET 5) COMPITI

1) AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Esercizio 1 (Amp. Op. Non Invertente)

R1 = 1KΩ , R 2 = 3KΩ , VS = VS max sin ( 2πft ) , = ± 25mA , Vomax=12V.

Dato il circuito in figura, e noti

i max

Determinare: a) L’ampiezza di b) La

VSmax

c) Disegnare

VSmax

per la quale iniziamo ad avere CLIPPING con

R L = 10KΩ ;

R L = 100Ω ; = 5v e R L = 10KΩ .

che da CLIPPING con

V0 ( t ) con VSmax

a) Bisogna innanzi tutto osservare osservare che si ha clipping in 2 casi: casi: -Non riesco a fornire tensione; -Non riesco a fornire corrente. Abbiamo un classico amp. op. non invertente per cui il suo guadagno è:

R2 = ... = 4 R1 V V = 0 max + 0 max = ... = 4.2mA RL R1 + R 2

AV = 1 + i0max

Incomincerò ad avere distorsione quando:

V0max > VSmax AV

perciò

VSmax ≤ 3v se no vado in clipping.

b) Analogamente

V0 max V0 max V0 max V0 max i0 max = + → 0.025 = + → V0 max = 2.44 v RL R1 + R 2 RL R1 + R 2 V VSmax = 0max = ... = 0.61v AV

1) AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Esercizio 1 (Amp. Op. Non Invertente)

R1 = 1KΩ , R 2 = 3KΩ , VS = VS max sin ( 2πft ) , = ± 25mA , Vomax=12V.

Dato il circuito in figura, e noti

i max

Determinare: a) L’ampiezza di b) La

VSmax

c) Disegnare

VSmax

per la quale iniziamo ad avere CLIPPING con

R L = 10KΩ ;

R L = 100Ω ; = 5v e R L = 10KΩ .

che da CLIPPING con

V0 ( t ) con VSmax

a) Bisogna innanzi tutto osservare osservare che si ha clipping in 2 casi: casi: -Non riesco a fornire tensione; -Non riesco a fornire corrente. Abbiamo un classico amp. op. non invertente per cui il suo guadagno è:

R2 = ... = 4 R1 V V = 0 max + 0 max = ... = 4.2mA RL R1 + R 2

AV = 1 + i0max

Incomincerò ad avere distorsione quando:

V0max > VSmax AV

perciò

VSmax ≤ 3v se no vado in clipping.

b) Analogamente

V0 max V0 max V0 max V0 max i0 max = + → 0.025 = + → V0 max = 2.44 v RL R1 + R 2 RL R1 + R 2 V VSmax = 0max = ... = 0.61v AV

c)

Esercizio 2

Dato il circuito in figura determinare

V0 . Per i vincoli di nodo sommatore:

v+ = v- = i BR i1 =

i 2 = i1 + i B = −

v− i R =− B R1 R1

 i BR R + i B = i B 1 −  R1 R  1

Da cui:

  R 2  V0 = R 2i 2 + v − = ... = i B  R 2 − R 1 +    R1   

V0 = i B [R 2 − R 2 ] ≡ 0

se

R=

R1R 2 R1 + R 2

abbiamo che:

Esercizio 3


V0 .

Questo circuito si può risolvere facilmente se lo si divide in 2 parti o stadi. Prima si calcola la tensione del primo stadio V3 , poi si passa al secondo stadio che si risolve con la sovrapposizione degli effetti: -Si spegne prima il generatore di tensione 2 e si calcola una

V0'

-Poi si spegne il generatore equivalente equivalente di tensione V3 e si trova una V0 intuitivamente:

V0 = V0' + V0'' .

V3 = −

R2 V1 R1

V0' = −

R5 V3 R3 V0 = −

V0'' = −

''

R5 R R R R V3 − 5 V2 = ... = 5 2 V1 − 5 V2 R3 R4 R 3 R1 R4

R5 V2 R4

Esercizio 3 (Amp. Differenziale)


V0 .

Per i vincoli di nodo sommatore:

v+ = v− =

i1 = i 2 =

Da cui:

V0 = −R 2i 2 + v − = ... = −

 R + R1   R 4  R2 V2 +  2  V1  R1  R1  R 3 + R 4 

ma se

R4 R2 R = → V0 = 2 ( V1 − V2 ) R 3 R1 R1 Esercizio 4

Dato il circuito in figura calcolare - T aperto; - T chiuso.

A V e R in nei seguenti casi:

R4 V1 R 4 + R3

V2 − v − R1

i2

Caso: T APERTO

= 0, v + = v- = Vin → i1 =

V in

− v− R

≡0

i3 = 0 perché i1 = 0 e i 2 = 0 da ciò abbiamo:

V0 = Vin → A V = 1 Possiamo scrivere l’impedenza d’ingresso come:

R in = -

V −

Vin Vin = →∞ I in i1 + i 2

Caso: T CHIUSO

= 0 → i1 = i2 =

V in R

V0 = −Ri3 = −R

Analogamente a prima:

R in =

Vin = −Vin → A V = −1 R

Vin 1 R = Vin = 1 1 i1 + i 2 Vin  +  2 R R

Esercizio 5


A V , R in e R 0 . v + = v − = Vin

Vin Vin i1 = i 2 = da cui è facile ricavare VB = R 2i 2 + R1i1 = ( R1 + R 2 ) R1 R1 V V i3 = B = ... = in2 ( R1 + R 2 ) R1 R1 Applicando Kirchoff al nodo B, abbiamo:

Vin R 2 + R1 i 4 = i 2 + i3 = ... = 2 + Vin 2 R1 R1 Adesso possiamo calcolare V0 : 2  R  2    R R R V0 = R 2i 4 + VB = ... = Vin  2  + 3 2 +1 → A V =  2  + 3 2 + 1 R1  R1  R1   R1   R in = ∞

Amp. di Tensione IDEALE

R0 = 0 Esercizio 6(Convertitore TENSIONE/CORRENTE)

Determinare i 0 . Per i vincoli di nodo sommatore:

VX = VY ma

VX = Vin − R1iin Applicando la legge di Kirchoff delle tensioni alla maglia esterna che va da X a Y ho:

VX − VY = R 4iin + R 3i 3 = 0 in quanto

VX = VY .

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

i 0 = i3 − i 2 = − essendo

R4 iin − i 2 R3

VY Vin − R1iin = sostituendo abbiamo R2 R2 R4 Vin − R1iin  R1 R 4  Vin = − i0 = − iin −  iin − R3 R2 R R R2  2 3 i2 =

Si presenta però un caso particolare: se

R1 R 4 V = → i0 = − in R 2 R3 R2

Esercizio 7

Dato il circuito in figura e dato passa basso(Vedi grafico).

R = 10kΩ , determinare C e L in modo da ottenere un filtro

Dall’elettrotecnica è facile determinare:

Z1 = R + sL = R 1 + 

sL  R 

da cui: Z Z21  sL  − A V = − = −R 1 + 

Z

Z 12



1 R Z2 = sC = 1 1 + sRC R+ sC R

e

1 1 = R R  sL  1 +  (1 + sRC )  1 + sRC  R 

RC =

L 1 1 = = R ωf 2πf taglio

dopo semplici calcoli si trova:

C = 1.06nF L = 106mH Esercizio 8


i=

V0 .

Vin R

VA = −Ri = ... = −Vin Applico Kirchoff al nodo A:

i + i = i1 = 2i − VB + 2iR + Ri = 0 → VB = 3Ri → VB = Ri 2 → i 2 =

i3 = i1 + i 2 → i3 = 5i Applico sempre Kirchoff alla maglia che dal nodo D va verso C:

V0 + 5Ri + 2Ri + Ri = 0 → V0 = −8Vin

VB = 3i R

Esercizio 9 (Amp. Sommatore)

Dato il circuito in figura, determinare: a) V0 = f (VA ,VB ,R A ,R B ,R f ) ; b) R in(A) , R in(B) , R 0(L) .

VA VB a) i A = , iB = RA RB VA VB if = i A + i B = + RA RB V0 :  Rf R f  V0 = −R f i f = −  VA + VB  RB   RA

Adesso è facile ricavare

b)

R in(A) = R A R in(B) = R B R 0(L) = 0

Esercizio 10

Determinare

V0 = f (V1 ,V2 ) .

Per i vincoli di nodo sommatore:

v + = v − = VS = R 2i 2

V2 R2 → VS = V2 R1 + R 2 R 2 + R1 V −V i1 = i f = 1 S R1 i2 =

Da cui si ricava facilmente:

V0 = −R 2if + VS = ... = −

R2 ( V2 − V1 ) Amp. Differenziale R1

2) DIODI Esercizio 1

Dato il circuito in figura, e noti I = 5mA , R1 = 1KΩ , Determinare lo stato di funzionamento dei 2 diodi.

R 2 = 2KΩ .

Possiamo fare 4 ipotesi. Ma solo una, in queste condizioni, è verificata, per cui c’è da procedere per tentativi. Bisogna tenere presente però che essendoci 2 diodi le condizioni di funzionamento devono essere verificate CONTEMPORANEAMENTE.

•

Se D1ON e diventa:

D2ON abbiamo che i D1 > 0 e i D2 > 0 . Il circuito con queste ipotesi

Se applichiamo la Legge di Kirchoff delle correnti al nodo A e la Legge di Kirchoff delle tensioni alla maglia di destra, abbiamo il sistema:

I = iD1 + i D2 10 = − R1i D1 + R 2i D2

2

1

i D21 =

Da cui:

R 2I − 10 = ... = 0 → NO! R 2 + R1

Le ipotesi fatte non sono corrette, in quanto i D2 deve essere strettamente maggiore di zero. Bisogna fare un’altra ipotesi.

•

Se D1OFF e diventa:

D2ON abbiamo che vD1 < 0 e i D2 > 0 . Il circuito con queste ipotesi Con questa configurazione nel ramo centrale non circola corrente, per cui abbiamo:

i D2 = I > 0 → OK! v D1 = R1I −10 = −5 < 0 → OK!

Con la seconda ipotesi abbiamo verificato contemporaneamente entrambe la condizioni, per cui il diodo1 è SPENTO e il diodo2 è ACCESO. Esercizio 2

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

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

B

•

Se D1ON e diventa:

D2ON abbiamo che i D1 > 0 e i D2 > 0 . Il circuito con queste ipotesi

15 − ( −15 ) = 20mA 1500 15 = 15mA i2 = 1000 15 − ( −15 ) = 13,6mA i3 = 2200 i1 =

Da cui si ricava facilmente:

i D1 = i3 + i 2 = 28,6mA > 0 → OK! i D2 = i3 + i1 = 33,6mA > 0 → OK! L’ipotesi 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) A V0 = V0 Vin , 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 può applicare Thevenin:

R

Vin Veq = V = R + R in 2 RR R = R eq = R+R 2 così il circuito risulta molto semplificato:

Come al solito ipotizzo uno stato di funzionamento del diodo e poi verifico per quali condizioni è vera l’ipotesi fatta. • Se D − ON abbiamo che deve essere i D > 0 . Il circuito con queste ipotesi diventa:

Vin iD =

2

− VB

Vin =

R +R 2 2 V i D > 0 quando in > VB 2

2 − VB R

Perciò è facile adesso ricavare V0 :

V0 = •

Se

R 1 1 i D + VB = ... = Vin + VB 2 4 2 D − OFF abbiamo che deve essere vD < 0 . Il circuito con queste ipotesi diventa: vD < 0 quando

Vin < VB 2

Anche quì è facile ricavare adesso V0 :

1 V0 = Vin = Vin 2

La FdT diventa: Un utile verifica, da fare sempre, della correttezza dell’esercizio e del grafico è vedere se coincide o coincidono i p.ti di spezzamento (VERIFICA DEL PUNTO DI SPEZZAMENTO). Basta sostituire il valore di Vin , nel nostro caso Vin = 2VB , nelle FdT ottenute e vedere se coincidono. Esercizio 4


I e V . Con R = 1kΩ

D1ON , D2ON e D3OFF , in quanto D1 è a massa e D2 è invertito rispetto agli altri due, cosi abbiamo che i D1 > 0 , i D2 > 0 e v D3 < 0 . Se ipotizziamo

Il circuito con queste ipotesi diventa:

Con questa configurazione:

15 = 15mA > 0 → OK! R 0 − ( −15 ) = = 7.5mA > 0 → OK! 2R

i D1 = i D2

vD3 = −15

R R+R

= −7.5v < 0 → OK!

Con queste ipotesi il circuito è verificato. Adesso è facile intuire che

I = 0 e V = − v D3

Esercizio 5

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

A V0 = V0 Vin ,

Il circuito, se ricordiamo dall’elettrotecnica, è del tutto equivalente e più semplice se spostiamo la resistenza di destra verso sinistra:

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

Vin eq

Vin R 2 Vin = = R R+ 2 3

R eq =

RR R = R + 2R 3

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

Se

D1ON e D2OFF abbiamo che i D1 > 0 e v D2 < 0 . Questa ipotesi è verificata se

Vin

3 > VB . Il circuito così diventa:

Vin

− VB V 3 i D1 = > 0 questo per in > VB 3 R 3 V perciò se in > VB abbiamo che: 3 vD2 = −VB < 0 → OK! Le ipotesi sono verificate contemporaneamente. Adesso è facile ricavare:

V0 = VB •

Se

D1OFF e D2ON abbiamo che vD1 < 0 e i D2 > 0 . Questa ipotesi è verificata se

Vin

3 < 0 . Il circuito così diventa:

−

Vin

3 = − Vin > 0 questo per Vin < 0 3 R R 3 V v D1 = in − VB < 0 → OK! 3

i D2 =

Le ipotesi sono verificate contemporaneamente. Adesso è facile ricavare:

Vin R 3 1 V0 = = Vin 3 R +R 6 3 3 •

D1OFF e D2OFF abbiamo che v D1 < 0 e v D2 < 0 . Questa ipotesi è verificata se 0 ≤ Vin 3 ≤ VB . Il circuito così diventa:

Se

Vin − VB < 0 → OK! 3 V v D1 = − in < 0 → OK! 3 v D1 =

Le ipotesi sono verificate contemporaneamente. Adesso è facile ricavare:

1 V0 = Vin 3 Adesso ricomponendo le tre FdT otteniamo il grafico totale:

3) TRANSISTOR BJT Esercizio 1

Dato il circuito in figura, e noti βF = 100 ,

R1 = 470kΩ , R 2 = 1MΩ , R 3 = 6.8kΩ . Determinare la regione di funzionamento del BJT e conseguentemente ICQ e VCEQ .

Possiamo trasformare il circuito in una forma più immediata

Cosi il circuito risulta più comprensibile e possiamo farne il circuito equivalente di Thevenin: ricaviamo adesso

Veq e R eq :

R2 VsuR 2 = 15 − ( −15 )  = 20.4v R 2 + R1 Veq = VsuR 2 − 15 = ... = 5.41v RR R eq = 1 2 = ... = 320kΩ R1 + R 2 Se ipotizziamo che il BJT funzioni in ATTIVA DIRETTA dobbiamo verificare che i B > 0 e VCE > 0.2v . Con l’ipotesi fatta il circuito diventa: Se applichiamo Kirchoff alla maglia di ingresso, abbiamo:

Veq = R eq iB + 0.7 da cui:

Veq − 0.7 = 14.7µA > 0 → OK! iB = R eq iC = ICQ = βFi B = 1.47mA Mentre applicando Kirchoff alla maglia di uscita abbiamo:

15 = R 3iC + VCE → VCE = VCEQ = 15 − R 3i C = ... ≅ 5v > 0.2 → OK! Esercizio 2

Dato il circuito in figura, e noti βF = 200 ,

R1 = 47kΩ , R 2 = 150kΩ , R C = 4.7kΩ . Determinare la regione di funzionamento del BJT e conseguentemente ICQ e VCEQ . Ipotizziamo il funzionamento in attiva diretta per cui il circuito diventa:

0.7 − ( −15 ) i2 = = 105µA R2 i1 =

VCE − 0.7 R1

Se applico Kirchoff al nodo A:

VCE − 0.7 − i2 i1 = i 2 + i B → i B = R1

dato che non conosciamo VCE , i B è funzione di VCE .

Se applico sempre Kirchoff al nodo H:

iC =

15 − VCE RC

 VCE − 0.7  15 − VCE VCE − 0.7 = + 200  − i2  iC = i1 + βFi B → RC R1 R1  

Con qualche semplice passaggio algebrico troviamo:

VCE = VCEQ = 66.08 .06 > 0.2v → OK! V − 0.7 i B = CE − i 2 = ... =9220 .04 µA > 0 → OK! R1 iC = iCQ = βFi B = 144mA .81mA Perciò l’ipotesi fatta è corretta, il BJT funziona in diretta. Esercizio 3

Dato il circuito in figura, e noti βF = 100 , R1 = 10kΩ , Determinare la regione di funzionamento del BJT.

R C = 27kΩ .

Sulla resistenza R1 non scorre corrente. La base è a massa per cui la giunzione B-E è polarizzata in inversa, di conseguenza il BJT è in INTERDIZIONE. Il circuito in interdizione diventa:

Abbiamo ipotizzato il circuito in interdizione, ma perché ciò sia vero dobbiamo verificare che:

VBC < 0.5v VBE < 0.5v

VBC = 0 − 10 = −10v < 0.5v → OK! VBE ≡ 0 < 0.5v → OK! Le ipotesi sono verificate, perciò il circuito è in INTERDIZIONE. Esercizio 4 (Transistor PNP)

Dato il circuito in figura, e noti βF = 100 , R1 = 1kΩ , R C = 1kΩ . 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; - VBE < 0 e VCE < 0 . Conseguentemente: VBE < 0 → VEB > 0 La giunzione B-E è polariz. in diretta; VCB < 0 La giunzione C-B è polariz. in inversa.

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

5 − 0.7 = 4.3mA RC i iiE B = E = 42.6µA > 0 → OK ! βF + 1 i C = I = βFi B = 4.26mA iE =

Se applico Kirchoff alla maglia B-C:

0.7 = VEC + 1000i C − 15 → VEC = 11.4v VCE = −11.4v < −0.2v → OK ! V = 1000i C − 15 = 10.7 v

Esercizio 5

Dato il circuito in figura, e noti β1 = 50 , β 2 = 20 ,

R 3 = 100Ω , VCC = 15v .

R1 = 100kΩ , R 2 = 200Ω ,

Determinare lo stato di funzionamento dei BJT e il valore di

V.

B1 e B2 in attiva diretta, abbiamo: V − 2 ( 0.7 ) i E = CC = 136µA > 0 → O OK K! R1

Se ipotizziamo

VCE1 = VCC − 0.7 = 14.3v > 0.2 → OK ! Perciò l’ipotesi fatta per il primo BJT è corretta. Verifichiamo il secondo:

i=

0.7 = 3.5mA R2

Applico Kirchoff al nodo A:

i B1 + β1i B1 = i + i B2 → i B2 = 33.49mA .43mA > 0 → OK ! i C2 = β2i B2 =69.8mA 68.6mA VCE2 = VCC − R 3i C2 = ... = 8.02V 8.14v Ho verificato entrambe le ipotesi i potesi contemporaneamente, contemporaneamente, per cui i 2 BJT sono in ATTIVA DIRETTA. Calcoliamo adesso V :

V = VCE2 = 88.02V .14v

4) TRANSISTOR MOSFET Esercizio 1 (Collegamento a DIODO)

mA , R = 1kΩ , VCC = 10 v , VT0 = 1v . 2 V Determinare la regione di funzionamento del nMOS e conseguentemente I D e VDS . Dato il circuito in figura, e noti

K = 0.25

Se il transistor lavora, sicuramente è in saturazione, in genere è sempre questa l’ipotesi che si fa. Se siamo in saturazione abbiamo da rispettare una condizione di funzionamento:

VDS > VGS − VT 0 nel nostro caso:

VDS = VGS = 0 → 0 > 0 − VT 0 → VT 0 > 0 ma per un nMOS questo è sempre vero. Per vedere se è acceso devo verificare che:

VGS > VT 0 Se applico Kirchoff alla maglia di uscita:

VCC = Ri D + VDS → VDS = VGS ma in saturazione:

i D = K ( VGS − VT 0 )2 da cui:

VCC = Ri D = K ( VGS − VT 0 )2 + VDS → VDS = VGS −7.32v < VT0 → NO!

0.25VG2S + 0.5VGS − 9.75 = 0 Il MOS è in SATURAZIONE.

5.32v → OK !

Esercizio 2

mA , R1 = 3MΩ , R 2 = 1MΩ , 2 V R 3 = 16kΩ , R 4 = 100kΩ , VCC = 10v , VT 01 = VT 02 = 1v . Determinare la regione di funzionamento del nMOS , poi I e V . Dato il circuito in figura, e noti

K1 = K 2 = 0.25

Se si osserva il circuito e si tiene conto della nozioni di teoria, si sa che la corrente di gate per un qualunque MOS è sempre uguale a zero( i G 2 = 0 ), perciò quel’ramo lì è come se non ci fosse. Da questa osservazione è facile intuire che si può spezzare il circuito in 2 parti e studiare i 2 MOS distintamente uno dall’altro.

M1 : R2 VA = VGS1 = V = ... = 2.5v R 2 + R1 CC Se ipotizziamo M1 in saturazione ( VDS1 > VGS1 − VT 01 ):

Studiamo il MOS

2

i D1 = K1 ( VGS1 − VT 01 ) = 0.56mA VCC = R 3i D1 + VDS1 → VDS1 = 1.04v ma dovendo rispettare la condizione VDS1 > VGS1 − VT 01 abbiamo che 1.04 >/ 1.5 , quindi la condizione non è rispettata e l’ipotesi fatta non è corretta. Non potendo essere in interdizione, sicuramente sicuramente il MOS è in regione TRIODO. Se ipotizziamo il funzionamento funzionamento in triodo dobbiamo rispettare la condizione:

VDS1 < VGS1 − VT 01 Mettendo a sistema le 2 equazioni:

VCC = R 3i D1 + VDS1 i D1 = K1  2 ( VGS1 − VT 01 ) VDS1 − VD2S1 

otteniamo un equazione di secondo grado con incognita

VDS DS11 :

2v → NO! 4VD2S1 − 13VDS1 + 10 = 0

1.25v → OK !

VDS DS11 è rispettata per cui M1 è in TRIODO. Studiamo il MOS M 2 : VDS1 = VGS2 = 1.25v > VT 02 è acceso; Se ipotizziamo M 2 in saturazione ( VDS2 > VGS2 − VT 02 ):

La condizione su

2

i D 2 = K 2 ( VGS2 − VT 02 ) = ... = 15.62µA VCC = R 4i D 2 + VDS2 → VDS1 = 8.44v > VGS2 − VT 02 → OK ! Le ipotesi fatte sono verificate per cui il MOS M 2 lavora in SATURAZIONE.

Possiamo calcolare, calcolare, adesso che sono noti tutti i parametri del circuito, la corrente I e la tensione di uscita V :

I = iD2 = 15.62µA V = VGS2 = 1.25v

COMPITO D’ESAME del 10/09/2002 Esercizio n°1

1) Come prima cosa facciamo l’analisi DC del del circuito così da determinare determinare IDSQ e VDSQ. L’analisi DC si fa trasformando i condensatori in circuiti aperti. Così facendo otteniamo: Calcoliamo la tensione in A:

VA = A

R2 VDD = ... = 8v R 2 + R1

Se adesso ipotizziamo l’nMOS in saturazione, abbiamo 2 condizioni da rispettare: 2

- i D = K (VGS − VT 0 ) VT0=1V - VDS > VGS − VT 0 , Se queste condizioni sono verificate allora l’nMOS lavora in SATURZIONE. Dato che abbiamo tutti i dati possiamo calcolarci la costante K, che ci servirà per calcolare i D :

K n W 40µ 25µ = = 1mA / v 2 2 L 2 1µ Applicando Kirchoff alla maglia con R 2 e R s ottengo: K=

VA = VGS + R Si D

2

VA = VGS + R SK (VGS − VT 0 ) 4V 2 GS −7VGS − 7 = 0

i D = K(VGS − VT 0 )2 Da cui:

2.46v

VGS1, 2 = -0.71v< VT 0 perciò è da scartare Con il valore di VGS trovato possiamo calcolare i D , basta sostituire i valori: iD = 2.13mA Verifichiamo adesso se VDS > VGS − VT 0 :

VDS = 2.62 > 2.156 − 1

OK, siamo in SATURAZIONE

2) Per disegnare disegnare il circuito equivalente equivalente ai piccoli segnali bisogna bisogna applicare applicare i relativi parametri parametri di piccolo segnale, cioè: - I condensatori alle frequenze di interesse i nteresse diventano dei corto circuiti;

-

I generatori di tensione continua sono spenti ed è come se fossero corto circuitati a massa. Usando queste considerazioni si arriva ad ottenere il seguente circuito:

Se adesso lo semplifichiamo ulteriormente, otteniamo:

R1R 2 = 667kΩ R1 + R 2 R R R 'L = R D // R L = D L = 2.308kΩ RD + RL R G = R1 // R 2 =

e il circuito diventa:

Adesso abbiamo tutti i dati necessari per calcolare

g m = 2K n

g m , che è dato dalla formula:

W i D = 6.325m ⋅ 5 ⋅ 0.0366 = 1.158mS L

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

V0 = −g m VGSR 'L Vin = VGS

Che si ottiene applicando Kirchoff alla maglia di uscita.

da cui:

V0 g m VGSR 'L Av = =− = −g m R 'L = ... = −2.67 Vin VGS A VdB = 20 log10 A V = 20 log10 (2.67 ) Per calcolare le impedenze di ingresso e uscita basta spegnere tutti i generatori di tensione e di corrente(I generatori di tensione diventano dei circuiti aperti mentre i generatori di corrente dei corto circuiti):

È facile vedere adesso che:

R in = R G R0 = RD Esercizio n°2

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

Veq = R eq = VB sostituendo

R R+R

Vin =

Vin 2

RR R = R+R 2

Veq e R eq otteniamo: Essendoci solo un diodo (supposto ideale) è sufficiente ipotizzare il diodo ON, e vedere se la condizione è verificata,per cui:

iD

VB

i D > 0 se Vin 2 > VB

essendo

iD =

Vin 2 − VB Vin 2 − Vb = R 2+R 2 R

osservando l’equazione è facile dedurre che la condizione è sempre verificata. Adesso possiamo trovare un espressione per la tensione V0 applicando Kirchoff alla maglia d’uscita:

R R Vin 2 − VB Vin VB V0 = i D + VB = + VB = + 2 2 R 4 2

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

v D < 0 se Vin 2 < VB

diodo OFF vuol dire che abbiamo un circuito aperto:

vD

con questa configurazione è immediato determinare:

V0 =

Vin 2

Possiamo ora disegnare tutto il grafico della funzione di trasferimento, essendo note le equazioni delle rette che identificano V0 in funzione di Vin :

V0 1

4

VB 2VB 1

Vin

2

OSSERVAZIONE: per vedere se la funzione è corretta basta vedere se le due rette si incontrano nello stesso punto o anche verificare che una di esse passa per l’origine. Esercizio n°3

i1

Abbiamo due casi da studiare: 1°Caso T APERTO

i2

Essendoci retroazione posso applicare i vincoli di nodo sommatore

v + = v − = Vi

i2 = 0 se calcoliamo i1 :

Vi − v− ≡0 i1 = R

è facile dedurre che

∀Vi → ii = i1 + i 2 = 0

dato che la resistenza di ingresso si può calcolare come:

Ri =

Vi Vi = →∞ ii 0

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

2R V0 = − Vi = −2Vi → AV0 = −2 R 2°Caso T CHIUSO

i1

In questo caso possiamo calcolare la resistenza in ingresso con la formula:

Ri =

Vx ix

dove

Vx è la tensione di un fittizio

generatore messo a monte del circuito e

i2

i x = i1 + i2 Dato che:

i2 = applicando adesso i vincoli di nodo sommatore ho:

Vx V = x 2R + R 3R

R V Vx = x 3R 3 posso adesso ricavare i1 : v − = v+ =

Vx − v− Vx − Vx 3 2 Vx = = R R 3R da cui è facile ricavare i x e di conseguenza R i : Vx 2 Vx Vx = i x = i1 + i2 = + 3R 3 R R i1 =

Ri =

Vx =R Vx R

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

V0 = −2Ri1 = −2R

Vi = −2Vi → AV0 = −2 R

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

COMPITO D’ESAME del 17/12/2002 Esercizio n°1 (Con punto aggiuntivo finale!)

1) Come prima cosa facciamo l’analisi DC del circuito così da determinare

VCEQ e ICQ .

L’analisi DC si fa trasformando i condensatori in circuiti aperti. Così facendo otteniamo:

Usando Thevenin possiamo semplificare ulteriormente il il circuito:

Veq = VB =

R2 R 2 + R1

VCC = ... = 5v

R eq = R B =

R2 R 2 + R1

= ... = 3.33kΩ

Se ipotizziamo il BJT in attiva diretta, otteniamo il circuito qui a fianco, dove:

VB = R Bi B + VBE + R E i E i E = ( β F +1) i B

e adesso è facile ricavare:

i B = ... = 41.2µA > 0 → OK! Ora è facile ricavare gli altri parametri:

iC = ICQ = βFi B = ... = 4.12mA i E = ( β F +1) i B = ... = 4.16mA applicando Kirchoff alla maglia di uscita otteniamo:

VC = R Ci C + VCE + R E i E → VCE = VCEQ = ... = 6.72v > 0.2 → OK! L’ipotesi fatta è verificata per cui il BJT è in ATTIVA DIRETTA. 2) Se adesso applichiamo i parametri del modello a piccolo segnale, cioè batterie in continua spente (cortocircuitate a massa) e i condensatori diventano dei cortocircuiti, è facile ottenere il circuito equivalente per i piccoli segnali:

Questo circuito si può semplificare ulteriormente dato che sono presenti resistenze in parallelo ottenendo:

Dove:

rπ =

υTβF

ICQ

= ... = 631Ω dove υT ≡ cos t ≡

K BT ≡ 26mV q

che è l’equivalente

termico in tensione;

RB =

R1R 2 = 3.33kΩ R1 + R 2

R 'L =

R CR L = 667Ω RC + RL

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

Vi = rπi B + R E i E → R E ≡ 0 → Vi = rπi B V0 = −βFi BR 'L da cui:

V0 −βFi BR 'L AV = = = ... = −106 Vi rπi B

(I BJT sono sempre amplificatori INVERTENTI)

A VdB = 20log (10 ) A V = ... ≅ 40dB A V0 = Zi =

V0 −βFi BR C = = ... = −158 (questo nel caso di circuito senza carico) Vi rπi B

rπ R B = ... = 531Ω rπ + R B

Z0 = R C

Osservazioni:

A −VS =

Vin Zin = = ... = −54.6 questa è la perdita di guadagno dovuta alla resistenza VS R S + Zin

interna del generatore non nulla.

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

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Raccolta di esercizi svolti

1

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 ):

= RS g m v gs v d = − R D g m v gs = v gs + v s = v gs + RS g m v gs = v gs (1 + RS g m ) vs

vi

2) Calcolo v s vi :


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2

vs vi

=

R S g m v gs v gs (1 + R S g m )

=

R S g m

1 + RS g m

3) Calcolo v d vi : vd vi

=

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


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3

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 ( j ) 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 )

∠T ( jω ) = −90°

= 0dB


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4

Esercizio 4.4 B

i

(a)

i2

P

N

(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 v d

R2

= −2

R1

⎡ R2 ⎤ ⎢1 + R ⎥ G ⎦ ⎣

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

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 i

=

= 0:

v d

2 R1

2) v M , v N : v d

2

− v M = R1i

⇒

v M

= v N =

v d

2

− R1

v d

2 R1

=0

3) v B , v P : v B

= −v P = − R2 i = −vd

R2

2 R1

4) Chiamando i g la corrente che attraversa RG :


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5

ig

=

v B

− vP

= −vd

RG

R2 R1 RG

5) Corrente i 2 che attraversa R2 : i2

= i − ig =

v d ⎛ 1

R ⎞ ⎜⎜ + 2 ⎟⎟ R1 ⎝ 2 RG ⎠

6) vO : vO

= v B − R2 i2 = −

v d R2

2 R1

−

v d R2 ⎛ 1 R1

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

7) Conclusione: vO v d

=−

⎛ R2 ⎞ ⎜⎜1 + ⎟⎟ R1 ⎝ RG ⎠

R2


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6

Esercizio 5.4 Un amplificatore operazionale progettato in modo da avere un guadagno a bassa 5 frequenza di valore pari a 10 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°: ω 180

= 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 = =1 ⇒ β = 0,02 A( jω 180 ) β = (1 + j100)(1 + j )2 − 200 + 2 j 4) Calcolo infine il guadagno A alle basse frequenze corrispondente: A0 A = = 500 1 + A0 β Corso di Elettronica dei circuiti 2

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7

Esercizio 8.3 pagina 636

L’operazionale in configurazione non invertente qui in figura realizza un’implementazione diretta di un circuito di controreazione. 4

Se il guadagno di tensione ad anello aperto è pari ad A=10 trovare il rapportoR2 /R1 3 necessario per ottenere un guadagno di tensione ad anello chiuso A f = 10 .

Noto che β =

R1 R1 + R2

1 e che A f R2

=

1+

=

A

1 + A β

R1

Possiamo formulare l’ipotesi che Aβ sia grande (Aβ >>1) in quanto A è molto grande e 1 quindi dire che A f ≈ di conseguenza nel nostro caso β = 10 −3 , infatti verificando β con calcoli più accurati A − A f 10 4 − 10 3 9000 A ⇒ A f + A f A β = A ⇒ β = = = 7 = 9 ⋅ 10 −4 A f = 7 1 + A β A f A 10 10 si ottiene poi che

R2 R1

=

1 β

− 1 ≈ 10 3 − 1 ≈ 10 3

(per esempio R2=100K Ω ed R1=100Ω)

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

1 + A β = 1 + 10 4 ⋅ 9 ⋅ 10 −4

≈ 10

da cui si ottiene, trasformando in decibel,

20 log 10 10 ≈ 20dB

Se V s = 0.01V , trovare V o , V i .

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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8

A =

V o V i

, inoltre A f

=

V o

=

V s

Noti Vs ed Af si ricava V o

A

1 + A β

.

= A f V s = 10 310 −2 = 10V

Noti ora Vo ed A si ricava V i

=

V o A

=

10 10

4

= 10 −3 V = 1mV

Diminuendo A del 20% qual è la corrispondente diminuzione per A f ?

Si può direttamente ottenere la variazione percentuale di Af dipendente dalla variazione dAf 1 dA = di A dalla seguente espressione: . dA (1 + A β ) A dAf dA

=

1

dA

(1 + A β ) A

=

1 10

20 ≈ 2%


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9


Il transistor NMOS dell’inseguitore di Source di figura (a) ha gm =5 mA/V ed r 0 elevata. Trovare il guadagno di tensione a circuito aperto e la resistenza d’uscita. Risoluzione Costruiamoci il circuito equivalente (trascurando r 0):

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

=

V o V i

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

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10

V i

= V gs + I ⋅ 10 K Ω = V gs + V gs g m ⋅ 10 K Ω = V gs (1 + g m 10 K Ω)

Il guadagno quindi sarà:

Avo

=

V o V i

=

g m 10 K Ω

(1 + g m 10 K Ω)

1

= 1+

1

=

1

1

1+

g m 10 K Ω

=

5

mA V

1 1 + 0.02

≈ 0.98

10 K Ω

Costruiamo anche il circuito per il calcolo della resistenza d’uscita ottenuto passivando il generatore Vi ed aggiungendo un generatore di tensione di prova V p al posto di Vo.

Notiamo subito che Vgs = -V p quindi la corrente I p sarà: I p + I =

Rout

=

V p

10 K Ω

V p I p

=

⇒ I p =

V p

10 K Ω

V p V p

10 K Ω

− V gs g m

=

− V gs g m V p V p

10 K Ω

+ V p g m

1

=

1 10 K Ω

= + gm


10 K Ω 1 + 10 K Ω5

mA

=

10 K Ω 1 + 50

V

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11

= 1,9Ω

Il transistor NMOS dell’amplificatore a Gate comune di figura (b) ha una transconduttanza gm = 5mA/V ed r 0 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

+

V in

10 K Ω

=

V i I i

⇒ −V in g m = − I in +

ed osservando che Vgs = -Vi e che quindi:

V in

10 K Ω

⇒ − I in = −V in ( g m +

1 10 K Ω

) per

cui: Rin

1

= gm

+

=

1 10 K Ω

10 K Ω 1 + 10 K Ωg m

Il guadagno di tensione si ottiene al solito tramite Av

=

10

=

V o

51

V i

K Ω

≈ 196Ω

e quindi se sappiamo che la

corrente di Drain cioè quella che attraversa il parallelo (2K Ω // 5K Ω) è Vgsgm ovvero Vigm possiamo scrivere: V o

= I o Ro ⇒ V o = −V i g m ( Av

=

V o V i

=−

10 7

10 K Ω 7 K Ω

)

e quindi che:

5[ K Ω ⋅ ma / V ] ≈ −7 .


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12


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

I1R 1 = 5V

quindi I1 = 1mA

questo implica che anche I2 sia 1mA perché la corrente totale deve essere 2mA quindi la caduta su R 2 sarà 5V (I2R 2 = 5V) ciò implica che v2 = 0. Quale valore assumerà v2 se si riduce la resistenza offerta da R1 a 2.5 K Ω?

Supponiamo ora che R 1 venga ridotta a 2.5K Ω 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

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13

I 1 R1

= 2mA2.5K Ω = 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 − 2.5K Ω ⋅ 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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14


A quale frequenza il modulo di h fe diventa 10 in un BJT avente una larghezza di banda a guadagno unitario di 1Ghz e β 0 = 200? Quale è il valore di ω β ?

Sapendo che

= g m r π

β 0

e che ω β

=

ω T β 0

siccome sappiamo che ωT = 1 GHz allora conosciamo : ω β

=

h fe

=

ω T β 0

β 0 1+

h fe

=

10 9 Hz

=

s

200

=

ω β

1+

1Ghz 5 Mhz + s

= 5 ⋅ 10 6 Hz = 5 Mhz

200 s 5 Mhz

=

200 5 Mhz + s

=

1Ghz 5 Mhz + s

5 Mhz

= 10 ⇒ 1Ghz = 10 5 Mhz + s ⇒ 1Ghz = 10

(5 Mhz ) 2

+ ( s) 2 ⇒

elevando al quadrato dopo aver semplificato il fattore 10 al secondo membro con il primo 9 8 membro (10 /10=10 ).

1016

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


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15


Assumendo che gli amplificatori operazionali siano ideali, trovare il gu adagno di tensione v0 / v1 e la resistenza d’ingresso R in 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 10K Ω. Calcoliamo il guadagno di ciascuno stadio amplificatore e la sua impedenza d’ingresso: Av

=

vo vi

;

Rin

=

V in I in


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16

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

=

V in

10 K Ω

e che

Av

=

vo vi

I in

=−

=−

V o

100 K Ω

100 K Ω 10 K Ω

e che quindi

= −10

per quanto riguarda invece l’impedenza di ingresso : Rin

=

V in I in

= 10 K Ω

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 10K Ω 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

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17

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 10K Ω. 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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18

Esercizio 8.71 (pag. 645)

L’amplificatore operazionale del circuito in figura, ha un guadagno ad anello aperto pari 5 a 10 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 A β = 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 d el problema:

Dal grafico posso calcolarmi facilmente la frequenza di taglio, frequenza per cui ho A β = 1 . Scelgo il processo analitico per calcolare il margine di fase: φ

= ∠ Aβ = − arc tg (ω 0db ⋅ 0.1) = − arc tg (105 ) ≈ −90° Corso di Elettronica dei circuiti 2

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19

⇒ γ = 180° − 90° = +90° Determino ora la funzione di trasferimento includendo zero e poli: A0 s 1+ ω 0 A0 ⋅ (1 + sCR ) A = = = A0 1 1 + A β ⎛ ⎞ s ⋅ 1+ s 1 + SCR ⎜1 + ω ⎟ ⋅ (1 + SCR ) + A0 1+ 0 ⎠ ⎝ ω 0

=

A0 ⋅ (1 + sCR) s CR + s2 + A0 1 + sCR + ω0 ω 0

A0 ⋅ (1 + sCR)

= s

2

⎛ 1 ⎞ + s ⎜ CR + ⎟ + A0 + 1 ω0 ω 0 ⎠ ⎝

CR

Poiché A0 + 1 ≈ A0 posso fare la seguente semplificazione: 1 ⎞ ⎛ ⎞ ω 0 A0 ⋅ ⎜ s + ⎟ ⎟ CR ⎠ CR ⎠ ⎝ = ≈ CR ⋅ ( s − p1 ) ⋅ ( s − p2 ) ( s − p1 ) ⋅ ( s − p2 )

⎛ ⎝

A0 CR ⋅ ⎜ s +

1

ω 0

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

p1,2

⎛ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ CR A0 − ⎜ CR + ⎟ ± ⎜ CR + ⎟ − 4 ω ω ω 0 ⎠ 0 ⎠ 0 ⎝ = ⎝ 2CR ω 0

− =

ω0CR + 1 ω0

±

(ω 0CR + 1) 2 0

ω 2CR

2

−

4CRω 0 A0 ω 02

2

=

−1 + ω0CR ± (ω0CR + 1) − 4ω 0CRA0 2CR

ω 0 2

− (10−2 + 1) ± (1.01) − 4 ⋅103 = ⇒ p1,2 ≅ −0.5 ⋅103 ± −3 2 ⋅10

j

63.24 2 ⋅103

= −500 ±

j 31.620

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


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20

=

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 R D pari a 2k Ω. L’amplificatore viene pilotato da un generatore di tensione avente una resistenza serie r g = 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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21

Fig. 2

2) Poiché entrambi i capi di R G 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 vs

= vi

v gs

= −vi

dunque

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

=

v x i x

risulta Corso di Elettronica dei circuiti 2

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22

Rin

=

v x i x

1

=

gm

= 200Ω

Calcoliamo il guadagno di tensione dell’amplificatore.(Ci riferiamo alla figura 1) 1) Poiché entrambi i capi di R G 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 vs

= vi − r g i x

v gs

= r g i x − vi

dunque

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 r g i x

− vi ) = −i x ⇒

(

i x 1 + r g g m

)= g

m

vi

⇒

i x

=

gm

1 + r g g m

vi

4) Osserviamo che possiamo sostituire alle due resistenze R D e R L il parallelo delle due, ovvero una resistenza equivalente R eq di valore Req

= R D // R L =

R D R L R D + R L

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

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23

vo

= Req

gm

1 + r g g m

vo

⇒

vi

vi

= Req

gm

1 + r g g m

Sostituendo i valori numerici troviamo vo vi

=

5k Ω ⋅ 2k Ω

5 mA V

⋅

5k Ω + 2k Ω 1 + 200Ω ⋅ 5 mA V

= 3.57

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

gm

W

= 2µ n C ox

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 vo vi

=

5k Ω ⋅ 2k Ω

10 mA V

⋅

5k Ω + 2k Ω 1 + 200Ω ⋅ 10 mA V

= 4.76

e Rin

=

v x i x

=

1 gm '

= 100Ω

dova con gm’ si è indicata la nuova transconduttanza.


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24

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 IR C è possibile scegliere per avere un segnale di modo comune in ingresso pari a ±3V? (d) Relativamente al valore di IR C trovato in (c) selezionare i valori di I ed R C. 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

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25

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 R C e dall’alimentazione. Si ha vcb

I

= V CC − vCM − RC

2

5) La condizione precedente diventa allora vcb

I

= V CC − vCM − RC ≥ 0 ⇒

vCM

2

I

≤ V CC − RC

2

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

I

= V CC − RC

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 R C. Ovvero V C = V CC − RC I RC

2) Poiché per le nostre ipotesi nel ramo di sinistra la corrente è nulla, risulta V C

= V CC


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26

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

I

I

2

2

∆V C = V CC − (V CC − RC ) = RC

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

I ⎞ I ⇒ ∆V C = V CC − RC I − ⎛ ⎜V CC − RC ⎟ = RC 2 2 ⎠ 2 ⎝

I

= V CC − RC

(c) 1) Sfruttando la relazione trovata in (a).5) si trova RC I ≤ 2V CC − 2vCM

2) Se il segnale vale +3V troviamo RC I ≤ 10 − 6 = 4V

Se invece esso vale –3V si ha RC I ≤ 10 + 6 = 16V

3) Allora perché valgano entrambe le relazioni ed R CI sia massimo deve essere RC I = 4V

(d) 1) Sappiamo che I B (1 + β ) = I E

⇒

I B

=

I E

1 + β

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

=

I

2(1 + β )

3) Dovendo essere IB ≤ 2µΑ si avrà I

2(1 + β )

≤ 2µ A

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

= 2(1 + β ) ⋅ 2µ A = 0.404mA


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27

4) Ricaviamo ora il valore di R C RC I = 4V

⇒

RC

=

4V 0.404mA

= 9.9k Ω


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28

ESERCIZIO *7.31 Si richiede di analizzare la risposta in alta frequenza dell’amplificatore CMOS mostrato 2 in figura. La corrente continua di polarizzazione è di 10µΑ. Q1 ha µnCox = 20µA/V , 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

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29

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 = v GS3 = 0V, la corrente che scorre in r o3 o3 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 S 2 è pure nulla 5) Poiché abbiamo visto che la corrente di polarizzazione dell’amplificatore vale 10µA avremo r o 2

= r o1 ≅

V A I D

=

50V 10 µ A

= 5M Ω


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30

6) Poiché dobbiamo ricavare polo e zero della funzione di trasferimento è conveniente ragionare direttamente nel dominio di Laplace. 7) Osserviamo che I r o 2 ( s ) =

V DS 2 r o 2

=

V o ( s ) r o 2

I C gd 2 ( s ) = sC gd 2V GD 2 ( s ) = sC gd 2V o ( s )

essendo, come si deduce immediatamente dallo schema del circuito, V DS 2 ( s ) = V GD 2 ( s ) = V o ( s )

8) Inoltre si ricava V in ( s ) = V GS 1 ( s )

e ir o1

=

V DS 1 ( s ) r o1

=

V o ( s ) r o1

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

10) La corrente che attraversa C p è I C p ( s ) = sC pV o ( s )

11) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo D1. Si ha sC gd 1 (V in ( s ) − V o ( s )) = g mV in ( s ) +

V o ( s ) r o1

+ sC pV o ( s) +

V o ( s ) r o 2

+ sC gd 2V o ( s )

ovvero ( sC gd 1

⎡ 1 1 ⎤ − g m ) ⋅ V in ( s) = ⎢s (C gd 1 + C gd 2 + C p ) + + ⎥V o ( s) r o1 r o 2 ⎦ ⎣

12) Possiamo a questo punto ricavare la funzione di traasferimento Corso di Elettronica dei circuiti 2

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31

V o ( s )

sC gd 1

=

V in ( s )

s (C gd 1

− gm

+ C gd 2 + C p ) +

1 r o1

1

+

r o 2

13) Ricaviamo il valore del polo. Si ha 1 s (C gd 1

+ C gd 2 + C p ) +

1 r o1

+

1 r o 2

=0 ⇒

s

=−

r o1 C gd 1

+

1 r o 2

+ r o 2 r o1 r o 2 (C gd 1 + C gd 2 + C p ) r o1

=

+ C gd 2 + C p

Sostituendo i valori numerici troviamo s

=

(5 M Ω + 5 M Ω) ⋅ 1rad 5 M Ω ⋅ 5 M Ω(1 pF + 1 pF + 1 pF )

=

10rad 25 M Ω ⋅ 3 pF

=

2 15

⋅ 10 6

rad s

=

2

⋅

1

MHz 15 2π

14) Ricaviamo il valore dello zero. Si ha sC gd 1

− gm = 0 ⇒

s

=

gm C gd 1

Osserviamo che gm

=

2 µ n C ox

W L

I D1

=

2 ⋅ 20

µ A 2

V

⋅8⋅

10µ A

= 160

µ A V

Allora otteniamo

160 s

=

µ A

rad rad 160 V = 160 ⋅ 10 6 = MHz 1 pF s 2π


= 25.5 MHz

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32

= 21.2kHz

ESERCIZIO D8.13

Un dato amplificatore ha una transcaratteristica non lineare che può essere approssimata nel seguente modo: 3 (a) per piccoli segnali di ingresso, v I ≤10 mV, vo/vI = 10 . 2

(b) per (b) per segnali di ingresso di ampiezza media, 10mV ≤ v I ≤ 50mV, vo/vI = 10 (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

10 100

=

1 1 + 100 β

100 −

⋅

1

10 100

⋅ 100 ⇒

1 10

=

1

⋅

9

1 + 100 β 10


⇒

β = 0.08

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33

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 A f

=

A

1 + A β

Allora A = 10

3

A = 10

2

A = 0

⇒ ⇒ ⇒

A f A f

=

10 3 1 + 0.08 ⋅ 10 3 10 2

=

1 + 0.08 ⋅ 10 2 A f = 0

= 12.34 = 11.11

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

= 14V , A = 0.

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

= A f V I '

dove con V I ' si è indicato il segnale all’ingresso dell’anello di retroazione. Sapendo che per V o

≤ 10V

per 10V ≤ V o per V o

≤ 14V

= 14V

A = 1000, A f

= 12.34

A = 100,

A f

= 11.11

A = 0,

A f

=0

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

= ±10V ⇒

V I ' =

V o

= ±14V ⇒

V I ' =

10 12.34 14 11.11

= ±0.81V = ±1.2V

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


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34

Fig. 7


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35


Si consideri l’amplificatore differenziale della figura: si è soliti esprimere la tensione d’uscita nella forma: v0 = Gd vd + GcmvCM 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:

CMRR = 20 log

Gd Gcm

1+

= 20 log

⎡ R R ⎤ ⋅⎢ 1 + 3 ⎥ 2 ⎣ R2 R4 ⎦ (1)

1

R1

R2

−

R3 R4

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

R1 R2

=

R3 R4

, 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

+ 100ε % allora − nel peggiore dei casi il CMRR risulta essere:

⎡ K + 1 ⎤ dove K è il valore ideale dei rapporti R1 R3 . ; R2 R4 ⎣ 4 K ε ⎥⎦

CMRR = 20log ⎢


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36

• 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 = V CM − d (*) 2 Potenziale assoluto al pin2: Vd (*) V2 = V CM + 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 R3 2 R1 1+ 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 ⎞ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) ⎛ V ⎞ R ⎛ Vo = − 2 ⋅ ⎜ VCM − d ⎟ + ⋅ ⎜ V CM + d ⎟ = R1 ⎝ 2 ⎠ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) ⎝ 2 ⎠

⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ =⎢ − ⎥ ⋅ VCM R ⋅ R + R ( ) ⎣⎢ 1 4 3 R1 ⎦⎥

1 ⎡ R ⋅(R + R ) R ⎤ + ⎢ 4 1 2 + 2 ⎥ V d 2 ⎣⎢ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦⎥

Usando la (**) posso ricavare: R ⎤ + 2 ⎥; ⎢ 2 ⎢⎣ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎥⎦ ⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ GCM = ⎢ − ⎥ R R R ⋅ + ( ) ⎣⎢ 1 4 3 R1 ⎦⎥ Gd =

1 ⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 )

Da cui posso calcolare il CMRR dopo alcuni passaggi algebrici:


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37

1 ⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤

Gd

CMRR =

Gcm

⎡ ( R4 + R3 ) ⎤ ⋅⎢ + ⎥ ⎢1 + R2 ⋅ ⎥ 2 ⎣ R1 ⋅ ( R4 + R3 ) R1 ⎦ 1 ⎣ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) ⎦ = = = 2⎡ ⎡ R4 ⋅ ( R1 + R2 ) R2 ⎤ ⎤ R R + ( 4 3) − ⎥ ⎢ ⋅ + ⎢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⋅⎢ ⎥ R4 R1 + R4 R2 R4 R1 + R4 R2 ⎦= ⎣ ⎦= R4 R1 − R2 R3 R4 R1 − R2 R3 R4 R1 + R4 R2 R4 R1 + R4 R2

⋅⎢ 2 ⎣ =

1+ Passando in unità logaritmica CMRRdb

= 20log

⎡ R R ⎤ ⋅⎢ 1 + 3 ⎥ 2 ⎣ R2 R4 ⎦ R1 R3 −

1

R2

R nominalmente 1 R2 CMRRdb

= 20 log

=

R3 R4

1+ K

C.V.D.

R4

= K = 20 log

1 + K

=∞

0 K − K in presenza di tolleranza sui valori di R pari ai valori limiti della fascia di tolleranza h o: 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: R1 R2 R3 R4

è max. è min.

consegue

(1 + ε ) R2 ⋅ (1 − ε ) (1 − ε ) R ⋅ (1 − ε ) (1 − ε ) ⇒ = R ⋅ (1 + ε ) (1 + ε ) ⇒

R1 ⋅ (1 + ε )

=

⎧ 1 ⎡ (1 + ε ) (1 − ε ) ⎤ ⎫ + K ⎪1 + ⋅ ⎢ K ⎥⎪ (1 + ε ) ⎦ ⎪ ⎪ 2 ⎣ (1 − ε ) 20log ⎨ ⎬ ⎡ ⎤ 1 ε 1 ε + − ( ) ( ) ⎪ K ⋅ ⎪ − ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ⎣ (1 − ε ) (1 + ε ) ⎦ ⎭ ⎩

sostituendo.

Al denominatore avrò:


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38

⎡ (1 + ε )2 − (1 − ε )2 ⎤ 4ε ⎤ K 4ε = K ⋅⎢ ⎥ = K ⋅ ⎡⎢ 2 2 ⎥ 1 − ε 1 − ε 1 − ε 2 ⎣ ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ Al numeratore avrò: 2 ⎡ K (1 + ε )2 + K (1 − ε )2 ⎤ 1 − ε 2 ) + K (1 + ε 2 ) ( K 2 + 2ε = 1+ ⋅ ⎢ ⎥ = 1+ ⋅ 2 2 ⎢ 1− ε 2 2 1 − ε 1 − ε 2 ⎥ ⎣ ⎦ 1 − ε 2 ) + K (1 + ε 2 ) ( ⇒ CMRR = 20log

1

4 K ε

Poiché ε 2

<< 1 posso approssimare ⇒ CMRR = 20log

K + 1

4 K ε

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

=

1 K

⋅ (V2 − V )1 ⇒ Ad =

V o V2 − V1

= 100 =

1 K

⇒ K = 0.01

Trovo il CMRR db con il valore calcolato di K e quello di ε fornito dal problema: K + 1

1.01 1 CMRR = 20 log = 20 log ≈ 20 log 1 4 K ε 4 ⋅ 10−4 ⋅ 0.01 4⋅ 100

= 20 log


104 4

≈ 68db

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39


Utilizzando un PMOS ad arricchimento con Vt = −1.5Volt

= 0.5mA / V 2 λ = 0 K

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

2

= K ⋅ (Vgs − V th ) classico legame NON lineare esprimibile con la caratteristica mutua

eseguo matematicamente l’equazione sopra:

±

I D K

+ VTH = V gs < 0

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

= −1.5V −

0.5mA 0.5mA

= −2.5Volt

2

V


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40

Poiché Vx non è altro che la tensione ai capi di R S esprimo l’equazione di maglia: V x

= 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 R D: I 5V = 10 K Ω R D = D = V D 0.5mA Benché non richiesto dall’esercizio esamino il range di valori che possono assumere R g1, R g2. Rg 2 V 10 = G = con Rg1 + Rg 2 = 1M Ω di ordine elevato per avere R in 6 Rg1 + Rg 2 V DD elevata( Rin

= Rg1  Rg 2 )

per esempio posso scegliere due valori tipo: Rg1

= 0.4M Ω; Rg 2 = 0.6M Ω

A causa della scelta libera si possono proporre infinite soluzioni diverse per la coppia d i resistenze Rg1, Rg2 bisogna escludere le infinite soluzioni che non soddisfano la Rg 2 condizione = 0.6 Rg 1 + Rg 2 Verifico ora l’ipotesi iniziale (di lavorare in zona di saturazione): Vds = VDD − Vx − VD = 10 − 1.5 − 5 = 3.5V

= −3.5V Vgs = −2.5V VTH = −1.5V Vgs − VTH = −2.5V + 1.5V = − 1V Vds < Vgs − VTH ⇒ SATURAZIONE Vds


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41


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 V A

= 100V

• Determinare la resistenza d’ingresso differenziale R i. • Determinare il valore della resistenza d’uscita R o. • 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 −3 I C = g mVT = 4 ⋅ 10 ⋅ 25 ⋅ 10 = 100µ A g m r0

=

100

= 4000 ⇒ r0 =

25 ⋅10−3 con d=1 e quindi I E

4000

= 1M Ω 4 ⋅10−3 = I C = 100µ A si deduce il valore I 0

= 2 I E = 200µ 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

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42

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

R =

[ +VCC − (−VEE )] − V BE I REF

=

30 − 0.7 200 ⋅10−6

= 146.5K Ω

con β = 200 la corrente di polarizzazione in ingresso è I B A circuito aperto ( ⇒ R L

AVo

Ri

= gm

r 0

2

= ∞ ) avrò ROUT =

r o

2

=

I E

β + 1

=

101 ⋅10−6 201

≈ 0.5µ A

= 500K Ω

= 2000

= 2rπ = 100 K Ω poiché

r π

=

β gm

=50K Ω

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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43

Il testo propone di porre rµ

= 10β ro = 2000ro = 2GΩ essendo r µ in parallelo il suo effetto

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

V i

ottenendo le

equazioni:

(

v = rπ i + R p i + g m Rp ( rπ i) = rπ v i

+ gm rπ Rp + Rp ) i

= rπ + R p (1 + g m rπ ) = rπ + Rp ( β + 1)

considero pari a 1MΩ la R dinamica del generatore di corrente ideale (dato non fornito): 2 R p = 2 M 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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44


La figura mostra il circuito equivalente in alta frequenza di un amplificatore a FET con una resistenza R s sul terminale di SOURCE. Lo scopo di questo problema è di dimostrare che il valore di R s 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 R gs e R gd. • Con i seguenti dati: R = 100 K Ω

= 4mA / V R L = 5 K Ω C gs = C gd = 1 pF gm

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 R s=0; La presenza del componente R s (ovvero l’assenza del condensatore di bypass Cs) permette di variare i parametri A L e BW (o banda passante). Con questo esercizio si dimostra che un aumento di R s permette di ottenere un aumento di BW a scapito del guadagno A L o di centro banda; rimane però invariato il prodotto banda passante-guadagno che è costante.


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45

Calcolo ora A L : 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.

= +VI − Rs g mVgs

Vgs V I

= Vgs (1 + g m Rs )

Vo

= − g mVgs RL

segnale di input in funzione del pilotaggio interno Vgs.

segnale di output in funzione del pilotaggio interno Vgs.

Dalla combinazione di queste tre equazioni posso scrivere:

=

A L

V0 V I

=

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

Determino ora il limite superiore circuito aperto: ω1

= τ 1−1 =

ω2

= τ 2−2 =

ωH di BW con il metodo delle costanti di tempo a

1 C gs ⋅ Rgs

1 Cgd ⋅ Rgd

con formula empirica (a effetto “riduttivo”) ω H =

ω1 ⋅ ω 2 ω1 + ω 2

nell’ipotesi di Cgd 1 ω H

=

⋅

= Cgs = 1 pF

1

C ⋅ Rgs C ⋅ Rgd

1 C ⋅ Rgs

+

1 C ⋅ Rgd

1

=

1

⋅

Rgs ⋅ Rgd

+ Rgs Rgs ⋅ Rgd

C Rgd

=

1

(

C ⋅ Rgd ⋅ Rgs

)

=

106

(

C ⋅ Rgd ⋅ Rgs

)

[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 R gs:


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46

Dalla figura scrivo le equazioni v p = Ri p − Rsis equazione maglia 1 i p

+ is − g mv p = 0 nodo M

il segnale estraneo is è sostituibile:

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

Calcolo ora R gd:

Dalla figura scrivo le equazioni:


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47

= Ri p − RLiL i p + g mv gs + iL = 0 v p

con vgs

= Ri p − Rs g mvgs ⇒ v gs (1 + g m R )s = Ri p ⇒ v gs =

Ri p

1 + g m Rs

Ora sostituisco il segnale estraneo iL: v p v p

⎡ Ri p ⎤ = Ri p − RL ⋅ ⎡⎣−ip − gm vgs ⎤⎦ = ( R + RL ) ip + gm RL ⋅ ⎢ ⎥ ⎣1 + g m Rs ⎦ ⎡ g R R ⎤ = ⎢ R + RL + m L ⎥ ⋅ ip 1 + g m Rs ⎦ ⎣

Da cui: v p Rgd = i p

⎡1 + g m ⋅ ( R + Rs ) ⎤ ⎡ g R ⎤ = R + RL ⋅ ⎢1 + m ⎥ = R + RL ⋅ ⎢ ⎥ ⎣ 1 + g m Rs ⎦ ⎣ 1 + g m Rs ⎦

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

106

ω H 0

=

A L 0

= 26db

1 ⋅ ⎡⎣ 0.2 + 5 ⋅ 10− (401)⎤⎦

A L 0 ⋅ BW

3

=

106 2.205

= 453514

rad

sec

⇒ f ho ≅ 72.2KHz

= 1.877[db ⋅ MHz ]

Per Rs=100 :

ω H 100

≈ 624414

A L100

= 23db

A L100 ⋅ BW

rad

sec

⇒ f H 100 = 99.5KHz

= 2.3[db ⋅ MHz ]

Per Rs=250 ;


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48

ω H 250

≈ 865707

A L 250

= 20db

A L 250 ⋅ BW

rad

sec

⇒

H 250

≈ 137.8KHz

= 2.75[db ⋅ MHz ]


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49

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

⎡ R2 ⎤ ⎢1 + ⎥ R1 ⎣ RG ⎦

R2

= −2

Suggerimento: la massa virtuale all’ingresso dell’amplificatore operazionale fa sì che la corrente che scorre attraverso i resistori R 1 sia vd/2R 1.

Fig.8

SOLUZIONE

1) Come suggerito dal testo risulta i1

=

vd

2 R1

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

= vd ⇒

iG

=

vd RG

− 2i1


R1 + R2 RG

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50

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

=

R1 + R2

vd

− vd

RG

R1 RG

=

⎡ R1 + R2 ⎤ R 1− = − 2 vd ⎢ ⎥ RG ⎣ R1 ⎦ R1 RG vd

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 R1

vd + 2 R2io

+ vo = vd

(*)

4) Applichiamo la legge di Kirchhoff delle correnti al nodo B. Troviamo i1

= iG + io ⇒

io

= i1 − iG

Ovvero, sostituendo

io

=

vd

2 R1

+

R2 R1 RG

vd

=

1 ⎡1

R2 ⎤ + ⎢ ⎥vd R1 ⎣ 2 RG ⎦

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

⎡ 2 R2 2 R22 ⎤ ⎡ R1 + R2 ⎤ R2 ⎡ 1 R2 ⎤ ⎢ R ⎥ vd + 2 R ⎢ 2 + R ⎥ vd + vo = vd ⇒ ⎢1 + R + R R ⎥ vd + vo = vd ⇒ 1 ⎣ 1 G ⎦ G ⎦ G ⎣ 1 ⎦ ⎣


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51

vo vd

⎡ R2 ⎤ ⎢1 + ⎥ R1 ⎣ RG ⎦

R2

= −2

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI SIEN Facoltà di Ingegneria

Esercitazioni di Elettronica II Tommaso Addabbo - Valerio Vignoli

Ultima revisione: 6 dicembre 2005

c 2005 TOMMASO ADDABBO - VALERIO VIGNOLI. Permission is granted to copy, disCopyright  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 retrieved from http://www.gnu.org, or contact the Free Software Foundation, Inc., 51 Franklin St, Fifth Floor, Boston, MA 02110-1301 USA.

1

Indice 1

. . . . . .

3 3 4 4 5 5 6

. . . .

13 13 15 20 20

3

Convertitori A/D e D/A 3.1 Acquisizione dei dati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22 23

4

Elettronica digitale 4.1 Invertitori n-MOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Invertitori C-MOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26 26 28

2

Amplificatori operazionali in circuiti con retroazione negativa 1.1 Modello dell’amplificatore operazionale reale . . . . . . . . 1.1.1 Valori tipici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Principali effetti delle non idealità . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Amplificatore non invertente . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Amplificatore invertente . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Amplificatori operazionali in circuiti a retroazione positiva 2.1 Trigger di Schmitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Circuiti con retroazione positiva e negativa . . . . . . . . 2.3 Circuiti astabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Generatori di onda quadra . . . . . . . . . . . .

2

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

Capitolo 1 Amplificatori operazionali in circuiti con retroazione negativa 1.1

Modello dell’amplificatore operazionale reale

In questo documento si fa riferimento al modello semplificato dell’amplificatore operazionale reale riprodotto in Fig. 1.1, dove

• V : tensione di offset [V ] • I , I : correnti di polarizzazione [A] • CMRR : Common Mode Rejection Ratio • R : resistenza di ingresso differenziale [Ω] • R : resistenza di uscita [Ω] • V , V : tensioni di alimentazione [V ] OS

B1

B2

id 0

cc

ee

Per l’operazionale si è inoltre assunto un comportamento a polo dominante per cui

A(ω) =

A0 1 + j ωω

(1.1)

B

dove ωB = 2πf B individua la pulsazione di taglio a definite sono

• GBW = A f

−3dB. Ulteriori grandezze

: prodotto guadagno-banda (Gain-Bandwidth) [Hz ]. Coin1 cide con la frequenza di transizione f T alla quale A(2πf T ) 0

B

|

• SR : Slew-Rate [V/s] • I = I − I : corrente di offset [A] OS

B1

B2

3

|≈

V OS

V cc

+

V + V ++V − 2CMRR

I B1 R0

Rid

A(ω)V id

V id

V −

−

V ee

I B2

Figura 1.1: Modello semplificato dell’operazionale reale con le principali non idealità.

1.1.1

Valori tipici

Negli amplificatori operazionali reali le quantità sopra introdotte possono variare notevolmente. Nella tabella che segue sono riportati i valori tipici per alcuni dispositivi reali

V OS Rid R0 I B I OS A0 GBW CMRR SR (V cc V ee )min (V cc V ee )max

− −

1.2

µA741 1mV 1.5M Ω 75Ω 10nA 2nA 106dB 1MHz 90dB 0.5V/µs 8V 44V

±

±

T L081 LT C 1051 3mV 0.5µV 12 10 Ω 200Ω 30 pA 15 pA 5 pA 30 pA 106dB 130dB 3M Hz 2.5M Hz 86dB 130dB 13V/µs 4V/µs 8V 5V 36V 16V

±

±

±

±

Principali effetti delle non idealità

In riferimento ai valori tipici per le quantità sopra introdotte, sono riportati qui di seguito alcuni dei principali effetti1 delle non idealità su alcuni circuiti esaminati 1

I risultati riportati sono approssimazioni ottenute attraverso opportune semplificazioni del modello dell’operazionale reale di Fig. 1.1.

4

durante il corso. Nel seguito è posto β = R1 /(R1 + R2 ), con R1 , R2 = 102 Ω 107 Ω.

1.2.1

÷

Amplificatore non invertente

R2 V in

V out

R1 Z in

Z out

Figura 1.2: Amplificatore non invertente.

Posto

A (ω) = risulta 

A (ω)

≈

V out (ω) V in

(1.2)

A(ω) A0 = 1 + βA(ω) 1 + j ωω

(1.3)



B

dove  = ωB (1 + βA 0 ) ωB

e

A0 =

(1.4)

A0 1 + βA 0

(1.5)

Inoltre

Rin(f = 0) e

Rout (f = 0)

1.2.2

≈R

≈ 1 +RβA 0

id (1 +

βA 0 )

//(R1 + R2 ) 0

(1.6)

≈ 1 +RβA 0

(1.7) 0

Amplificatore invertente

Posto

A (ω) =

5

V out (ω) V in

(1.8)

R2

R1

V in V out

Z in

Z out

Figura 1.3: Amplificatore invertente.

risulta 

A (ω)

(β 1)A(ω) A0 = 1 + βA(ω) 1 + j ωω

≈ −

(1.9)



B

dove  ωB = ωB (1 + βA 0 )

e

A0 =

(β 1)A0 1 + βA 0

−

Inoltre

Rin (f = 0) e

Rout (f = 0)

1.3

≈R

(1.10)

1 +

≈ 1 +RβA 0

R2 //Rid 1 + A0

//(R1 + R2 ) 0

(1.11)

≈R

(1.12)

1

≈ 1 +RβA 0

(1.13) 0

Esercizi

Negli esercizi di questo capitolo, quando non altrimenti specificato, per gli amplificatori operazionali impiegati saranno assunte le seguenti caratteristiche R0 = 0Ω, Rid = ,CMRR = , V OS = 0V, I B 1 = I B2 = 0A,SR = e risposta in frequenza a singolo polo (1.1).

∞

∞

∞

Esercizio 1.3.1 L’amplificatore non invertente di Fig.1.2 presenta in continua un guadagno reale di 40dB ed una resistenza di uscita di 0.1Ω. Calcolare il guadagno in continua dell’amplificatore operazionale impiegato, assumendo che R0 = 200Ω. Fornire un dimensionamento per R1 e R2 .

6

Soluzione. L’amplificatore non invertente in continua presenta un guadagno

A0

≈ 1 +AβA 0

= 10

40 20

= 100

(1.14)

0

ed una resistenza di uscita pari a

Rout

≈ 1 +RβA 0

= 0.1Ω

(1.15)

0

Assumento R0 = 200Ω dalla precedente equazione si ottiene

1 + βA 0 = 2000

(1.16)

Usando questo risultato nella (1.14) si ricava

A0

5

≈ 2000 · 100 = 2 · 10

(1.17)

Pertanto dalla (1.16) si ottiene

β

2 103 1 2 105

≈ · · − ≈ 10

−2

=

R1 R1 + R2

(1.18)

da cui un possibile dimensionamento si ha ponendo R1 = 1kΩ e R2 = 99kΩ. —————-  —————-

Esercizio 1.3.2 Si consideri per l’inseguitore di tensione di Fig. 1.4 un amplificatore operazionale con guadagno in continua di 80dB e frequenza di taglio a 3dB di 20Hz . Calcolare l’errore commesso dall’inseguitore alla frequenza di 20kHz .

−

V in

V out

Figura 1.4: Inseguitore di tensione.

7

Soluzione. Impiegando un amplificatore operazionale ideale questo circuito ha una funziona di trasferimento

V out (ω) V in

 

=1

(1.19)

ideale

L’unica non idealità da considerare è il guadagno finito e dipendente dalla frequenza (1.1). Sostituendo all’operazionale ideale il modello di Fig. 1.1 si ottiene

V out A(ω) A0 (ω) = = 1 + A(ω) 1 + A0 + j ωω V in

(1.20)

B

Essendo A0 = 10

80 20

= 104 e ωB = 2π 20 rad/s si ottiene

·

V out (2π 20 103 ) V in

· ·

da cui

 V  V

out in

≈

104 10 = 104 + j103 10 + j

 10 (2π · 20 · 10 ) ≈ √ ≈ 0.995 100 + 1 3

(1.21)

(1.22)

L’errore commesso è dato dal FGE (Fractional Gain Error)

F GE f =20kHz =

|

|G

reale

−G

ideale

|G

ideale

|

| = 0.005 = 0.5%

(1.23)

—————-  —————-

Esercizio 1.3.3 Si realizzi un amplificatore di tensione con frequenza di taglio 30kH z , e che presenti in continua Rin 1GΩ , Rout 0.5Ω e guadagno f B

≥

≥

 V  V

out in

≤

 (ω = 0) = 400

Per il progetto si utilizzi una cascata di uno o più stadi identici che impieghino un amplificatore operazionale reale dalle seguenti caratteristiche

Rid = 800kΩ, R0 = 50Ω, A0 = 8 104 , f T = 1MHz

·

Soluzione. Il progettista deve stabilire nell’ordine: 1. Il tipo di stadio da usare (amplificatore invertente o non invertente) 2. Il numero necessario di stadi

8

Al primo punto si trova facile risposta osservando che in una cascata di amplificatori invertenti o non invertenti la resistenza di ingresso e la resistenza di uscita della cascata di stadi è sostanzialmente definita dalla resistenza di ingresso del primo stadio e dalla resistenza di uscita dell’ultimo stadio. Dalle specifiche di progetto, l’elevata resistenza di ingresso richiesta deve indurre il progettista ad optare per stadi amplificatori non invertenti (altrimenti, essendo in un amplificatore inver1GΩ). R1 si renderebbe necessario il vincolo poco realistico R1 tente Rin La risposta al secondo punto è determinabile per tentativi, verificando se - partendo da un singolo stadio - è possibile soddisfare le specifiche del progetto.

≈

≥

Verifica per un singolo stadio

Considerando un amplificatore non invertente si ha

≈ 1 +AβA 0

A0 da cui, essendo A0 = 8 104 , β singolo stadio si ottiene

·

Rin

≈

= 400

(1.24)

0

≈ 1/400. Impiegando l’operazionale proposto nel

8 104 Rid (1 + βA 0 ) = 8 10 (1 + ) 400

·

5

·

≈ 16 · 10

7

< 109 Ω

(1.25)

che non permette di soddisfare la condizione sulla resistenza di ingresso. Verifica per una cascata di due stadi

Essendo richiesto l’utilizzo di stadi identici, il guadagno di ognuno di essi dovrà essere tale da soddisfare

 

V out (ω = 0) V in da cui

tot

 V  · V

V out = (ω = 0) V in

out in

1

 

 (ω = 0) = 400

 

V out V out (ω = 0) = (ω = 0) = V in V i n 1 2

Per ogni stadio quindi si ha

A0

≈ 1 +AβA 0

(1.26)

2

√

400 = 20

= 20

(1.27)

(1.28)

0

da cui, essendo A0 = 8 104 , β 1/20. Impiegando l’operazionale proposto, la resistenza di ingresso presentata dal primo stadio è

·

Rin

≈

≈

8 104 Rid(1 + βA 0 ) = 8 10 (1 + ) 20

·

·

5

9

≈ 3.2 · 10

9

> 109 Ω,

(1.29)

soddisfacendo la specifica sulla Rin . Per quanto riguarda la Rout presentata dal secondo stadio (l’ultimo della cascata) si ha

Rout

≈ 1 +RβA 0

= 0

50 10 1 + 8·20

−2

≈ 1.25 · 10

4

< 0.5Ω

(1.30)

soddisfacendo la specifica sulla Rout . Rimane da verificare che la frequenza di taglio f B T OT dell’amplificatore determinato dalla cascata dei due stadi sia superiore a 30kH z . A tale scopo, la frequenza di taglio f B di ogni singolo stadio è pari a

106 = 50kH z (1.31) 20 In una cascata di N stadi identici, la frequenza di taglio a 3dB è data da f T f B = (1 + βA 0 ) A0 

≈

−

f B

 = f 2 

tot

1/N

B

−1

(1.32)

32kHz > 30kHz , che da cui, nel caso considerato per N = 2, si ha f B T OT soddisfa l’ultimo vincolo di progetto. Per completare l’esercizio, rimangono da dimensionare R1 e R2 , per cui 1 R2 = 1+ = 20 β R1

⇒

≈

 R = 10kΩ 1

R2 = 190kΩ

(1.33)

—————-  —————-

Esercizio 1.3.4 Nel circuito di Fig. 1.5 è impiegato un amplificatore operazionale con guadagno ideale ma affetto da correnti di polarizzazione I B 1 = I B2 = 1µA , tensione di offset V OS = 4mV e slew rate SR = 4V/µs. Determinare il valore di RK affinchè la componente in uscita legata alle non idealità introdotte sia indipendente dal tempo. Assumendo in ingresso un gradino di tensione di 2V , determinare il valore limite della costante di tempo τ = RC compatibile con lo slew rate dell’operazionale. Soluzione. Sostituendo all’operazionale ideale il modello dell’operazionale reale di Fig. 1.1 con le non idealità introdotte si ottiene il circuito di Fig. 1.6 da cui

V x = V OS

− I R B

K

(1.34)

Facendo il bilancio delle correnti al nodo y si ottiene

V in (t)

− V (t) = I y

B

R dove

d I C (t) = C (V y (t) dt 10

+ I C (t)

− V

out (t))

(1.35)

C

R

RK V in V out

Figura 1.5: Integratore compensato. I B

R

I C

V y V x

V in

RK

C

opamp ideale

V out

V OS I B

Figura 1.6: Modello circuitale per l’esercizio 1.3.4.

è la corrente istantanea che attraversa la capacità C . Essendo l’amplificatore operazionale nel circuito in analisi un operazionale ideale retroazionato negativamente, vale il principio del cortocircuito virtuale ai suoi morsetti per cui V y (t) = V x = costante da cui

I C (t) =

V in (t) R

− I − V −RI R OS

B

B

K

=

−C dtd V

out (t)

(1.36)

Affinché l’uscita non vari nel tempo a causa delle non idealità introdotte è necessario che

I B +

V OS

− I R B

K

R

=0

(1.37)

ovvero che RK = R + V OS /I B . In tal caso infatti si ottiene V y = V x = per l’uscita t

V out (t) =

−I R − V (0) − B

C

11

 V (θ) 0

in

RC

dθ

−I R e B

(1.38)

Essendo lo slew rate dell’operazionale limitato, deve risultare

 d  dt V

out

 (t)

 V (t)  = CR  in

max

max

≤ SR = 4 · 10

6

V /s

(1.39)

Assumendo in ingresso un gradino di ampiezza 2V deve essere

CR

≥ 4 · 210

6

= 5 10−7 s

·

—————-  —————-

12

(1.40)

Capitolo 2 Amplificatori operazionali in circuiti a retroazione positiva Per la corretta risoluzione degli esercizi di questo capitolo, è bene ricordare che nell’analisi dei circuiti con amplificatori operazionali con uscita in saturazione NON è possibile applicare il principio del cortocircuito virtuale ai suoi morsetti. Negli esercizi di questo capitolo, quando altrimenti non specificato, per gli amplificatori operazionali impegati saranno assunte le seguenti caratteristiche R0 = 0Ω, Rid = ,CMRR = , V OS = 0V, I B1 = I B2 = 0A,SR = . Inoltre, gli amplificatori operazionali con uscita saturata sono supposti di tipo rail to rail e con risposta V 0 (V id ) ideale riportata in Fig. 2.1.

∞

∞

∞

V O V cc

V id V O

V id

V ee

Figura 2.1: Guadagno ideale di un amplificatore operazionale con saturazione

2.1

Trigger di Schmitt

Esercizio 2.1.1 Si consideri il circuito in Fig. 2.2. Determinare l’andamento della tensione di uscita in funzione di quella di ingresso, assumendo V cc = 10V , R1 = 1kΩ e R2 = 3kΩ. 13

R2

R1

+V

cc

V x V in

−V cc

V out

Figura 2.2: Trigger di Schmitt a logica positiva.

Soluzione. Una rapida analisi del circuito evidenzia come per V in = 0 il sistema diverga (saturi) a V cc (è una conseguenza della instabilità della soluzione V in = V out = 0). Il circuito va analizzato verificando quali valori della tensione di ingresso siano compatibili con l’uscita in saturazione. Essendo la corrente entrante nei morsetti dell’operazionale nulla, risulta



±

V x =

(V out V in )R1 + V in = βV out + V in (1 R1 + R2

−

Dal momento che V id > 0

⇒ V

out

= V cc e che V id

− β ) < 0 ⇒ V = −V out

cc

(2.1) risulta

Condizione di compatibilità per V in affinchè V out = V cc

Dalla (2.1)

V id = V x > 0

⇒ V

in

>

−10/4 ≈ −3.33V − 1βV = − β 3/4 cc

Condizione di compatibilità per V in affinchè V out =

(2.2)

−V

cc

Dalla (2.1)

V id = V x < 0

⇒ V

in

<+

βV cc +10/4 = 1 β 3/4

−

≈ 3.33V

(2.3)

Assumendo di far variare in modo monotono crescente l’ingresso da 10V a +10V si ottiene pertanto il grafico (a) riportato in Fig. 2.3. Viceversa, assumendo di far variare in modo monotono decrescente l’ingresso da +10V a 10V si ottiene il grafico (b). Se ne evince che il circuito è affetto dalla isteresi riportata nel grafico (c).

−

−

—————-  —————14

V out +V cc

(a)

10V

+

+3.33V

10V

−

V in

−V cc

+V cc

(b)

V out

10V

3.33V

+

−

10V

−

V in

−V cc

V out +V cc

3.33V

10V

+

−

(c)

+3.33V

10V

−

V in

−V cc

Figura 2.3: Isteresi del trigger di Schmitt a logica positiva dell’Es. 2.1.1.

2.2

Circuiti con retroazione positiva e negativa

Esercizio 2.2.1 Si consideri il circuito in Fig. 2.4 in cui R1 = R2 = R3 = R4 = 1kΩ , RL = 500Ω e V cc = 15V . Determinare l’insieme dei valori di V K per cui il circuito ammette soluzione e calcolare la corrente che scorre su RL . Soluzione. Nel circuito è presente una retroazione positiva ed una negativa. L’insieme dei valori V K per cui il circuito ammette soluzione è determinato dai punti fissi del sistema, ovvero da quei valori delle tensioni ai nodi e delle correnti nei rami per cui sono congiuntamente soddisfatte tutte le leggi che regolano il circuito (equazioni di Kirchoff per le correnti ai nodi, ecc...). Al fine di poter individuare i punti fissi del sistema in questo tipo di circuiti si rende in generale necessario

15

R2 R1 +V cc

V y

−V cc

V x R3

R4 2V

V K

R L

Figura 2.4: Circuito dell’Es. 2.2.1.

porre volta per volta l’amplificatore operazionale in uno dei suoi possibili stati ideali (vedi Fig. 2.1): 1. uscita satura a +V cc (V id > 0) 2. uscita satura a

−V

cc

(V id < 0)

3. uscita non satura ad un qualunque valore di tensione compreso fra V cc e V ee , con V id = 0 ed esaminare l’esistenza di soluzioni per il circuito. 1) Ipotesi di uscita dell’operazionale satura a +V cc (V id > 0)

In questa ipotesi deve essere V x > V y e V K = V cc . Risulta

V cc R1 V cc = = 7.5V R1 + R2 2

(2.4)

V cc R4 //RL 2 R3 //RL 17 + = = 4.25V R3 + R4 //RL R4 + R3 //RL 4

(2.5)

V y = Tuttavia

V x =

·

·

V id < 0 che è un assurdo poichè contradMa allora abbiamo ottenuto V x < V y dice l’ipotesi. Ne consegue che per V K = +V cc il circuito non ammette soluzione.

⇒

−V (V < 0) In questa ipotesi deve essere V < V e V = −V . Risulta −V R = −V = −7.5V V = 2) Ipotesi di uscita dell’operazionale satura a x

y

y

cc

K

cc

2

16

id

cc

1

R1 + R2

cc

(2.6)

Tuttavia

V x =

−V · R //R cc

4

L

R3 + R4 //RL

+

2 R3 //RL = R4 + R3 //RL

·

−13 = −3.25V

(2.7)

4

V id > 0 che è un assurdo poichè contraddice l’ipoteSi ottiene quindi V x > V y si. Anche in questo caso per V K = V cc il circuito non ammette soluzione. Non rimane che verificare la

⇒

−

3) Ipotesi di uscita dell’operazionale non satura ad un qualunque valore di tensione compreso fra +V cc e V cc , con V id = 0

−

In questo caso deve essere V x = V y , con

V y =

V K R1 V K = R1 + R2 2

·

(2.8)

Impostando il bilancio delle correnti al nodo x si ottiene

V K

− V /2 + 2 − V /2 = K

K

R3

da cui

V K +2 2

R4

− V 2

K

= V K

⇒ V

K

V K 2RL

(2.9)

= 2V

(2.10)

Ne consegue che l’unico valore ammissibile per V K è 2V , ed in tale condizione la corrente che scorre sul resistore RL è pari a I L = 1/500 = 2mA. Commento ai risultati

La soluzione individuata è una soluzione stabile, la cui stabilità è indotta dalla prevalenza della retroazione negativa su quella negativa. Eseguendo una analisi alle variazioni del circuito ad anello aperto 1 nell’intorno del punto V K = 2V , una variazione infinitesima dV K della tensione V K comporta una variazione dV y = dV K R K RL //R = dV K /2 sul morsetto invertente ed una variazione dV x = dV = R +R RL //R +R dV K /4 sul morsetto non invertente, da cui sull’uscita dell’operazionale è indotta una variazione 4

1

1

2

4

dV o = A dV id = A (dV x

− dV ) = −A dV 4 y

K

3

(2.11)

col predominio della retroazione negativa su quella positiva. In tale condizione, a seguito di una perturbazione, il sistema tende naturalmente a ristabilizzarsi sul suo unico punto di equilibrio caratterizzato da V K = 2V . —————-  —————1

Ovvero staccando l’uscita dell’amplificatore operazionale dal nodo V K

17

Esercizio 2.2.2 Si consideri il circuito in Fig. 2.5, in cui V cc = 10V , R1 = 1kΩ ,R2 = 10kΩ ,R3 = 9kΩ e si assuma per il diodo D il modello ideale2 con caduta di tensione V ON = 0.5V . Determinare l’insieme dei valori di V out per cui il circuito ammette soluzione.

R2

R3 +

V cc

−

V cc

V x D

R1

V y V out

Figura 2.5: Circuito dell’Es. 2.2.2.

Soluzione. Analogamente a quanto visto nell’Es. 2.2.1, nel circuito di Fig. 2.5 sono presenti una retroazione positiva ed una negativa. Anche in questo caso, al fine di poter individuare i punti fissi del sistema saranno cercate soluzioni che siano compatibili con l’amplificatore operazionale posto volta per volta in uno dei suoi possibili stati ideali (vedi Fig. 2.1): 1. uscita satura a +V cc (V id > 0) 2. uscita satura a

−V

cc

(V id < 0)

3. uscita non satura ad un qualunque valore di tensione compreso fra V cc e V ee , con V id = 0 1) Ipotesi di uscita dell’operazionale satura a +V cc (V id > 0)

Il diodo in tale condizione è in conduzione, per cui - in riferimento al modello ideale del diodo - qualunque sia la corrente sul resistore R3 si ha V x = 0.5V . La tensione V y invece è data semplicemente dal partitore

V y =

V cc R1 10 = 11 R1 + R2

·

2

≈ 0.91V

(2.12)

Applicando tale modello al diodo D nel circuito di Fig. 2.5, la corrente I D verso massa che scorre nel diodo è nulla per V x < V ON e qualunque (positiva) per V x = V ON .

18

V id < 0 che è un assurdo poichè conMa allora abbiamo ottenuto V x < V y traddice l’ipotesi. Ne consegue che per V out = +V cc il circuito non ammette soluzione.

⇒

2) Ipotesi di uscita dell’operazionale satura a

−V

cc

(V id < 0)

In tal caso il diodo è interdetto e sul resistore R3 non scorre corrente. Ne consegue che V x = V out = V cc = 10V . V y invece è data dal partitore

−

−

V y =

−V · R cc

1

R1 + R2

− 10 ≈ −0.91V (2.13) 11 V ⇒ V < 0. Ne consegue che per

=

Abbiamo trovato in questo caso V y > x id V out = V cc il circuito ammette soluzione. Per concludere è necessario analizzare se esistano altre soluzioni compatibili con la

−

3) Ipotesi di uscita dell’operazionale non satura ad un qualunque valore di tensione compreso fra +V cc e V cc , con V id = 0

−

In questo caso deve essere necessariamente V x = V y . Se il diodo è interdetto (V out < V ON ) abbiamo che V x = V out , e

V y =

V out R1 V out = R1 + R2 11

·

(2.14)

V ON ), da cui V x = V y se e solo se V out = 0. Se il diodo è in conduzione ( V out si ha che V x = 0.5V e che l’unico valore di V out per cui V y = 0.5 dalla (2.14) è V out = 5.5V .

≥

Ricapitolando risulta che il circuito ammette soluzione per i valori di

V out

∈ {−10V, 0V, 5.5V }.

Commento ai risultati

I tre valori sopra individuati sono soluzioni formali del problema, ma solo i valori V out = 10V e V out = +5.5V rappresentano soluzioni stabili del circuito, mentre la soluzione V out = 0V è instabile. Questo è dimostabile operando come nell’Es. 2.2.1. Si consideri ad esempio la soluzione V out = 0 e si analizzi alle variazioni il circuito ad anello aperto3 nell’intorno di questo punto. Ne consegue che nell’intorno di V out = 0 il diodo è un circuito aperto e che una variazione dV out al nodo V out comporta una variazione dV x = dV out al nodo V x , mentre la stessa variazione dV out comporta una variazione dV y = dV out R R+R = dV 11out al nodo V y . Ne consegue che sull’uscita dell’operazionale è

−

1

1

dV o = AdV id = A(dV x 3

− dV ) = A(dV − dV 11 y

out

out

2

)=A

10 dV out 11

Ovvero staccando l’uscita dell’amplificatore operazionale dal nodo V out

19

(2.15)

col predominio della retroazione positiva su quella negativa. In tale condizione, a seguito di una perturbazione, il sistema tende a divergere dal punto considerato V out = 0V . E’ lasciato per esercizio effettuare lo stesso tipo di analisi per le due soluzioni stabili V out = 10V e V out = +5.5V (Per il punto V out = 10V sono di interesse solo le perturbazioni positive, giacché l’uscita non può divergere negativamente oltre i 10V ).

−

−

−

—————-  —————-

2.3 2.3.1

Circuiti astabili Generatori di onda quadra

Esercizio 2.3.1 Si consideri il generatore di onda quadra in Fig. 2.6 con RU = 2kΩ , RD = 3kΩ , RA = 2kΩ , R = 1kΩ , C = 1µF , V cc = 10V . Calcolare il periodo ed il duty cycle del segnale generato. R A RU +V cc

+V cc V x

−V cc R D

−V cc V out

V C R

C

Figura 2.6: Generatore di onda quadra.

Soluzione. L’uscita dell’operazionale rimane satura a +V cc fintanto che V x > V C . Ponendo quindi V out = V cc si trova che

V x = U

(V cc ( V cc )) RD RD + RU //RA

−−

·

− V

cc

= 5V

Analogamente, l’uscita dell’operazionale rimane satura a V C . Ponendo V out = V cc si trova che

−

V x = D

(V cc

− (−V )) · R cc

D //RA

RU + RD //RA 20

− V

cc

(2.16)

−V

=

cc

fintanto che V x <

−2.5V

(2.17)

I valori della tensione V C che determinano la commutazione del circuito sono pertanto 5V e 2.5V . Fissato in t = 0 l’istante della commutazione dell’uscita dell’operazionale si ha che

V C (t) = (V out

−t/RC

− V (0))(1 − e C

) + V C (0)

(2.18)

Assumendo V out commutato su V cc = 10V e V C (0) = 2.5V si ha che il periodo di tempo ∆tU per cui l’uscita è alta è il tempo per cui è verificata l’equazione

−

V C (∆tU ) = (10 U

−∆tU /RC

− (−2.5))(1 − e

)

− 2.5 = 5V = V

xU

(2.19)

da cui

∆tU =

−RC ln 0.4 ≈ 0.916 ms (2.20) commutato su −V = −10V e V (0) = 5V si ha

analogamente, assumendo V out cc C che il periodo di tempo ∆tD per cui l’uscita è bassa è il tempo per cui è verificata l’equazione −∆tD /RC

V C (∆tD ) = ( 10 D

− − 5)(1 − e

)+5=

−2.5V = V

xD

(2.21)

da cui

∆tD =

−RC ln 0.5 ≈ 0.693 ms

(2.22)

Ne consegue che il periodo del segnale generato è T = ∆tU + ∆tD = 1.609 ms, mentre il duty cycle è

duty cycle =

∆tU T

≈ 57%

—————-  —————-

21

(2.23)

Capitolo 3 Convertitori A/D e D/A Negli esercizi di questo capitolo, quando non altrimenti specificato, per gli amplificatori operazionali impiegati saranno assunte le seguenti caratteristiche R0 = 0Ω, Rid = ,CMRR = , V OS = 0V, I B1 = I B 2 = 0A,SR = e risposta in frequenza a singolo polo (1.1). In riferimento alle nozioni introdotte durante il corso, sarà utilizzata la seguente notazione:

∞

∞

∞

• SN R : rapporto segnale rumore • n : numero dei bit del convertitore • f = : frequenza di campionamento [Hz ] • t : tempo di conversione del convertitore A/D [s] • t : tempo di acquisizione del Sample and Hold (S&H) [s] • t : tempo di settling del S&H [s] • ∆t jitter del ritardo di apertura del S&H [s] • Droop : velocità di scarica della capacità di campionamento in fase di hold 1

c

T c

conv acq set

j

[V /s]

• V • V

F S

: tensione di fondo scala del convertitore A/D [V ]

LSB

=

V F S 2n

: risoluzione del converitore A/D [V ]

22

A/D V in

C

converter

S L A N G I S L A T I G I D

Figura 3.1: Stadio di acquisizione Sample and Hold

3.1

Acquisizione dei dati

Esercizio 3.1.1 Nello stadio Sample and Hold di Fig. 3.1 i due amplificatori operazionali sono caratterizzati da correnti di polarizzazione I b1 = I b2 = 0.1µA , e presentano una resistenza di ingresso di 10M Ω. Assumendo

• V (t) ≥ 0; • banda di V (t) = 5kHz ; • C = 1nF • convertitore A/D a 6 bit; • dinamica del convertitore sempre adattata alla dinamica del segnale di in

in

ingresso.

Si determini 1. il valore limite per la somma dei tempi di settling e di acquisizione 2. il minimo valore della dinamica di V in se il tempo di conversione del convertitore A/D rappresenta il 75% del tempo totale disponibile per l’acquisizione e conversione di un singolo campione alla frequenza di Shannon, ed se la la massima variazione di tensione sulla capacità di tenuta durante il tempo di conversione deve essere inferiore ad 1V LSB .

Soluzione. Assumendo che il segnale di ingresso sia a banda limitata di 5kHz esso deve essere acquisito almeno ad una frequenza di campionamento f c 10kH z . Assumendo T c = 1/f c = 10−4 s deve risultare

≥

tacq + tset + tconv

23

≤ T

c

A

A/D V in

C

converter I b

R

S L A N G I S L A T I G I D

B

Figura 3.2: Modello usato nell’Es.3.1.1 R

A

− I b R

C

B

Figura 3.3: Scarica della capacità sul modello equivalente di Thevenin del bipolo A-B a valle (Es. 3.1.1)

da cui, imponendo che il tempo di conversione dell’A/D sia pari al 75% del tempo totale necessario all’acquisizione e conversione del dato deve essere

tacq + tset

≤ T 4

c

= 0.25 10−4 s

·

a cui corrisponde

tconv = 3(tacq + tset )

≤ 3T 4

c

= 0.75 10−4 s

·

(3.1)

Adesso è necessario valutare il droop legato alle perdite del circuito. In particolare le non idealità introdotte determinano il modello di Fig. 3.2. L’andamento temporale della tensione sulla capacità segue un andamento esponenziale la cui espressione è di immediata determinazione una volta esplicitato l’equivalente di Thevenin del circuito a valle della sezione A-B in Fig. 3.3. Durante la fase di hold la tensione ai capi della capacità segue la legge

  V (t) = V (0) − (I R + V (0)) 1 − e C

C

b

C

t − RC

che per valori di t << RC = 10−2 s può essere approssimata 1 considerando il troncamento ai termini di primo grado della serie di Taylor di

(1 1

t − RC

−e

)=

t + o(t2 ) RC

Condizione ampiamente soddisfatta, considerando la (3.1)

24

ottenendo

V C (t)

V (0)) t ≈ V (0) − (I R +RC b

C

C

Il valore della capacità in t = 0 (inizio della fase di hold) è pari a V in , per cui si richiede che alla fine della conversione la variazione della tensione ai capi della capacità non sia superiore a V LSB = V 2FnS ovvero, essendo il convertitore a n = 6 bit

(I b R + V in) tconv V F S < 6 (3.2) RC 2 La (3.2) pone la condizione più stringente quando V in = V F S , da cui si ottiene (1 + V F S )tconv < ovvero

V F S >

V F S 100 26

·

6400tconv 1 6400tconv

−

Assumendo tconv = 0.75 10−4 (il massimo ammissibile per tconv ) si ottiene V F S > 0.93V .

·

—————-  —————-

25

Capitolo 4 Elettronica digitale 4.1

Invertitori n-MOS

Esercizio 4.1.1 Si consideri l’invertitore di Fig. 4.1. Trascurando l’effetto body e la modulazione di canale, calcolare V OL , V OH e la potenza statica media dissipata assumendo per i due transistor V dd = 5V, K n1 = 100µA/V 2 , K n2 = 400µA/V 2 , V T n = 1V . V dd

D

M 1

G S

D

V in

G

M 2

V out

S

Figura 4.1: Inverter n-MOS con carico attivo connesso a diodo.

Soluzione. Il transistor M 1 è connesso a diodo, ovvero su di esso scorre una V out < V T n , mentre per V dd V out V T n , risultando corrente nulla per V dd sempre verificata la condizione di saturazione, scorre una corrente circa 1 pari a K n1 (V dd V out V T n )2 . La tensione di uscita V OL è ottenuta assumendo in ingresso la tensione V OH e viceversa.

−

−

1

−

−

Ovvero trascurando la modulazione di canale e l’effetto substrato.

26

≥

3.5 ]

A m I [

3

I 2 @ V in

=

V OH

2.5

2

1.5

I 1

1

0.5

0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

V OL

4

4.5

5

V out [V ]

Figura 4.2: Individuazione grafica del punto V out = V OL per il circuito di Fig. 4.1.

Calcolo di V OH .

Per un corretto funzionamento di questo tipo di strutture circuitali è necessario che la tensione V OL posta in ingresso sia tale da interdire il transistor pilotato M 2 (ovvero V OL < V T n ). Assumendo per ipotesi tale condizione verificata, in seguito ad una transizione alto-basso del segnale di ingresso, la capacità connessa al nodo di uscita V out viene caricata attraverso M 1 alla tensione V dd V T n , valore oltre il quale si ha l’interdizione di M 1 . Pertanto se ne evince che per questo invertitore V OH = V dd V T n = 4V .2

−

−

Calcolo di V OL .

Posto V in = V OH è ragionevole assumere che il transistor M 2 si trovi in regione di triodo. Tale supposizione è giustificata osservando la Fig. 4.2, ed avendo ipotizzato V OL < V T n . Il valore dell’uscita V out = V OL è determinato imponendo l’uguaglianza fra le correnti che scorrono nei due transistor:

K n2 [2(V GS 2

− V

T n )V DS 2

− V

2

DS 2 ]

= K n1 (V GS 1

− V

T n)

2

(4.1)

da cui, assumendo V GS 2 = V in = V OH = 4V

K n2 [2(V OH

2

− V )V − V ] = K √  0.55V 32 ± 32 − 20 · 16 ≈ ≈ Tn

OL

OL

n1 (V dd

− V − V OL

2

T n)

(4.2)

2

V OL

10

5.8V ( soluzione impossibile)

2

Tenendo conto dell’effetto body, sarebbe corretto scrivere V OH = V dd se V out > 0 per il transistor M 1 risulta V SB > 0.

27

− V

T n1

(4.3)

(V OH ), poichè

Verifica dei risultati.

Per la convalida dei risultati ottenuti è necessario verificare le ipotesi fatte:

• V ≈ 0.55V ⇒ (V • V ≈ 0.55V ⇒ (V OL

OL

< V T n ) è verificata;

OL

OL

< V OH

mente in regione di triodo.

− V

T n ),

ovvero il transistor M 2 è effettiva-

Calcolo della potenza statica media dissipata.

L’invertitore dissipa potenza statica solo nello stato V out = V OL , poichè nello stato V out = V OH il transistor M 2 è in condizione di interdizione. Assumendo i due stati dell’inverter equiprobabili risulta

P D

stat

(V OL ) + P D (V OH ) P D (V OL ) = = 2 2 V dd I 1 (V OL ) V dd K n1 (V dd V OL V T n )2 = = 2 2 2.95mW =

P D

stat

stat

·

stat

−

−

(4.4)

≈

≈

(4.5) (4.6)

—————-  —————-

4.2

Invertitori C-MOS

Esercizio 4.2.1 Si consideri l’invertitore di Fig. 4.3 dove i due transistor sono caratterizzati da V T n = V T p = 1V . Assumendo V dd = 1.5V determinare l’andamento della tensione di uscita in funzione di quella di ingresso.

| |

Soluzione. Analizziamo il comportamento del circuito variando in modo crescente la tensione di ingresso da 0V a V dd = 1.5V . Il transistor M 1 è in conduzione se V in > V T n = 1V , mentre il transistor M 2 è in conduzione se V in < V dd V Tn = 0.5V . Ne consegue che per 0 V in < 0.5V il transistor M 2 è interdetto, mentre M 1 è in conduzione, mantenendo l’uscita a V dd = 1.5V . Per 0.5 V in 1V entrambi i transistor sono interdetti. In questa situazione la capacità C L si mantiene 1.5V il transistor M 2 passa carica alla tensione V out = 1.5V . Per 1 < V in alla conduzione, portando l’uscita a V out = 0V . L’analisi si completa facendo variare in modo decrescente la tensione di ingresso da 1.5V a 0V , ottenendo in conclusione il ciclo di isteresi riportato in Fig. 4.4

≤

≤

− ≤

≤

—————-  —————-

Esercizio 4.2.2 Si consideri la cascata di due invertitori identici di Fig. 4.5. Assumendo i transistor caratterizzati da V T n = V T p , W n = Ln = L p , µn =

| |

2.5µ p , K n = K p 28

V dd

M 1

V in

V out

M 2 C L

Figura 4.3: Inverter CMOS con carico capacitivo C L . V out

1.5V

0V 0.5V

1.0V

1.5V

V in

Figura 4.4: Isteresi del circuito di Fig. 4.3 con V dd = 1.5V, V T n =

−V

Tp

= 1V .

1. fornire una stima approssimata del carico capacitivo del primo inverter; 2. calcolare il tempo di propagazione del primo inverter, assumendo in ingresso un segnale ideale a transizioni istantanee. 3. Risolvere i punti 1) e 2) assumendo V T n = V T p , W p = W n = Ln = L p , µn = 2.5µ p .

| |

Soluzione. Il primo inverter presenta un carico capacitivo dato della capacità di ingresso del secondo inverter. Soluzione ai punti 1) e 2).

29

V dd

V in

M 1

M 3

M 2

M 4

V out

Figura 4.5: Cascata di due invertitori CMOS.

In prima approssimazione la capacità risultante corrisponde alla somma

C L

≈ C

ox (W n Ln

+ W p L p ) = 3.5 C ox W nLn

Il risultato è calcolato tenendo conto che essendo Ln = L p e µn = 2.5µ p risulta (K n = K p ) (W p = 2.5W n ). Il tempo di propagazione è dato da

⇒

tP HL + tP LH 2

tP =

Il tempo tP HL corriponde a quello necessario alla tensione di uscita per passare da V OH a metà dello swing logico. In questo caso la capacità è scaricata attraverso l’nMOS, da cui

tP HL

≈



V OH −V OL 2

|I |

 C

L

=

V dd 3.5 W nLn C ox 2K n(V dd V T n )2

(4.7)

=

V dd 3.5 W nLn C ox 2K p (V dd V T p )2

(4.8)

−

sat n

Analogamente si calcola il tempo tP LH

tP LH

≈



V OH −V OL 2

|I |

 C

L

−

sat p

Con riferimento ai dati del problema si trova

tP

W L C ≈ V 2K 3.5 (V − V ) dd

n

n

dd

Soluzione al punto 3).

30

n

Tn

ox 2

(4.9)

Con i nuovi dati risulta che in prima approssimazione la capacità C L corrisponde alla somma

C L

≈ C

ox (W n Ln

+ W p L p ) = 2 C ox W n Ln

Analogamente al caso precedente le (4.7)-(4.8) risultano

tP HL tP LH

 ≈ 

V OH −V OL 2

|I

 C V W L C | = K (V − V )  C V W L C L

dd

sat n

V OH −V OL

≈

2

n

n

L

|I |

=

sat p

n

dd

dd

2

(4.10)

2

(4.11)

Tn

n

K p (V dd

ox

n

ox

− V

T p)

Essendo W p = W n = Ln = L p e µn = 2.5µ p risulta K n = 2.5 K p da cui

tP

≈

V dd W n Ln C ox 2(V dd V T )2

−

1

2.5 + K n K n



=

V dd 3.5 W n Ln C ox 2K n (V dd V T n )2

−

(4.12)

Commento ai risultati.

Osservando le espressioni trovate si evidenzia come i tempi di propagazione di un inverter CMOS simmetrico (V T n = V T p e K n = K p ) con l’nMos realizzato ad area minima ha lo stesso tempo di propagazione di un inverter CMOS realizzato con entrambi i transistor ad area minima (con conseguente non simmetria legata a K n = K p ). In quest’ultimo caso tuttavia risulta che il tP LH è oltre due volte più grande del tP HL .

| |



—————-  —————-

Esercizio 4.2.3 Quando il segnale di ingresso è un’onda quadra reale a valori 0V 10V l’inverter CMOS simmetrico di Fig. 4.3 con V dd = 10V e carico C L = 50 pF assorbe mediamente una corrente di alimentazione pari a 0.8uA/kHz . Stimare qual’è la componente di questa corrente che deriva dalla carica e scarica del carico capacitivo. Dire a quali cause è dovuta la parte rimanente della corrente media assorbita.

−

Soluzione. Nell’ipotesi che le costanti di tempo del circuito ( RON C L ) siano almeno 4-5 volte più piccole del periodo del segnale di ingresso, durante ogni periodo per la carica e scarica della capacità C L viene dissipata una energia circa 2 pari a C L V dd . Essendo l’inverter alimentato costantemente a V dd , ne consegue che la corrente mediamente assorbita è pari a C L fV dd , dove f è la frequenza del segnale di ingresso. Normalizzando rispetto alla frequenza di lavoro si ottiene una corrente mediamente assorbita pari a C L V dd = 50 10−12 10 = 0.5uA/kHz . La parte rimanente della corrente mediamente assorbita è dovuta alla corrente che attraversa la serie dei due transistor M 1 ed M 2 durante le transizioni del segnale di ingresso.

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31

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Eserciziario Di Elettronica

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