ESERCIZIO Punto di riposo

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1 1/8 ESERCIZIO Punto di riposo Selatensioned uscita ènulla, ènullaanchelacorrentenellaresistenza dicaricor L edunque le correnti di canale dei transistor sono uguali tra loro; pertanto, nell ipotesi che entrambi i transistor lavorino in zona di saturazione, si ha 2 (V GSn V Tn ) 2 = k p 2 (V GSp V Tp ) 2 Tenendo conto del fatto che, in zona di saturazione, si ha V GSn V Tn > 0 e V GSp V Tp < 0 dalla prima equazione segue V GSn V Tn = (V GSp V Tp ) con V GSn = V + +R 3 +R 3 +V +R 3 e Dunque V GSp = V + R 3 +R 3 +V +R 3 V + +R 3 +R 3 +V +R 3 V Tn = ( ) V + R 3 +V V Tp +R 3 +R 3 Moltiplicando a destra e a sinistra per +R 3 e raccogliendo si ottiene: da cui segue R 3 = R 3 [V + V Tn + [V Tn V ] (V + V Tp ) [ (V V Tp ) ]+ V Tn V + V + V Tn + (V k + V Tp ) n ] = [V Tn V (V V Tp ) ] + [V Tn V + (V V Tp ) ] (V V Tp ) = 96.72kΩ

2 2/8 Sostituendo il valore di R 3 nelle equazioni precedenti si ottiene V GSn = V, V GSp = V, I Dn = I Dp = 5.915mA Inoltre V DSn = V + = 12 V > V GSn V Tn e V DSp = V = 12 V < V GSp V Tp per cui è verificata per entrambi i transistor l ipotesi di funzionamento in zona di saturazione. Nel punto di riposo si ha g m1 = (V GSn V Tn ) = 5.44mS e g m2 = k p (V GSp V Tp ) = 4.86mS 1.2, Riposta in frequenza Circuito equivalente: R C 1 G 2 v i + v x G 1 R 3 C 2 S 1 S 2 g m1 v gs1 gm2vgs2 R L + v u La risposta A(f) è caratterizzata da uno zero nell origine, dovuto a C 1, due poli e uno zero finito, in quanto il guadagno non è nullo né con C 2 chiuso (nel qual caso ci sarebbe un solo zero), né con C 2 aperto (nel qual caso ci sarebbero due zeri nell origine). I due condensatori interagiscono, per cui si farà uso del metodo di Grabel per la determinazione delle frequenze di polo. R1 0 = R+[R 3 /( )] = kΩ R1 2 = R+(R 3 / ) = kΩ R2 0 = /( +R 3 ) = kΩ R2 1 = /[ +(R 3 /R)] = kΩ

3 3/8 Così a 1 = R 0 1C 1 +R 0 2C 2 = 9.99ms a 2 = C 1 C 2 R = C 1 C 2 R = s 2 da cui seguono i poli s p1 = rad/s e s p2 = rad/s e le frequenze di polo f p1 = Hz e f p2 = Hz Con tutti i condensatori chiusi si ha con v u = R L (g m1 v gs1 +g m2 v gs2 ) v gs1 = v u e v gs2 = /R 3 R+( /R 3 ) v i v u Sostituendo queste due nella precedente [ ( )] R2 /R 3 v u = R L g m1 v u +g m2 R+( /R 3 ) v i v u e raccogliendo si ottiene A = v u v i = v u [1+R L (g m1 +g m2 )] = R L g m2 /R 3 R+( /R 3 ) v i R L g m2 1+R L (g m1 +g m2 ) A(f) = A ±f z f p2 /R 3 R+( /R 3 ) = (= 6.858dB) Tenuto conto dello zero, ancora da determinare, l espressione della risposta in frequenza è j f ) (1±j ffz f p1 ( 1+j f f p1 )( 1+j f ) f p2 Per la determinazione dello zero si può procedere come segue. Nella condizione richiesta si deve avere v u =R L (g m1 v gs1 +g m2 v gs2 ) = 0 Detta v x la tensione ai capi della resistenza R 3 (v. schema), con v u = 0 si ha v gs1 = /1/(C 2 s) +[ /1/(C 2 s)] v x = + C 2 s v x e v gs2 = v x.

4 4/8 Imponendo allora g m1 v gs1 +g m2 v gs2 = 0 si ottiene da cui ( ) g m1 + C 2 s +g m2 v x = 0 s z = g m1 +g m2 ( ) g m2 C 2 A(f) = A f z f p2 = rad/s e quindi lo zero, negativo, si trova alla frequenza f z = Hz. Pertanto si ha j f ) (1+j ffz f p Diagramma di Bode A(f) (db) ( 1+j f f p1 )( 1+j f ) f p2 f p1 f p2 f z f (Hz) Resistenza d uscita a centro banda La resistenza vista dal carico R L con entrambi i condensatori chiusi è ut = 1 g m1 / 1 g m2 = 1 g m1 +g m2 = 97.1Ω

5 5/8 ESERCIZIO Risposta in frequenza (con A.O. ideale) e diagrammi di Bode A(s) = Cs = 1+ (1+ Cs) = + Cs (1+ Cs) = + Cs 1 + R Cs A 0 = = 2.0 (= 6.021dB), f z = A(f) (db) 10 A(f) = A 0 1+j f f z 1+j f f p 1 2π = 144.7Hz, f p = 1 2π C = 72.3Hz 0 f p f z f (Hz) arg(a(f)) (rad) π/2 0 f p f z f (Hz) π/2

6 6/ Resistenza d uscita Circuito equivalente: v in + A vol v in i p a) con C aperto i p = = + A vol v in, v in = + + A vol ( ) = + v ( ) p 1+A vol... Dunque b) con C chiuso = i p = ( )/ = µΩ C aperto 1+A vol Il risultato si ottiene semplicemente ponendo = 0 nell equazione precedente: = = / = µΩ C chiuso 1+A vol i p Sensitività di alle variazioni di A vol Detto per comodità β = si ha (R ) o 1+βA = ( )/ = vol 1+βA vol + 1+βA vol Così d β( ) 2 = da vol [ +( )(1+βA vol )] 2

7 7/8 e S R o A vol = dr o da vol Avol R o ESERCIZIO 3 β( ) 2 A vol = [ +( )(1+βA vol ] 2 R 0 ( ) [ +( )(1+βA vol )] β( )A vol = +( )(1+βA vol ) = Caratteristica ingresso-uscita Lo schema circuitale rappresenta un comparatore invertente con caratteristica traslata che ha livelli di tensione in uscita V H = V Z +V γ = 4 V e V L = (V Z +V γ ) = 4 V Le tensioni di soglia sono Caratteristica ingresso-uscita: V 1 = V H +V R = 3.00 V V H v u e V 2 = V L +V R = 0.33 V V 2 V 1 v s V L Risposta per sollecitazione sinusoidale v s (t) ½ ½¼ ¼ ¹ ¹½¼ ¹½ ϑ 1 ϑ 2 v u (t) V H V L ϑ 1 = arcsin V 1 V M = arcsin 1 4 = rad

8 8/8 ϑ 2 = π arcsin V 2 V M = π arcsin 1 36 = rad Correnti nelle resistenze v i δ = 2π ϑ 2 +ϑ 1 2π R I R = 0.54 ( %) v u I Z I2 V R Nell istante in cui la tensione d ingresso è massima (v s = V M ) l uscita è bassa (v U = V L ) e si ha: da cui segue I R = V O V L R = 45.5mA, I 2 = V L V R = 0.217mA I Z = I R I 2 = mA che risulta negativa, come deve essere. Nell istante in cui la tensione d ingresso è minima (v s = V M ) l uscita è alta (v U = V H ) e si ha: da cui segue I R = V + O V H R = 45.5mA, I 2 = V H V R = 0.050mA I Z = I R I 2 = mA. che risulta positiva, come deve essere.