Esercizi Elettronica 1 - Politecnico di Torino

POLITECNICO DI TORINO
DIPARTIMENTO DI ELETTRONICA
DIPLOMA UNIVERSITARIO IN
INGEGNERIA ELETTRONICA
CORSO DI ELETTRONICA I
G.Giachino
Raccolta di procedure di calcolo ed esercizi
fascicolo 1 - raccolta di temi d’esonero e di scritti nelle varie sessioni - parte prima
REV. C del 25/01/02 13.49
DU ELN GG a_scrit1.doc
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SOMMARIO
1. CASCATA NPN+AO+NPN SC. 5/2/95 ...........................................................................................................3
2. UN DIODO IN CONTINUA - ES. 95/96 ........................................................................................................5
3. RISPOSTA DI AO - ES. 95/96 ..........................................................................................................................8
4. CASCATA NPN+JFET - ES. 95/96 ..................................................................................................................9
5. TERMOMETRO A DIODO SC. 4/9/96........................................................................................................12
6. CASCATA NPN+AO SC. 18/9/96..................................................................................................................15
7. CASCATA AO+NPN ES. 14/11/96 ................................................................................................................19
8. PONTE+AO+EF ES. 28/1/97 .........................................................................................................................24
9. FET+AO+EF ES. 2/97 ....................................................................................................................................27
10. AO DIFFERENZIALE CON RETE RC ES. 3/7/97...................................................................................30
11. EF+AO ES. 4/9/97 ........................................................................................................................................33
12. SOMMATORE - COMPARATORE ES. 17/9/97 .....................................................................................36
13. UNO STADIO JFET+BJT ES. 31.10.97 .....................................................................................................39
14. USO DI UN AMPLIF. DIFF. SU UN PONTE ES 18.11.97 ......................................................................42
15. CASCATA AO+BJT SC. 23.1.98.................................................................................................................45
16. CASCATA DI JFET+AO+BJT SC 17.2.98 ...............................................................................................49
17. AMPLIFICATORE PER PONTE TERMOMETRICO SC. 10.7.98 ......................................................52
18. CONFRONTO FRA AMPLIFICATORI (AO E FET+BJT) SC. 8.9.98 ..................................................55
19. CONFRONTO RISPOSTA DI 4 STADI CON AO SC. 22/9/98 ...............................................................59
elenco esercizi interessanti il corso di Sistemi Elettronici: 3, 10, 12, 14, 17, 19
DU ELN GG a_scrit1.doc
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1. cascata NPN+AO+NPN sc. 5/2/95
a)
Determinare il punto di funzionamento dei transistori, supponendo X=0
b)
Determinare il guadagno VA/VS
c)
Determinare il valore della resistenza X adatta per ottenere un guadagno Vo/Vs=10;
d)
Calcolare l'offset in uscita (VO per VS=0), dovuto alle VBE dei transistor, mantenendo il valore di X
determinato in c);
e)
Proporre una soluzione che consenta di annullare l'offset d'uscita, introducendo varianti al circuito,
senza aggiungere elementi attivi ;
f)
Proporre una variante circuitale che introduca un polo a 10Hz, sul circuito e)
In tutte le risposte supporre che l'AO sia ideale.
Dati necessari per i BJT: hfe=100 hoe=0
g)
Vbe=0.65V
Sul circuito e) calcolare l'offset in uscita quando l'AO è un LM748
+15V
+15V
100k
+
A
−
VA
-15V
Vs
X
10k
Vo
1k
100k
-15V
a)
Determinare il punto di funzionamento dei transistori, supponendo X=0
X=0 porta il guadagno dell'AO a 1, quindi si ridisegna il circuito per la determinazione necessaria.
Riportiamo sullo schema le valutazioni di tensioni e correnti, nell' ipotesi che la caduta sulla R del generatore sia
trascurabile.
+15V
15.65V
100k
16.3V
A=1
-0.65V
-0.65V
14.35V
14.35V
-1.3V
1k
13.7V
100k
0.144mA
13.7mA
-15V
Se si volessero ripetere i calcoli in seconda approssimazione, tenendo conto della Ib del primo BJT, si otterrebbe
Ib1=1.4µA , Ve1-massa=-0.65-0.14=-0.79V , Ic1=(15-0.79)/100=0.14 mA, Vce1=16.79V
Ve2-massa=-0.79-0.65=-1.44V , Ic2=13.56 mA,
Vce2=16.44V
con poche differenze.
b)
Determinare il guadagno VA/VS
Resistenza d'ingresso dell'emitter follower: 100k * 100 = 10M
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Partizione con la resistenza del generatore: 10000/10100=0.99
Guadagno dell' e.f. : A=100*100/(100*100+hie) hie=26mV/1.4µA=18.6k, A=10000/10019=0.998
VA/VS = 0.99*0.998=0.989
c)
Determinare il valore della resistenza X adatta per ottenere un guadagno Vo/Vs=10;
Guadagno primo stadio A1=0.989
Guadagno secondo stadio A2=1+X/10k
Guadagno terzo stadio A3=100*1/100*1+hie, hie=26mV/137µA=0.190k, A3=100/100,19=0.998
Vo/Vs=10 = 0.989*0.998*(1+X/10); 1+X/10=10.13, X=91.3
d)
Calcolare l'offset in uscita (VO per VS=0), dovuto alle VBE
Uscita del primo e.f.: -0.79
Uscita dell'AO: -0.79*(1+9.13)=-8V
Uscita del secondo e.f. -8.65
e)
Proporre una soluzione che consenta di annullare l'offset d'uscita,
+15V
+15V
100k
+
−
-15V
Vs
10k
90k
1k
Vo
-15V
Si usa un anello di reazione che includa l'uscita del secondo e.f. e si elimina il primo e.f.
Infatti quest'ultimo non è necessario, in quanto l'impedenza d'ingresso dell'AO è infinita
f)
Proporre una variante circuitale che introduca un polo a 10Hz
Disporre un C in parallelo al 90k.
10Hz
62.8rad/s
0.016s=RC=90000*C C=16/90 µF=0.178 µF
g)
calcolare l'offset in uscita quando l'AO è un LM748
|Voffuscita| = Voff*10 +| Ib1*105 *10 - Ib2*0.9*105|
Lo schema non è corretto per minimizzare gli effetti degli offset di corrente, poichè la resistenza globale che
connette a massa il morsetto inv. è 10//90k=9k, diversa da quella relativa al morsetto n-inv. che è 100k.
Una soluzione migliore potrebbe ottenersi usando nella rete di controreazione 1M e 110k , per la quale :
|Voffuscita| =Voff*10 +| Ib1*105 *10 - Ib2*106| =Voff*10 + |Ib2-Ib1|*106= Voff*10 +|Ioff*106|
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2. un diodo in continua - es. 95/96
Per il seguente circuito:
a)
tracciare l'andamento di Vu per un segnale d'ingresso Vi di forma triangolare, con ampiezza 18Vpp, per
diodo con Vd=0, Is=0;
b)
tracciare la funzione di trasferimento Vu(Vi), sempre con il modello di diodo al punto a)
c)
Ripetere il punto b), per un diodo con Vd=0.5V e Is = 1µA.
5k
5k
Vu
Vi
+
6V
5k
5k
risposta a)
Disegno il circuito eliminando i componenti inessenziali per le risposte richieste (a).
Lo replico per il caso di diodo conduttore (b) e per il caso di diodo interdetto (c).
A
5k
A
5k
5k
i
A
5k
5k
K
Vu
Vi
K
Vi
+
+
6V
6V
a
Vu
K
Vi
6V
c
b
Si deduce:
per il caso b:
Vu=6V Vak=0
per il caso c:
i=
Vi - 6
10
Vak =
Vi - 6
⋅ 5 = 0.5Vi − 3
10
Vu = Vak + 6 = 0.5Vi + 3
Per quale valore di Vi si passa dal modello b al modello c?
Per il valore di Vi che rende Vak=0, cioè per Vi=6
Quindi :
− per -9<Vi<6 Vu=0.5Vi+3V
− per 6<Vi<9 Vu=6V
Il diagramma sottostante confronta fra loro Vi e Vu in funzione del tempo
DU ELN GG a_scrit1.doc
Vu
+
6/67
Vi/2+3
5
5
Vi
Vu
0
0
-5
-5
Risposta b)
Il grafico Vu=f(Vi) è invece il seguente:
Vu
5
Vi
5
-5
-5
Risposta c)
Circuiti equivalenti:
A
5k
5k
i
A
5k
0.5V
1uA
K
Vi
+
Vu
6V
b
Si deduce:
DU ELN GG a_scrit1.doc
K
Vi
+
6V
c
Vu
7/67
per il caso b:
Vu=6.5V
Vak=0.5V
per il caso c conviene sovrapporre gli effetti:
senza gen di corrente:
i' =
Vi - 6
10
V' ak =
Vi - 6
⋅ 5 = 0.5Vi − 3
10
V' u = V' ak + 6 = 0.5Vi + 3
col solo gen di corrente:
i''=-0.5uA
V''ak=-2.5mV
V''u=V''ak=-2.5mV
In totale:
Vak=0.5Vi-3.0025
Vu=0.5Vi+2.9975
L'influenza del generatore di corrente è trascurabile.
Per quale valore di Vi si passa dal modello b al modello c?
Per il valore di Vi che rende Vak=0.5, cioè per Vi=7
Quindi :
− per -9<Vi<7 Vu=0.5Vi+3V
− per 7<Vi<9 Vu=6.5V
Il diagramma sottostante fornisce il nuovo Vu=f(Vi):
Vu
5
5
-5
-5
DU ELN GG a_scrit1.doc
Vi
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3. risposta di AO - es. 95/96
Considerando l'AO con Ad=
∞:
+
C1
Vs
10k
R
10k
10k
10k
C2 Vo
10k
20k
10k
1- Determinare R in modo da rendere minima l'influenza delle correnti d'ingresso
∞ e per C2=0, nell'ipotesi di segnali sinusoidali
3- Determinare la risposta Vo al gradino unitario Vs, per C1=∞ e per C2=1nF
2- Calcolare Vo/Vs per C1=
4- Determinare l'effetto in uscita delle correnti di offset (300nA) e della tensione di offset d'ingresso (7.5mV)
1- Determinare R in modo da rendere minima l'influenza dell'offset di corrente
R=10+(10//(10+10//20))=16.25k
∞
2- Calcolare Vo/Vs per C1=
e per C2=0, nell'ipotesi di segnali sinusoidali
Disegno il circuito eliminando i componenti ininfluenti per il calcolo necessario per la risposta
+
Vs
R
-
Vo
10k
10k
10k
10k
20k
Il rapporto di controreazione vale 1/4, quindi il guadagno vale 4
∞
3- Determinare la risposta Vo al gradino unitario Vs, per C1=
e per C2=1nF
Basta studiare il circuito formato da un generatore di scalino di 4V applicato alla serie di 10k con 1 nF, per
determinare la tensione ai capi di C
Si tratta di un esponenziale crescente del tipo Vo=4(1-e-t/RC), con RC=0.01ms
4- Determinare l'effetto in uscita degli offset di corrente (300nA) e di tensione (7.5mV)
Le correnti di bias percorrono ognuna 16.25k, quindi la tensione differenziale d'ingresso conseguenza della loro
differenza vale:
300nA*16.25k=0.3*16.25mV=4.9mV
La somma delle tensioni di offset d'ingresso vale quindi:
4.9+7.5=12.4mV
L'offset d'uscita si calcola quindi applicando il coefficiente d'amplificazione 4
12.4*4=49.6mV
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4. cascata NPN+JFET - es. 95/96
Per il seguente circuito:
24V
220k
10k
J1
C4
Q1
C1
2.2k
Vs
18k
C3
1k
2.2k
Vo
C2
Dati del BJT:
hfe=170
hoe=0
Dati del JFET:
Idss=12mA
Vp=-3V
12−
−
−
−
3−
−
−
−
4-
Determinare il punto di lavoro di Q1 e di J1
Determinare il rapporto Vo/Vs per i seguenti valori dei condensatori:
C1=∞
C2=∞
C4=∞
C3=0
Disegnare il diagramma di Bode per i seguenti valori dei condensatori:
C1=∞
C2=∞
C4=∞
C3=1nF
Determinare il valore di C1 per il quale il diagramma di Bode mostri una frequenza di taglio inferiore di
100Hz
1- Determinare il punto di lavoro di Q1 e di J1
Disegno il circuito per la componente continua, applicando al partitore di base di Q1 il teorema di Thévenin:
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24V
10k
J1
Q1
18k//220k
16.6k
24 18 V=
238
1.82V
2.2k
1k
Poichè la corrente di gate assorbita da J1 è nulla, il punto di lavoro di Q1 non è influenzato da J1.
(correnti in milliampere, tensioni in volt, resistenze in ohm)
Ie ⋅ 1 = 1.82 - 0.7 -
Ie
16.6
170
Ie ⋅ 11
. = 112
.
Ie = 102
. mA
Vc1=24-1.02*10=13.8V
Vce1=13.8-1.02=12.6V
Equazione del JFET:
2
Vgs
æ Vgs ö
Id = Idss ⋅ ç 1 −
÷ = 12 ⋅ ç 1 +
÷
è
Vp
3
2
Equazione della maglia di gate:
13.8 = Vgs + Id ⋅ 2.2
2
ì
Vgs
Vgs2 2 Vgs ö
æ
ïId = 12 ⋅ ç 1 +
÷
. ⋅ Vgs2 + 8 ⋅ Vgs
+
6.27 − 0.455Vgs = 12 ⋅ ç 1 +
÷ = 12 + 133
í
3
è
9
3
ïId = 6.27 − 0.455Vgs
î
1.33 ⋅ Vgs 2 + 8.46 ⋅ Vgs + 5.73 = 0
=
Vgs =
−8.46 ± 71.6 − 30.5 −8.46 ± 6.41
=
=
2.67
2.67
non accettabile
−0.77 V
2
2
0.77
0.77 ö
æ
Id = 12 ⋅ ç 1 −
÷ = 12 ⋅ ç 1 −
÷ = 6.6mA
è
3
3
Vds=24-6.6*2.2=9.5V
2- Determinare il rapporto Vo/Vs in alternata per i seguenti valori dei condensatori:
−
C1=∞
−
C2=∞
−
C4=∞
−
C3=0
Calcolo hie =
26mV
= 4.3kΩ
1020µA / 170
Vgs
Vgs ö 1
0.77 ö
∂
æ
æ
Calcolo g m = 12
÷ mS = 6mS
÷ = 8ç 1 −
ç1 +
÷ = 24ç 1 +
è
3
3 3 è
3
∂Vgs
2
disegno il circuito equivalente per l'alternata:
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Vgs
ib
170ib
Vs
4.3k
6Vgs
10k
1.1k
Q1
Vo = 6.6Vgs = 6.6(-1700ib - Vo) = 6.6(-1700
Vo
Vs
- Vo) = -2600Vs - 6.6Vo
4.3
Vo
2600
=−
= −340
Vs
7.6
3- Disegnare il diagramma di Bode per i seguenti valori dei condensatori:
−
C1=∞
−
C2=∞
−
C4=∞
−
C3=1nF
C3=1nF con 10k genera una costante di tempo di 0.01 ms, una ω di taglio di 100krad/s, e quindi una f di taglio di
16kHz
4- Determinare il valore di C1 per il quale il diagramma di Bode mostri una frequenza di taglio di 100Hz
C1 con 4.3//18//220k=3.4k deve generare una f1 di 100Hz, una ω1=628 rad/s, una τ=1,6ms, quindi
C1=1.6/3.4 =0.47µF
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5. termometro a diodo sc. 4/9/96
Un diodo ed un amplificatore operazionale ideale sono collegati come nel circuito sottoindicato in modo da
costituire un termometro elettronico.
+15V
1mA
Y
15k
10k
10k
+15V
+
A
−
-15V
X
B
C
V'o
Y
Z
S
Vo
-15V
La relazione fra la tensione del diodo e la temperatura, è la seguente:
Vd = 0.65 − 2 ⋅ 10 −3 ⋅ T Vd in Volt, T in ° C
a)
Definire il valore della resistenza X in modo che per T=0 sia V'o=0 ed i valori delle resistenze Y in
modo che per T=100 °C sia V'o=10V
b)
Supponendo che i resistori Y siano al ±10% (e gli altri al valore teorico), disegnare la retta Vo'=f(T) nei
due casi più lontani dal caso teorico
c)
Si riutilizzano d'ora in poi i valori teorici di Y.
Si supponga di misurare la tensione d'uscita con uno strumento S equivalente ad una resistenza di 1 k.
Poichè l'AO non è in grado di pilotare il carico di 1 k, si dispone tra AO e lo strumento un transistor come
indicato nel circuito, collegando A con B. Calcolare il valore della resistenza Z opportuna, in modo che Vo possa
eseguire tutta l'escursione corrispondente a
−100..+100°C.
d)
Qual è l' errore di offset misurato all' uscita Vo? Qualora si spostasse l'estremo destro di Y da A in C, a
quanto si ridurrebbe tale errore di offset ?
e)
Se l'AO fosse il 741, che peggioramento otterremmo di tale errore ?
f)
Si supponga di rappresentare un disturbo in ingresso all' amplificatore con un generatore di tensione in
serie al diodo che fornisce 0.01Vpp, nel campo di frequenze superiori a 50Hz. Aggiungere una variante al
circuito in modo da assicurare che il disturbo in uscita Vo sia -60dB rispetto al fondo scala del segnale.
g)
Determinare la massima potenza dissipata dal transistor al variare della temperatura misurata da −
100..+100°C
a)
Definire il valore della resistenza X in modo che per T=0 sia V'o=0 ed i valori delle resistenze Y in
modo che per T=100 °C sia V'o=10V
Alla temperatura di 0°C il diodo dà una caduta di 0.65V. Per avere V'o=0 occorre avere su X una eguale caduta.
Scriviamo:
15
X
9.75
= 0.65 15X = 9.75 + 0.65X X =
= 0.68k
15 + X
14.35
Alla temperatura di 100°C il diodo dà una caduta di 0.45V. La tensione d'ingresso dell'amplificatore differenziale
vale 0.65-0.45=0.2V. La tensione d'uscita deve essere 10V. Il guadagno differenziale deve essere quindi 10V/0.2
=50. Il valore di Y=50*10k=500k.
b)
Disegnare la retta Vo'=f(T), supponendo che i resistori Y siano al ±10% (e gli altri al valore teorico),
nei due casi più lontani dal caso teorico.
Chiamiamo Y' la Y a massa ed Y'' la Y in controreazione.
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Y'
Y''
A inv.
Vi inv.
550
A n-inv. Vi ninv.
+55
0.65
550
-55
550
450
+45.18
0.65
-45
450
550
+54.78
0.65
-55
450
450
+45
0.65
-45
0.85
0.45
0.85
0.45
0.85
0.45
0.85
0.45
Vo' per -100°C
Vdiodo=0.85V
55*0.65-55*0.85
= -11V
45.18*0.65-45*0.85
= -8.88
54.78*0.65-55*0.85
= -11.14V
45*0.65-45*0.85
= -9V
Vo' per+100°C
Vdiodo=0.45V
55*0.65-55*0.45
=+11V
45.18*0.65-45*0.45
=+9.12
54.78*0.65-55*0.45
=+10.86V
45*0.65-45*0.45
=+9V
Vo'(V)
10
100
-100
T(°C)
-10
c)
Calcolare il valore della resistenza Z opportuna, in modo che Vo possa eseguire tutta l'escursione
corrispondente a −100..+100°C.
Applicando la regola di Thévenin al circuito di emettitore del transistore, secondo il circuito seguente,
+15V
=
B
C
V'o
Z
1k
B
C
V'o
Req
Vo
Vo
-15V
Veq
si troverebbe Re q = Z / /1k =
Z
1
Veq = 15
Z+1
Z +1
Poichè la minima tensione nominale d'uscita è -10V, tenendo 1 V di margine, si può porre Veq=11, cioè
15=11Z+11 , Z=4/11=0.36k
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d)
Qual è l' errore di offset misurato all' uscita Vo?
Coincide con la -VBE del transistore, dell'ordine di -0.6V, poichè Vo=Vo'-0.6
d1)
A quanto si ridurrebbe tale errore, qualora si spostasse l'estremo di Y da A in C?
Essendo l'offset di -0.6V assimilabile ad un disturbo introdotto all'uscita dello stadio, se lo si chiudesse
nell'anello di controreazione, si ridurrebbe di tanto quanto di è ridotto il guadagno chiudendo il loop. Se
l'operazionale è ideale l'offset dovuto a VBE si riduce a zero.
e)
Quale peggioramento otterremmo di tale errore se l'AO fosse il 741 ?
S aggiungerebbero gli errori di offset dovuti all'amplificatore reale:
Voff all'uscita = Voff*50+Ioff*(500k//10k)
f)
Assicurare che il disturbo in uscita Vo sia -60dB rispetto al fondo scala del segnale.
Disturbo all'ingresso: di=10mVpp,
disturbo tollerato all'uscita du=(fondo scala)/1000=(10+10)V/1000 = 20mV
Guadagno imposto al disturbo Adi<20mV/10mV=2 per f>50Hz
Poniamo un C in parallelo a Y'' , in modo che il guadagno a 50Hz sia Adi<2
Adi =
5 ⋅ 10 5 / / Z C
1
= 50
4
1 + jω5 ⋅ 10 5 C
10
1 + 314 2 ⋅ 25 ⋅ 10 10 C 2 > 25
a 50Hz
ω = 314 rad / s,
| Adi| < 2
624 < 314 ⋅ 5 ⋅ 10 5 C C >
2 > 50
1
1 + 314 ⋅ 25 ⋅ 10 10 C 2
2
624
= 160nF
314
. ⋅ 5 ⋅ 10 6
g)
Determinare la massima potenza dissipata dal transistor al variare della temperatura misurata da −
100..+100°C: poichè tra T e Vo esiste la proporzionalità diretta, basta studiare la potenza al variare di Vo
15 − 10 = 5V (a + 100° C)
15 + 10 = 25V (a - 100° C)
ì10 + 11V
= 58.3mA (a + 100° C)
Vo - Veq
Vo + 11
.
0
36
k
=
Ic =
=í
−10 + 11
Re q
360Ω
= 2.78mA (a -100° C)
î 0.36k
(15 − Vo)( Vo + 11) 4 Vo + 165 − Vo 2
=
Pc = Vce ⋅ Ic =
360
360
Vce = 15 − Vo =
L'espressione ha un massimo per
4 Vo + 165 − Vo 2 ∂Pc 4 − 2 Vo
=
la derivata si annulla per Vo = 2V,
∂Vo
360
360
8 + 165 − 4
dove Pc =
= 0.47W
360
Pc =
La temperatura cha dà Vo=2V è 20°C.
DU ELN GG a_scrit1.doc
15/67
6. cascata NPN+AO sc. 18/9/96
Un amplificatore operazionale ideale ed un transistore costituiscono ciascuno uno stadio amplificatore come
indicato negli schemi seguenti. Un generatore (con tensione a vuoto Vg e resistenza interna di 10k)) deve essere
collegato ad un carico Rg di 5k, tramite la cascata dei due stadi. Il generatore fornisce una tensione continua Vg
compresa tra -1V e +1V.
Parametri del transistore: Vbe=0.6V, hfe=100, trascurare gli effetti di hie ed hoe.
+20V
+20V
A
Vo
+
B
E
C
10k
D
10k
−
F
Rg=5k
-20V
10k
100k
Vg=-1..+1V
-20V
Confrontare le due connessioni possibili:
connessione n.1 :
A con B, C con D, E con F,
connessione n.2 :
A con D, E con B, C con F,
secondo la traccia indicata qui di séguito.
a)
Connettere solo A con B e calcolare il punto di lavoro del transistore (ovviamente per Vg=0).
b)
Connettere inoltre C con D e ricalcolare il punto di lavoro del transistore e la tensione d'uscita dell' AO.
c)
Connettere anche E con F e disegnare la curva Vo=f(Vg) per Vg variabile da -1V a +1V.
d)
Dedurre dalla curva c) guadagno e offset.
e)
usare la connessione 2 e disegnare la curva Vo=f(Vg) per Vg variabile da -1V a +1V, ponendo in
evidenza guadagno e offset.
f)
Per il solo caso e) ricalcolare il solo offset, supponendo di aggiungere l'effetto degli offset specifici del µ
A741.
g)
Supponendo che si inserisca una capacità di accoppiamento fra C e D di valore 1µF nella connessione
n.1, disegnare la risposta Vo nel caso che Vg fornisca uno scalino da -0.5V a +0.5V.
a)
Connettere solo A con B e calcolare il punto di lavoro del transistore
+20V
A
B
C
10k
10k
-20V
Vc-massa=-0.6V
Ie=Ic=19.4/10=1.94mA
DU ELN GG a_scrit1.doc
Vce=20+0.6=20.6V
16/67
b)
Connettere inoltre C con D e ricalcolare il punto di lavoro del transistore e la tensione d'uscita
dell' AO.
+20V
Ic
A
+20V
B
+
10k
E
C D
I
−
10k
Ic-I
-20V
10k
I
Ve
100k
-20V
Trascuro Ib e scrivo:
20 − 0.6
= 1.94
10
0.6 + 10I = 0
Ve = −100 ⋅ I
Ic − I =
î
c)
. + I = 188
. mA
ìIc = 194
íI = −0.06 mA
îVe = 6 V
Connettere anche E con F e disegnare Vo=f(Vg) per Vg variabile da -1V a +1V.
0.6 − Vg + 10 ⋅ I = 0
Ve = −100 ⋅ I
. ⋅ Vg
ìI = −0.06 mA + 01
íVe = 6 − 10Vg
Vo(V)
20
1 Vg(V)
-1
-20
d)
Dedurre dalla curva c) guadagno e offset.
A=-10, Voff=6V
DU ELN GG a_scrit1.doc
17/67
e)
usare la connessione 2 e disegnare Vo=f(Vg) per Vg variabile da -1V a +1V,
+20V
+20V
+
AD
10k
EB
Vo
−
CF
-20V
Vo
Rg=5k
10k
100k
10k
10//5=3.33k
Vg=-1..+1V
-20V
-20*(5/15)=-6.66V
Si è trasformato il circuito di emettitore col metodo di Thévenin
VE
100
=−
= −5 Vo = VE − 0.6 = −5Vg − 0.6
Vg
20
Vo(V)
20
1 Vg(V)
-1
-20
f)
Per il solo caso e) ricalcolare il solo offset, supponendo di aggiungere l'effetto degli offset specifici
del µA741.
All'offset di -0.6V si aggiunge: |Voffuscita|= |Voff*6|+Ib2*100k
DU ELN GG a_scrit1.doc
18/67
g)
Supponendo che si inserisca una capacità di accoppiamento fra C e D di valore 1µF nella
connessione n.1, disegnare la risposta Vo nel caso che Vg fornisca uno scalino da -0.5V a +0.5V.
+20V
A
+20V
B
+
D
C
10k
−
10k
Vo
E
F
Rg=5k
-20V
1uF
10k
100k
Vg=-1..+1V
-20V
1uF
C
Vo = -10V'
D
F
Rg=5k
Req
10k
V'
Veq
Nella seconda parte del disegno è stato disegnato un circuito equivalente adatto a studiare l'effetto del
condensatore sulla curva di risposta.
Il condensatore vede alla sua sinistra il circuito di Thévenin che riassume l'emitter follower: Veq è la tensione a
vuoto fornita sul 10k tra emettitore e massa, Req la resistenza d'uscita dell'emitter follower. Il condensatore vede
alla sua destra una R = 10 k, a causa della massa virtuale dello stadio con AO, sulla quale provoca la caduta V'.
La tensione V' viene amplificata di -10 dall'AO.
[ hie=26mV/20µA=1.3k ]
Calcoliamo Veq per ∆Vg=1V
Veq = ∆Vg [10*100/(10*100+11.3)] = ∆Vg 0.99 = 0.99V
Calcoliamo Req = (hie+10k)/hfe = 11.3/100=0.113k
Il rapporto di partizione tra Req e 10k è pari a 10000/10113=0.99
t=0:
V' parte con uno scalino da 0 a 0.99*0.99=0.98V,
Vo parte con uno scalino da 0 a -9.8V,
t → ∞ V' segue un esponenziale decrescente da 0.98V a 0 V' → 0
Vo segue un esponenziale crescente da -9.8V a 0 Vo→ 0
La costante di tempo è RC = 10113*1µs = 10.113ms.
L'espressione di Vo è la seguente
DU ELN GG a_scrit1.doc
Vo = −9.8 ⋅ e
−
t⋅1000
10.11
19/67
7. cascata AO+NPN es. 14/11/96
100k
+20V
+
1k
Vi
−
-20V
E' necessario collegare un generatore ad un carico tramite un amplificatore.
Dati relativi al generatore:
###
tensione a vuoto
± 0.1V (valore di picco)
###
frequenza
0..1kHz
###
resistenza interna
100k###
Dati relativi al carico:
###
resistenza
1k###
tensione necessaria
###10V (valore di picco) entro ±1%,
###
compresi offset ed effetto della frequenza di taglio
Dati sui componenti disponibili:
###
un amplificatore operazionale con
guadagno intrinseco = 100 000
frequenza di taglio = 10 Hz
massima corrente erogabile ###5mA
per il resto ideale
###
un transistore npn con
hfe = 200
hoe = 0
VBE= 0.65V
###
resistori normalizzati della serie 1 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7 3.3 3.9 4.7 5.6 6.8 8.2
1.
Disegnare uno schema elettrico che risponda alle specifiche sopra elencate, e dimostrarne il
funzionamento, dando ragione delle scelte. In particolare:
1.1 calcolare il rapporto d'amplificazione dal generatore al carico
1.2 calcolare l'errore di amplificazione ad 1 kHz
1.3 calcolare l'offset di tensione sul carico
2.
Supponendo che alla tensione del generatore si sommi un disturbo sinusoidale avente ampiezza 10mV e
frequenza 10kHz, disporre nel circuito un condensatore e sceglierne il valore di capacità nella serie normalizzata
suddetta, in modo che sul carico il disturbo abbia ampiezza circa del 3% del segnale e che il segnale non si
riduca più del 6% rispetto al valore trovato al punto 1.1.
3.
Disegnare il diagramma di Bode
4.
Applicare all'ingresso Vi uno scalino da 0.1V e disegnare la risposta Vu(t) corrispondente.
DU ELN GG a_scrit1.doc
20/67
+20
+20V
+
−
100k
-20V
R1
R2
Vi
R3
1k
C
-20
Scelgo lo schema sopra indicato con le seguenti considerazioni:
1.
connessione non invertente perchè mi serve alta impedenza d'entrata
2.
aggiungo R3 su -20V perchè il segnale d'uscita può essere negativo
3.
uso tutti accoppiamenti diretti a causa della fmin=0
4.
chiudo l'anello di reazione comprendendo l'uscita perchè l'offset dovuto a 0.6 VBE è richiesto <0.6V
Calcolo R3 per consentire l'escursione in uscita ±10V
Applico il metodo di Thévenin alla tensione -20 ed a R3 ed Rc:
Veq = −20
1
R3
Re q =
1 + R3
1 + R3
Veq deve consentire l'escursione dell'uscita a -10 senza annullare la corrente Ic, scelgo -15V:
−15 = −20
1
1
0.33
0.75 =
R 3 = 330Ω Re q =
= 248Ω
1 + R3
1 + R3
1.33
Calcolo R1/R2 per ottenere un guadagno di 100
R2/R1=99 con la condizione R2>>0.248k
R2=33k, R1=0.33k, A=101 entro il margine di errore positivo
Calcolo l'errore di amplificazione ad 1 kHz
105
1 + jω 0.016
A OL
1
100
=
=
A
1
1
jω ⋅ 16 ⋅ 10−6 + 0.991
+
1 + OL
A OL 101
101
100
100
=
= 100.3
−3
j0105
+ 0.991
.
j2π ⋅ 16 ⋅ 10 + 0.991
A OL =
A=
E' ancora entro i limiti imposti all'errore
Calcolo l'offset sul carico
L'offset è dovuto alla Vbe del BJT = 0.65V, e, per effetto della controreazione viene diviso per il rapporto del
guadagno a loop aperto sul guadagno a loop chiuso, rapporto che vale 1000.
Quindi l'offset sull'uscita è 0.65mV, che , rispetto a 10V è un errore trascurabile
Dispongo il condensatore e ne calcolo il valore
Calcolo la ftaglio in assenza di condensatore: 10Hz*100000/100=10kHz
Calcolo la tensione d'uscita del disturbo , in assenza di provvedimenti di filtraggio.
Vu = 10−2
100
1
1
=
=
= 0.7 V
−6
−2
. + 0.991
jω ⋅ 16 ⋅ 10 + 0.991
j2 π ⋅ 16 ⋅ 10 + 0.991
j105
che è maggiore dello 0.3V tollerabile
guadagno necessario a 10kHz: |A10|=0.3/0.01=30
guadagno tollerato a 1 kHz: |A1|=101*0.94=95
Impongo C in modo da ottenere |A10|=30 e verifico che |A1|>95
DU ELN GG a_scrit1.doc
21/67
Poichè il guadagno a 10kHz passa da 100 a 30, la ft deve passare da 10kHz a 3kHz, quindi la costante di tempo
R2C deve essere τ=1/6.28*3000=0.053ms=33000*C C=53/33nF=1.6nF 1.5nF
Verifico guadagno a 1kHz:
R1 + Z R1Y + 1 ( jωC + G 2) R1 + 1 jωCR1 + 1 + G 2 R1
1
=
=
=
=
K=
K
R1
R1Y
jωCR1 + G 2 R1
( jωC + G 2) R1
jω1510
. −9 330 + 1 + 0.01
=
jω1510
. −9 330 + 0.01
−3
+ 101
j6.28 ⋅ 1510
j31110
. −6 330 + 101
.
.
.
a 1kHz vale: A =
=
−6
−3
+ 0.01
j6.28 ⋅ 1510
.
330 + 0.01 j31110
.
−6
9.6610 + 102
.
1.02000966
=
A =
= 96.4
−6
−4
9.6610 + 10
0.00010966
A=
Verifico guadagno a 10kHz:
−2
+ 1.01
. −5330 + 101
.
.
j6.28 ⋅ 1510
j31110
A=
=
−5
−2
+ 0.01
.
.
j6.28 ⋅ 1510
330 + 0.01 j31110
−4
.
.
9.6610 + 102
1020966
=
= 30.9
A =
−4
−4
9.6610 + 10
0.001066
provo le verifiche del guadagno senza le approssimazioni di Bode:
10 5
A=
1 + jω 0.016
A OL
1
1
=
=
=
1
1 1 + jω 0.016 jω1510
A OL
. −9 330 + 0.01
+
1+
+
A OL K
K
105
jω1510
. −9 330 + 101
.
5
1
10
1kHz A =
=
=
−3
j311 + 1000
1 + j100 j31110
+ 0.01
.
1 + j100 +
+
−3
−3
j31110
+ 101
.
.
105
j31110
+ 101
.
.
−3
5
10 ( j31110
.
. )
+ 101
=
=
−3
.
. ) + j311 + 1000
+ 101
(1 + j100)( j31110
( j311 + 101000)
101
101
101
A =
≈
=
= 93.3
=
−3
.
.
1083
.
0.17 + 1002
.
. ) + j311 + 1000 j0.412 + 1001
+ 101
(1 + j100)( j31110
1
105
10kHz A =
=
=
−2
j3110 + 1000
.
1 + j1000 j31110
+ 0.01
1 + j1000 +
+
−2
−2
j31110
.
+ 1.01
j31110
.
.
10 5
+ 101
−2
5
.
. )
10 ( j31110
+ 101
=
=
−2
.
. ) + j3110 + 1000
+ 101
(1 + j1000)( j31110
( j3110 + 101000)
101
101
101
A =
.
=
≈
=
= 238
−2
.
17 + 0.941 1083
.
. ) + j3110 + 1000 j4.120 + 0.970
+ 101
(1 + j1000)( j31110
A OL =
Il contributo del polo intrinseco riduce entrambi i guadagni, ma riduce maggiormente il disturbo, per cui
potrebbe essere possibile diminuire il valore di C del rapporto 23.8/30=0.8 0.8*1.5=1.2nF
I calcoli diventerebbero:
DU ELN GG a_scrit1.doc
22/67
105
A=
1 + jω 0.016
A OL
1
1
=
=
=
−9
A
1
1 1 + jω 0.016 jω1210
.
330 + 0.01
+
1 + OL
+
−9
A OL K
K
jω1210
.
.
105
330 + 101
5
10
1
=
=
1kHz A =
j248 + 1000
1 + j100 j2.4810 −3 + 0.01
1 + j100 +
+
.
j2.4810 −3 + 101
.
j2.4810 −3 + 101
10 5
−3
5
.
. )
+ 101
10 ( j31110
=
=
−3
. ) + j248 + 1000
(1 + j100)( j2.4810 + 101
( j248 + 101000)
101
101
101
=
A =
≈
=
= 95.3
−3
106
.
.
0122
+ 1002
. ) + j248 + 1000 j0.349 + 1001
.
.
(1 + j100)( j2.4810 + 101
1
10 5
10kHz A =
=
=
j2480 + 1000
1 + j1000 j2.4810 −2 + 0.01
j
1
+
1000
+
+
j2.4810 −2 + 101
.
j2.4810 −2 + 101
105
.
−2
5
10 ( j2.4810 + 101
. )
=
=
−2
. ) + j2480 + 1000
(1 + j1000)( j2.4810 + 101
( j2480 + 101000)
101
101
101
A =
=
≈
=
= 27.8
−2
.
. ) + j2480 + 1000 j3.49 + 0.976
12.2 + 0.953 1083
(1 + j1000)( j2.4810 + 101
A OL =
3.
Disegno il diagramma di Bode, nell'ipotesi di 1.2 nF, che corrisponde ad una costante di tempo di
33k*1.2nF=40µs , ft=1000/(6.28*40) kHz= 4kHz
La pendenza continua fino a 0 dB con 20dB/dec (cessa a 4kHz*100), dove resta fino al taglio di 1 MHz,
corrispondente al guadagno unitario, poichè con guadagno unitario la ft=10Hz diventa 10*100000Hz= 1MHz.
40
dB
20
1
10
100
1k
10k
100k
1M
Hz
Se provassi a dedurre analiticamente il Bode, troverei:
f
.
j
+ 101
1
400
k
A=
=
=
1 + jω 0.016 jω1210
. −9 330 + 0.01
f æ f
ö æ f
ö
−5
10 ç 1 + j ÷ ç j
. ÷ +çj
+ 101
+ 0.01÷
+
è 400k
105
10 è 400k
. −9 330 + 101
.
jω1210
f
f
j
+1
j
+1
400k
400k
= 100
= 100
=
f öæ f
æ
ö æ f
ö
æ f
f
f2 ö æ f
ö
10−3 ç 1 + j ÷ ç j
. ÷ + ç j + 1÷
+ 101
1
10−3 ç j
. +j
+ 101
−
+
j
+
÷
÷ ç
è
è 4k
è 4k
10 è 400k
è 400k
9.9 4 M
f
f
f
j
j
+1
+1
j
+1
k
400
400
k
400
k
100
100
= 100
=
=
f öæ
f ö
f
f
f2
f
f
f2
æ
j
+ 10−3 + j
−
+ j +1
−
+1
j
ç1 + j
÷ ç1 + j
÷
è
. M
400M
9.9 k 4G
4k
2.85k 4G
2.85k è
14
DU ELN GG a_scrit1.doc
23/67
4.
Applico all'ingresso Vi uno scalino da 0.1V e disegno la risposta Vu(t) corrispondente.
Il transitorio è una funzione esponenziale crescente da 0 a 10V, con costante di tempo pari a circa 33*1.2=40us
Se si calcolasse la risposta tramite Laplace sulla funzione di trasferimento esatta, si otterrebbe:
f
ω
j
+1
+1
400k
2500k
A ( jf ) = 100
A ( jω ) = 100
f
f ö
ω öæ
ω ö
æ
æ
ç1 + j
÷ ç1 + j
÷
ç1 + j
÷ ç1 + j
÷
è
2.85k è
1.4 M
17.9 k è
8.8M
s
+1
2500k
A (s) = 100
s öæ
s ö
æ
ç1 +
÷ ç1 +
÷
è 17.9 k è 8.8M
s
+1
s + 2.5M
10
630000
k
2500
Vu(s) =
=
s öæ
s ö
s
s æ
(17.9 k + s)(8.8M + s)
ç1 +
÷ ç1 +
÷
è 17.9 k è 8.8M
j
Vu( t ) = 10 ⋅ (1 − e − t /56 ms ) − 0.051 e − t / 0.11us
nella quale il termine prevalente è 10( 1-e-t/56ms) che corrisponde a quanto previsto, con una τ leggermente
diversa
L'ultimo esponenziale dà una minima influenza nei pressi dell'origine, per poi annullarsi.
DU ELN GG a_scrit1.doc
24/67
8. ponte+AO+EF es. 28/1/97
Un ponte di resistenze ed un amplificatore operazionale ideale sono collegati come nel circuito di fig.1, in modo
da costituire un misuratore di resistenza. La resistenza che si vuol misurare è R. Del valore di R si sa che è
compreso fra 0.99k e 1.01k . Per misurare R con precisione, si vuole ottenere che la tensione d'uscita dell'AO
vari in funzione del valore di R, secondo la retta indicata in fig.2.
L'imprecisione delle altre resistenze del ponte è inferiore allo 0.01%.
5mA
1k
+15V
R2
+
R1
R
1k
Vo(V)
fig.2
1k
+15V
Vz=10.00V
+1
R3
R5
A
-15V
Vo
0.99
0
1
R (kΩ )
1.01
R4=470k
fig.1
-1
Il ponte è alimentato a 10V tramite uno stabilizzatore con diodo Zener.
1)
Definire i valori della resistenza e della potenza di R5
2)
Definire i valori nominali delle resistenze R1, R2, R3
3)
Si supponga che, per ripulire la Vo di eventuali disturbi a frequenza elevata, si siano disposti due
condensatori da 100nF in parallelo alle R3, R4. Si supponga pure che il circuito sia al regime
corrispondente a R = 0.99k. Se in tali condizioni, al tempo t=0, la R varia bruscamente da 0.99k a 1.01k,
quanto tempo deve passare perchè la lettura di Vo dia errore inferiore a 0.1Ω?
4)
Nell'ipotesi che sulle resistenze R1, R2, R3, R4 reali siano stati misurati i valori seguenti
R4 =475k,
R3 = R3 nominale +1%
R1 = R1 nominale +0.5%
R2 = R2 nominale -0.5%
prevedere il nuovo aspetto della retta indicata in fig. 2.
5) Calcolare la tensione di offset in uscita dovuta ai seguenti valori tipici per il µA741:
-input offset voltage: 2 mV
-input offset current: 20 nA
-input bias current: 80 nA
per il caso di R1, R2, R3, R4 ai valori nominali.
6) Progettare un circuito emitter follower da interporre tra l'uscita dall'AO e il punto di misura di Vo, in grado
di pilotare un carico di 0.1k connesso tra l'uscita dell'emitter follower e la massa.
SOLUZIONE
1)
Definire i valori della resistenza e della potenza di R5
tensione ai capi della R5 V=15-10V=5V
corrente attraverso R5 I=5mA nello zener + 10 mA nel ponte I=15mA
R5=5V/15mA= 0.33k
potenza= 5V*15mA=75mW
2)
Definire i valori nominali delle resistenze R1, R2, R3
Si tratta di un amplificatore differenziale che riceve un segnale di modo comune pari a 5V ed un segnale di modo
differenziale massimo ( a vuoto) pari a:
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25/67
10
0.99 − 5 = 4.975 − 5 = −0.025V che deve corrispondere a Vo=-1V
1 + 0.99
10
101
. − 5 = 5.025 − 5 = +0.025V che deve corrispondere a Vo=+1V
-per R=1.01k : V1 − V2 =
1 + 101
.
-per R=0.99k : V1 − V2 =
Il guadagno di modo differenziale deve essere quindi 40.
R3 = R4 = 470k, perchè R4 è data e perchè si vuole Ac=0
R1 = R2 = 470/40 - 0.5 = 11.25k
R1 ed R2 devono essere eguali perchè si vuole Ac=0, e devono tener conto che per il calcolo del guadagno sono
da considerare in serie col parallelo di due resistenze del ponte (0.5k).
3)
Si supponga che, per ripulire la Vo di eventuali disturbi a frequenza elevata, si siano disposti due
condensatori da 100nF in parallelo alle R3, R4. Si supponga pure che il circuito sia al regime
corrispondente a R = 0.99k. Se in tali condizioni al tempo t=0 la R varia bruscamente da 0.99k a
1.01k, quanto tempo deve passare perchè la lettura di Vo dia errore inferiore a 0.1Ω?
Il segnale differenziale d'ingresso applicato alle resistenze R1+0.5 ed R2+0.5 passa da -25mV a +25mV, quindi il
segnale Vo passa da -1V a +1V, secondo un esponenziale del tipo
Vo = A + Be
−
t
RC
dove RC = 470 ⋅ 10 3⋅100 ⋅ 10 -9 = 0.047s
ì−1 = A + B ìB = −2
í+1 = A
íA = 1
Vo = 1 − 2e
−
per t = 0, Vo deve valere - 1
per t = ∞, Vo deve valere + 1
t
0.047
Quando R varia di 10Ω, il segnale d'uscita varia di 1V (retta di fig.2), quindi se R varia di 0.1Ω, il segnale d'uscita varia
di 10mV. La domanda può quindi essere tradotta nella seguente:
Poichè per R=1.01 Vo = 1V (a regime), una lettura eseguita quando Vo=0.99V corrisponde ad un errore di 0.1Ω. Dopo
quanto tempo Vo raggiunge 0.99V?
0.99 = 1 − 2e
−
t
0.047
0.005 = e
−
t
0.047
ln 200 =
t
0.047
t = 0.047 ⋅ ln 200 = 250ms
4)
Nell'ipotesi che sulle resistenze R1, R2, R3, R4 reali siano stati misurati i valori seguenti
R4 = 475 k,
R3 = R3 nominale +1%
R1 = R1 nominale -0.5%
R2 = R2 nominale +0.5%
prevedere il nuovo aspetto della retta indicata in fig. 2.
Calcoliamo i valori dei 4 resistori:
R4 = 475k,
R3 = 474.7 k
R1 = 11.1938 k (11.1938 k + 0.5k = 11.6938k)
R2 = 11.3063 k (11.3063 k + 0.5k = 11.8063k)
Prepariamo il modello del guadagno nel caso di 4 resistenze diverse:
R 3 R 4 + R1
R4
474.7
475 + 11.6938
475
− V2
= V1
− V2
=
.
.
R 3 + R 2 R1
R1
474.7 + 118063
116938
11.6938
.
= V1 ⋅ 0.9757325 ⋅ 41619816
− V2 ⋅ 40.6198160 =
( V1 + V2)
0.01
= V1 ⋅ 40.609807 − V2 ⋅ 40.619816 = ( V1 − V2) 40.615 −
2
A = V1
La retta aumenta la pendenza dell'1.5% (40 ->40.615) ed assume un offset di 5V*(-0.01)=-50mV
5) Calcolare la tensione di offset in uscita dovuta ai seguenti valori tipici per il µA741:
-input offset voltage:
2 mV
-input offset current:
20 nA
-input bias current: 80 nA
per il caso di R1, R2, R3, R4 ai valori nominali.
L'influenza degli offset d'ingresso può essere determinata per sovrapposizione:
2mV*40=80mV
20nA*470k=9.4mV
la terza componente dà effetti trascurabili in conseguenza del bilanciamento della rete resistiva
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26/67
6) Progettare un circuito emitter follower da interporre tra l'uscita dall'AO e il punto di misura di Vo, in
grado di pilotare un carico di 0.1k connesso tra l'uscita dell'emitter follower e la massa.
Lo schema può essere il seguente:
+15V
R3
R5
5mA
1k
1k
+15V
R2
+
+15V
Vz=10.00V
R1
R
1k
-15V
C
R4=470k
0.1k
Rx
V'o
fig. 3
-15V
Calcoliamo il punto di lavoro del BJT per i due valori estremi du V'o, +1V e -1V:
V'o=+1V
Icarico=1/0.1=10mA
Ix=16/Rx
Ie=10+16/Rx
V'o=-1VIcarico=-1/0.1=-10mA
Ix=14/Rx
Ie=-10+14/Rx
Poniamo la Ie minima a 1mA:
-10+14/Rx=1
Rx=14/11=1.27k
Arrotondiamo a 1.2 k e calcoliamo i due punti di lavoro estremi:
V'o=+1V
Icarico=1/0.1=10mA
Ix=16/1.2=13.3mA
Ie=10+13.3 = 23.3mA
Vce=14V
V'o=-1VIcarico=-1/0.1=-10mA
Ix=14/1.2=11.7mA
Ie=-10+11.7 =1.7mA
Vce=16V
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9. FET+AO+EF es. 2/97
Sono forniti i seguenti oggetti:
• un generatore Vi=10mV di resistenza interna variabile tra 100Ω e 200Ω
• un amplificatore operazionale ideale
• il circuito rappresentato in figura:
+15V
200pF
1.8M
56k
47k
hfe del BJT = 200
Idss del FET = 12 mA
Vp del FET = -3V
470k
-15V
1.
Disegnare uno stadio invertente, usando il solo AO, che fornisca una tensione d'uscita Vo= 1V a vuoto. Vo
dev'essere il più possibile costante al variare della Ri del generatore. Il guadagno deve presentare due
frequenze di taglio (-3dB) a 50z e 10kHz.
2. Calcolare il guadagno in banda passante nel caso che l'AO sia reale per il solo guadagno intrinseco pari a
60dB
3. Disporre il circuito JFET+BJT in cascata allo stadio con AO, tra il generatore e l'ingresso dell'AO
e calcolare il punto di lavoro dei due transistori.
4. Calcolare il guadagno e la frequenza di taglio inferiore del nuovo sistema amplificatore JFET+BJT+AO
SOLUZIONE
Lo schema può essere il seguente:
+15V
C1
1 µF
100..200 Ω
+
A
R1
3.3k
-15V
330k
Vo
R2
47pF
C2
1)
Guadagno in banda passante: 1V/10mV=100 (40 dB)
τ2 = 1/(6.28⋅104) = 1.6 10-5 = R2⋅C2
τ1 = 1/(6.28⋅50) = 3.2 10-3 = R1⋅C1
R2 = 100⋅R1
Conviene tenere R1 il più alto possibile, perchè l'influenza del 100..200Ω sia trascurabile,
quindi R2 il più alto possibile, quindi C2 il più basso possibile.
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28/67
Pongo C2=47pF (non posso adottare valori inferiori, perchè influenzabili dalle capacità parassite), quindi R2=
1.6 10-5 / 47 10-12 =330kΩ
R1 = 3.3kΩ
C1 = 3.2 10-3 / 3.3 103 = 1 µF
2)
Guadagno in banda con amplificatore reale :
1000/(1+0.01*1000) = 1000/11 = 90 (39.1 dB)
3)
Punto di lavoro del FET (trascurando la presenza del BJT):
ì
ï Equazione del FET
í
ï maglia di gate
î
maglia di drain
2
Vgs
æ Vgs ö
Id = Idssç 1 −
÷ = 12ç 1 +
÷
è
Vp
3
Vgs = -56 ⋅ Id
30 = Vds + (56 + 470)Id
2
ì
56 ⋅ Id
Id
=
12
1
−
4181 ⋅ Id 2 − 449 ⋅ Id + 12 = 0
ç
÷
ï
3
ï
449 ± 201601 − 200688 ì0.0573mA
ï
=í
íId =
8362
î0.05mA
ï
ïVgs = -56 ⋅ Id
ï
î
30 = Vds + (526)Id
2
ì-3.2V impossibile
Vgs = í
î-2.8V
Vds = 30 - 26.3 = 3.7V
Punto di lavoro del BJT (trascurando la sua influenza sul FET)
maglia di base: Id⋅526=Vbe+47⋅Ic Ic=0.55mA Ib=2.75µA abbastanza piccola da essere trascurata a fronte
della Id
maglia di collettore : Vce=30-0.55⋅47=4.15V
4.
resistenza ingresso emitter follower (caricato con 3.3 kΩ//47k=3.1k):
Rief = 3.1*200 k = 620k
hie del BJT = 26/2.75=9.5k
Guadagno emitter follower: 200*47/9.5+200*47=0.99
gm= 2(1-0.933)=0.133mS
Circuito equivalente del FET:
200pF
Ii
Vgs
gm*Vgs-I1
Vi 1.8M
56k
Vs
I1
470k
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gm*Vgs
620k
Vo'
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Calcoliamo con lo stesso sistema algebrico sia il guadagno in banda passante, riferito a Vi, sia la resistenza
d'ingresso:
Vi = Ii ⋅ 1800 + 470(gm ⋅ Vgs − I1 + Ii)
Vgs = Ii ⋅ 1800 − 56(gm ⋅ Vgs − I1)
I
î 1 ⋅ 620 = 56(gm ⋅ Vgs − I1) + 470(gm ⋅ Vgs − I1 + Ii)
Vi = Ii ⋅ 5064 + Vgs ⋅ 82.4
Vi = Ii ⋅ 17372
ì Vgs
= 0.0121
Vi
í Vi
= 17.4 MΩ
î Ii
ì Vi = Ii ⋅ 2270 + Vgs ⋅ 62.5 − I1 ⋅ 470
í0 = Ii ⋅ 1800 − Vgs ⋅ 7.45 + I1 ⋅ 56
î0 = Ii ⋅ 470 + Vgs ⋅ 70 − I1 ⋅ 1146
Vo' = Vi − Vgs = Vi − 0.0121Vi = 0.98Vi
I 200pF costituiscono una costante di tempo con 17400k pari a 0.0035s, quindi una frequenza di taglio pari a
1/6.28*0.0035=45.8Hz
Il guadagno in banda passante dello stadio FET è 0.98, la ftaglio è 45.8Hz.
Globalmente avremo un guadagno in banda passante di 0.98*0.99*100=97 (39.7 dB)
A 50 Hz avremo una perdita di 6 dB, poichè agiscono in cascata due reti RC con lo zero coincidente a 50Hz
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10.AO differenziale con rete RC es. 3/7/97
E' dato il seguente schema, costruito intorno ad un amplificatore operazionale, dove Z rappresenta la rete indicata
a parte in figura:
Z
1M
100k
Z
100nF
+15V
+
A
10k
U
−
B
10k
-15V
Z
Supporre l'AO ideale, e rispondere alle seguenti domande.
1. Quanto valgono il guadagno di modo differenziale ed il guadagno di modo comune per la componente
continua?
2. Che valore assumono i due guadagni suddetti nel caso che, a causa delle tolleranze di fabbricazione, le
resistenze del ramo della reazione negativa assumano i seguenti valori:
- 9.5k invece di 10k
- 1.05M invece di 1M,
mentre tutte le altre resistenze mantengono il valore nominale?
3. Si supponga di voler amplificare la differenza fra una tensione VA = 1.005V ed una tensione VB = 0.995V
(continue) e di utilizzare una volta l'amplificatore del caso 1 ed una volta l'amplificatore del caso 2. Da quale
errore sarebbe affetta la Vu nel caso 2 rispetto al caso 1?
4. Disegnare i diagrammi di Bode (ampiezza e fase) relativi ai guadagni differenziale e di modo comune
dell'amplificatore del caso 1.
5. Quanto varrebbero il guadagno di modo differenziale ed il guadagno di modo comune per la componente
continua nel caso che l'AO fosse ideale per tutte le caratteristiche, salvo che per il guadagno ad anello aperto,
non infinito, ma pari a 1000?
6. Quanto varrebbe la tensione di offset in uscita nel caso che l'AO fosse ideale per tutte le caratteristiche, salvo
che per le seguenti (per le quali si prendano i valori tipici o massimi del uA741):
-input offset voltage -input offset current
-input bias current
e le resistenze fossero ai valori nominali ?
7. Di quanto varierebbe la tensione di offset in uscita nel caso che le resistenze assumessero i valori del punto
2?
SOLUZIONE
1.
Quanto valgono il guadagno di modo differenziale ed il guadagno di modo comune per la componente
continua?
Ad=1000/10=100
Ac=0
2.
Che valore assumono i due guadagni suddetti nel caso che, a causa delle tolleranze di fabbricazione, le
resistenze del ramo della reazione negativa assumano i seguenti valori:
-9.5k invece di 10k
-1.05M invece di 1M,
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mentre tutte le altre resistenze mantengono il valore nominale?
1000
1050
ç1 +
÷ = 110.422
1010
9.5
1050
AB = −
= -110.526
9.5
AA − AB
= 110.47
2
A C = A A + A B = −0.104
AA =
3.
AD =
Si supponga di voler amplificare la differenza fra una tensione VA = 0.995V ed una tensione VB = 1.005V
(continue) e di utilizzare una volta l'amplificatore del caso 1 ed una volta l'amplificatore del caso 2. Da quale
errore sarebbe affetta la Vu nel caso 2 rispetto al caso 1?
−100 ⋅ 0.01 + 0 = −1
−110.47 ⋅ 0.01 − 0104
⋅ 1 = −11047
− 0104
= −12087
.
.
.
.
errore 20.9%
4.
Disegnare i diagrammi di Bode (ampiezza e fase) relativi ai guadagni differenziale e di modo comune
dell'amplificatore del caso 1.
Z
Z
Z
A − AB Z
ç1 + ÷ =
AD = A
=
R+Z
R
R
2
R
Z
A
=
A
+
A
=
0
AB = −
C
A
B
R
( Zc + 10R)100R
Zc + 10R
Z Zc + 10R + 100R
1 + j10 ⋅ ωRC
1 + j0.01 ⋅ ω
=
= 100
= 100
= 100
R
Zc + 110R
R
1 + j110 ⋅ ωRC
1 + j0.11 ⋅ ω
AA =
ω (rad/s)
num
0
1
10
100
1000
5.
den
1
1+j0.01
1+j0.1
1+j1
1+j10
1
1+j0.11
1+j1.1
1+j11
1+j110
|Z/R|
dB
100
100
67.1
12.7
9.1
40
40
37
22
19
φnum (°) φden (°) φ (°)
0
0
0
0
6
-6
6
48
-42
45
85
-40
84
90
-6
Quanto valgono il guadagno di modo differenziale ed il guadagno di modo comune per la componente
continua nel caso che l'AO sia ideale per tutte le caratteristiche, salvo che per il guadagno ad anello aperto,
non infinito, ma pari a 1000?
Z
1M
+15V
+
A
10k
U
−
B
10k
-15V
1M
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V
1000
= U − 10I + VB
1010 1000
1000 VU 1001
=
+ 1000I
VA
1000
î 1010
V 1101
101000
= U
+ VB 100
VA
1010
1000
VA
.
+ VB 100
VA 100 = VU 1101
ì
V 100
100000
= U
− 1000I + VB 100
1010
1000
í 1000
V 1001
= U
+ 1000I
VA
1000
î 1010
VA
VU = ( VA − VB ) 90.83
6.
Quanto varrebbe la tensione di offset in uscita nel caso che l'AO fosse ideale per tutte le caratteristiche, salvo
che per le seguenti:
-input offset voltage:
2 mV
-input offset current:
20 nA
-input bias current:
80 nA
e le resistenze fossero ai valori nominali ?
• Ibias non ha nessun effetto
• Voff -> 0.2V
• Ioff -> 20nA*1000k=20mV
7.
•
•
•
Di quanto varierebbe la tensione di offset in uscita nel caso che le resistenze assumessero i valori del punto
2?
Ibias ->80nA*0.5k*100=4V
Voff -> 0.2V
Ioff -> 20nA*1000k=20mV
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11.EF+AO es. 4/9/97
Sono dati un generatore Vi (con resistenza interna di 5k) ed un carico di 5k come indicato in fig. 1.
E' sufficiente trasferire al carico le solo componenti alternate.
1. Si collega A con B tramite il condensatore C (considerare capacità infinita).
Prevedere il rapporto |Vu/Vi| (fig.1).
2. Si collega A con B tramite il circuito di fig.2 (considerare capacità infinita e AO ideale).
Prevedere il rapporto |Vu/Vi|.
3. Si collega A con B tramite il circuito di fig.3 (considerare capacità infinita e AO ideale).
Prevedere il rapporto |Vu/Vi|.
4. Confrontare i risultati che si avrebbero con i circuiti 1, 2 e 3 nel caso che la resistenza interna del generatore
subisse una variazione del ±30% e quella del carico del ±10%. Specificare i vantaggi che si ottengono con
la soluzione del punto 3, rispetto alle altre, e le relative ragioni.
5. Calcolare i valori di capacità C necessari nei tre casi perchè la risposta in frequenza mostri per f=100Hz un
errore non superiore al 10% del valore in banda passante.
6. Si supponga di voler introdurre una frequenza di taglio superiore pari a 10 kHz nel circuito 3. Confrontare la
soluzione che introduce un condensatore disposto in MN con quella che introduce un condensatore disposto
in PQ ed indicare quella che si preferisce e perchè.
7. Riprendere il caso 2 e calcolare il rapporto |Vu/Vi| nel caso che l'AO sia il 741 e sia da considerare reale per
il solo guadagno.
C
A
+
C
A
B
5k
B
−
10k
5k
Vi
Vu
10k
1
2
+15V
A
+
C
B
−
M
10k
10k
10k
N
-15V
P
Q
3
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SOLUZIONE
1. Si collega A con B tramite il condensatore C (considerare capacità infinita).
Prevedere il rapporto |Vu/Vi| (fig.1).
|Vu/Vi|=0.5
2. Si collega A con B tramite il circuito di fig.2 (considerare capacità infinita e AO ideale).
Prevedere il rapporto |Vu/Vi|.
Vu 10 2
=
=
Vi 15 3
3. Si collega A con B tramite il circuito di fig.3 (considerare capacità infinita e AO ideale).
Prevedere il rapporto |Vu/Vi|.
Res carico dell'emitter follower : 10k//10k = 5k
Res ingresso emitter follower : 500k (supposto hfe=100)
Res uscita emitter follower : 10k//(hie+5k)/hfe = 70Ω Punto di lavoro Ic=1.5mA, Ib=15µA hie=2k
Vu 500 10000 10000
=
= 0.981
Vi
505 10020 10070
4. Confrontare i risultati che si avrebbero con i circuiti 1, 2 e 3 nel caso che la resistenza interna del generatore
subisse una variazione del ±30% e quella del carico del ±10%. Specificare i vantaggi che si ottengono con
la soluzione del punto 3, rispetto alle altre, e le relative ragioni.
Rimin=3.5k
Rcmax=5.5k
Rimax=6.5k
Rcmin=4.5k
caso1
5.5/9=0.61
4.5/11=0.41
1.49
valore massimo
valore minimo
valore max/min
calcolo caso3 max
caso2
10/13.5=0.74
10/16.5=0.61
1.21
caso3
0.9856
0.9769
1.009
Vu
500 10000 10000
=
= 0.9856
Vi 5035
. 10020 10055
Res carico dell'emitter follower : 10k//10k = 5k
Res ingresso emitter follower : 500k (supposto hfe=100)
Res uscita emitter follower
: 10k//(hie+3.5k)/hfe = 55Ω Punto di lavoro Ic=1.5mA, Ib=15µA hie=2k
calcolo caso3 min
Vu
500 10000 10000
=
= 0.9769
Vi 506.5 10020 10085
Res carico dell'emitter follower : 10k//10k = 5k
Res ingresso emitter follower : 500k (supposto hfe=100)
Res uscita emitter follower
: 10k//(hie+6.5k)/hfe = 85Ω Punto di lavoro Ic=1.5mA, Ib=15µA hie=2k
5. Calcolare i valori di capacità C necessari nei tre casi 1,2,3 perchè la risposta in frequenza mostri per f=100Hz
un errore non superiore al 10% del valore in banda passante.
CASO 1
Vu
R
RY
jωRC
=
=
=
=
Vi
2R + Z
2 RY + 1
j2ωRC + 1
ωRC
4ω 2 R 2 C 2 + 1
Vu/Vi in banda vale 0.5
0.5 ridotto del 10% vale 0.45. Per f=100 ω=628 R=5000 quindi:
ωRC
= 0.45
4ω R C + 1
0.19ω 2 R 2 C 2 = 0.2025
2
2
2
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ω 2 R 2 C 2 = 0.2025( 4ω 2 R 2 C 2 + 1) = 0.81ω 2 R 2 C 2 + 0.2025
ω 2 R 2 C 2 = 1.0658
.
ωRC = 10324
35/67
C=
10324
.
1.0324
=
= 0.329µF
ωR
628 ⋅ 5000
CASO 2
Vu
2R
2 RY
j2ωRC
=
=
=
=
Vi
3R + Z
3RY + 1
j3ωRC + 1
2ωRC
9ω 2 R 2 C 2 + 1
guadagno in banda vale 2/3
2/3 ridotto del 10% vale 0.6. Per f=100 ω=628 R=5000 quindi:
2ωRC
= 0.6
9ω R C + 1
0.76ω 2 R 2 C 2 = 0.36
2
C=
2
2
4ω 2 R 2 C 2 = 0.36( 9ω 2 R 2 C 2 + 1) = 3.24ω 2 R 2 C 2 + 0.36
ω 2 R 2 C 2 = 0.4737
ωRC = 0.688
0.688
0.688
=
= 0.219µF
ωR
628 ⋅ 5000
CASO 3
esamino il solo circuito AO
Vu
2R
2 RY
j2ωRC
=
=
=
=
Vi
2R + Z
2 RY + 1
j2ωRC + 1
2ωRC
4ω 2 R 2 C 2 + 1
guadagno in banda vale 1
1ridotto del 10% vale 0.9. Per f=100 ω=628 R=5000 quindi:
2ωRC
= 0.9
4ω 2 R 2 C 2 = 0.81( 4ω 2 R 2 C 2 + 1) = 3.24ω 2 R 2 C 2 + 0.81
4ω R C + 1
.
0.76ω 2 R 2 C 2 = 0.81
ω 2 R 2 C 2 = 10658
10324
.
1.0324
C=
=
= 0.329µF
ωR
628 ⋅ 5000
2
2
2
.
ωRC = 10324
6. Si supponga di voler introdurre una frequenza di taglio superiore pari a 10 kHz nel circuito 3. Confrontare la
soluzione che introduce un condensatore disposto in MN con quella che introduce un condensatore disposto
in PQ ed indicare quella che si preferisce e perchè.
Condensatore in MN
fa costante di tempo con la R uscita dell'EF , che vale 70 ohm, quindi:
C=
1
1
=
= 0.227µF
ωR 62800 ⋅ 70
Condensatore in PQ
fa costante di tempo con la R =10k , quindi:
C=
1
1
=
= 1.6nF
ωR 62800 ⋅ 10000
7.
Riprendere il caso 2 e calcolare il rapporto |Vu/Vi| nel caso che l'AO sia il 741 e sia da considerare reale per
il solo guadagno.
Si considera il solo AO
Vo
A
Vo
Vo = − Ri −
A
î
Vi = Ri −
Vi + Vo = −2
Vo
A
Vo
=−
Vi
1
1+
2
A
Poichè A=100000, il valore sarà dello 0.002% inferiore a quello ideale
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36/67
12.sommatore - comparatore es. 17/9/97
1M
+
Vs
Vo
10k
−
V1
30k
V2
30k
1M
V3
30k
Esaminare il circuito sopra rappresentato e soddisfare le seguenti richieste.
1. Determinare la funzione Vo=f(Vs,V1,V2,V3) e dimostrare così che il circuito calcola la differenza fra la
media di tre segnali ed un segnale di riferimento.
2. Supporre che l'amplificatore sia alimentato da una coppia di tensioni ±15V e si comporti come un 741, ma
solo per quanto riguarda le tensioni di saturazione.
Supporre che i 4 segnali d'ingresso abbiano la stessa dinamica.
Determinare i massimi ed i minimi segnali applicabili all'ingresso per evitare distorsioni in uscita.
3. Determinare la corrente nei morsetti V1,V2,V3,Vs, nelle condizioni di V1 V2 V3 ai valori massimi
determinati al punto 2, e di Vs al valore minimo.
4. Disporre un condensatore nel circuito indicato, in modo che la funzione di trasferimento di V1 V2 V3
presenti una f di taglio di 100Hz.
5. In tali condizioni disegnare il diagramma di Bode di |Vo/Vs|.
6. Utilizzare i dati di offset del 741 e determinare l'offset di uscita del circuito indicato.
7. Proporre un'aggiunta di un potenziometro e resistenze al circuito indicato adatta al ricupero dell'offset.
SOLUZIONE
1. Determinare la funzione Vo=f(Vs,V1,V2,V3)
Con la sovrapposizione degli effetti:
− Vo = ( V1 + V2 + V3)
é ( V1 + V2 + V3)
1000
1000
1000
− Vs
− Vsú
ç1 +
÷ = 100ê
30
1010
30 / 3
3
ë
Il circuito calcola la differenza fra la media di tre segnali ed un segnale di riferimento
2. Supporre che l'amplificatore sia alimentato da una coppia di tensioni ±15V.
Supporre che i 4 segnali d'ingresso abbiano la stessa dinamica.
Determinare i massimi ed i minimi segnali applicabili all'ingresso per evitare distorsioni in uscita.
Si usa la tensione di saturazione Vsat=13V
Nel caso peggiore tutte le tensioni d'ingresso Vi-V3 sono eguali e massime e la Vs è minima (neg).
Il caso simmetrico è ovvio.
Quindi
é ( Vim + Vim + Vim)
ù
−13 = 100ê
− ( − Vim) ú = 100[ Vim + Vim] = 200Vim
3
ë
Vim=65mV
3.
Determinare la corrente nei morsetti V1,V2,V3,Vs, nelle condizioni di V1 V2 V3 ai valori massimi
determinati al punto 2, e di Vs al valore minimo.
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1M
1M
+
-65mV
I'
Vo
10k
−
65mV
+
65mV
I''
30k
+13V
10k
−
-65mV
10k
65mV
30k
1M
65mV
1M
30k
0.065 = I'⋅1010
.
(correnti in µA) I' = 0.065µA
-0.065 = I''⋅1010
.
− 13
I'' = 13µA
I1 = I2 = I3 = 13 / 3µA = 4.3µA
4.
Disporre un condensatore nel circuito indicato, in modo che la funzione di trasferimento di V1 V2 V3
presenti una f di taglio di 100Hz.
C=
1
1
=
= 16
. nF
ωR 628 ⋅ 10 6
5. In tali condizioni disegnare il diagramma di Bode della funzione di trasferimento di Vs.
Chiamata R la resistenza di 10k:
100RZ ö
æ
çR+
÷
Z / /100R
100R
R + Z ÷ 100 = æ 1 + 100Z ö 100 = æ 100R + 101Z ö 0.99 = 0.99 R + Z
100
=ç
ç
÷
ç
÷
ç1 +
÷
R
R
R + 0.01Z
100R + R ç
÷ 101 è 100R + Z 101 è 100R + Z
è
= 100
0.99 RY + 1
0.99 jωRC + 1
= 100
100RY + 1
100 jωRC + 1
0.99 jωRC + 1
70.7 = 100
100 jωRC + 1
0.98( ωRC) + 1
2
0.5 =
10 4 ( ωRC) + 1
2
Quando ω agisce sensibilmente sul denominatore, il numeratore è ancora sostanzialmente=1:
0.5 =
1
10 4 ( ωRC) + 1 = 2 ωRC = 0.01 ω =
2
10 ( ωRC) + 1
f 1 = 100Hz
4
2
0.01
0.01
= 4
= 628
. ⋅ 10 −9
RC 10 ⋅ 16
Quando, al crescere di ω, il numeratore incomincia a crescere, il guadagno tende al valore costante 0.99, con la
f2=circa 100f1= 10kHz
6. Utilizzare i dati di offset del 741 e determinare l'offset di uscita del circuito indicato.
Data la simmetria del circuito resistivo, la Ibias non ha effetto.
Vuoff=Voff*100+Ioff*106 =0.8mV*100+3nA*1M=80+3=83mV
7.
Proporre un'aggiunta di un potenziometro e resistenze al circuito indicato adatta al ricupero dell'offset.
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Vr
1M
+
-65mV
10k
−
65mV
30k
65mV
30k
1M
65mV
30k
Si potrebbe inserire una tensione variabile Vr tra il ritorno a massa del morsetto + e la massa.
L'effetto del solo Vr sarebbe, sulla tensione d'uscita Vur:
Vur = Vr
10 4
10 6
1
1
+
= Vr
(101) = Vr cioè l'AO presenta per Vr guadagno unitario.
4
6 ç
4÷
10 + 10
10
101
Quindi Vr deve poter variare tra +83mV e - 83mV -> +100 .. -100mV. Si realizza il seguente circuito:
0.5k
+15V
33k
33k
-15V
1M
+
-65mV
10k
−
65mV
30k
65mV
30k
1M
65mV
30k
Nel circuito partitore aggiunto scorrono circa 30/66.5mA = 0.45mA : la corrente già calcolata presente in questo
R da 1M è trascurabile rispetto a 0.45mA.
La tensione raccolta su 0.5k è 0.45*0.5=0.225V che, rispetto a massa, varia da 112mV a -112mV
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39/67
13.uno stadio JFET+BJT es. 31.10.97
E’ dato il seguente schema di due stadi amplificatori:
24V
100k
Q2
Q1
Rg
Cu
56k
100k
22k
Vi
Cs
100uF
Vu
Dati di Q1: Idss = 10mA, Vp = −2V
Dati di Q2: hfe = 200, hoe = 0
L’impedenza di Cu è da considerare nulla per tutto l’esercizio
1.
Calcolare il punto di lavoro di Q1, in assenza di Q2
2.
Applicare la tensione di drain di Q1 alla base di Q2 e determinare il punto di lavoro di Q2
3.
Dimostrare che, collegando in cascata Q1 con Q2, i punti di lavoro calcolati sostanzialmente non
cambiano
4.
Supponendo che Cs si comporti come un corto circuito, calcolare A=Vu/Vi per Rg=0
5.
Determinare il valore di Rg per il quale A si riduce del 10%
6.
Tenendo conto di Cs=100uF, disegnare il diagramma di Bode di A
7.
Quale resistenza di carico è applicabile in Vu in modo che A (nella banda passante) si riduca appena del
10%?
1.
Calcolare il punto di lavoro di Q1, in assenza di Q2
2
ì
VGS
I
=
+
10
1
ç
÷
ïD
ìI D = 10(1 − 11I D ) 2
2
ïï
ï
íVGS = −22I D
íVGS = −22I D
ïVDS = 24 − (100 + 22) I D ïVDS = 24 − 122I D
î
ï
ïî
221 ± 2212 − 40 ⋅ 1210 221 ± 21 ì01
.
ì−2.2
mA VGS = í
V
=
=í
1210I 2D − 221I D + 10 = 0 I D =
.
2420
2420
î0.0826
î−182
I valori validi sono
I D = 0.0826mA
VDS = 24 − 122 ⋅ 0.0826 = 13.9 V
2.
VGS = −182
. V
Applicare la tensione di drain di Q1 alla base di Q2 e determinare il punto di lavoro di Q2
VD − massa = 13.9 + 182
. = 15.7 V = VB− massa
I C = 0.27 mA
15.7 = 0.6 + 56I C
VCE = 24 − 56I C
VCE = 8.9 V
0.27
IB =
mA = 135
. µA
200
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3.
Dimostrare che, collegando in cascata Q1 con Q2, i punti di lavoro calcolati sostanzialmente non
cambiano
La corrente di base di Q2 è 60 volte più piccola della corrente di drain di Q1, quindi si può immaginare che
sostanzialmente i punti di lavoro siano quelli calcolati, anche quando i due stadi vengano collegati.
4.
Supponendo che Cs si comporti come un corto circuito, calcolare A=Vu/Vi per Rg=0
B
D
G
ib E
hie
Rg
100k
Vi
gm*vgs
vgs
200ib
56k
Vu
100k
25mV 25mV
=
= 18.5k
I B µA 135
. µA
182
.
g m = 10ç 1 −
÷ = 0.9 mS
2
h ie =
Il primo stadio presenta :
resistenza d’ingresso=100k
resistenza d’uscita=100k
guadagno di tensione = -gm*100=-90
Il secondo stadio presenta :
resistenza d’ingresso= 18.5k + 200 ⋅ 56 = 11200k
resistenza d’uscita (quando connesso con lo stadio precedente) =
56 / /(18.5 + 100) / 200 = 0.59 k
56 ⋅ 200
guadagno di tensione =
≈1
18.5 + 56 ⋅ 200
Poichè la resistenza d’ingresso del 2° è >> della resistenza d’uscita del 1°, il guadagno complessivo è A=-90.
100k
11.2M
0.59k
Rg
Vu
100k
Vi
5.
vgs
-90 vgs
-90 vgs
Determinare il valore di Rg per il quale A si riduce del 10%
Rg si riduce del 10% quando Rg vale 10k:
v gs =
100
v i = 0.9 v i
100 + 10
6.
Tenendo conto di Cs=100uF, disegnare il diagramma di Bode di A
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41/67
D
G
B
ib E
hie
Rg
100k
Vi
g *v
m gs
200ib
56k
vgs
Vu
100k
Z
Indicando con Z il parallelo di 22k con 100uF, il guadagno A si trasforma nel modo seguente.
v i = v gs + Zg m v gs = v gs (1 + Zg m )
î
v u = − g m v gs 100 = −90v gs = −90
vi
1 + Zg m
22 ⋅ 10 3
19.8
Zg m = 0.9 ⋅ 10
=
3
−4
1 + jω ⋅ 22 ⋅ 10 10
1 + jω 2.2
vu
90
1 + jω 2.2
1 + jω 2.2
=−
= −90
= −4.33
19.8
20.8 + jω 2.2
1 + jω 0106
.
vi
1+
1 + jω 2.2
−3
Il guadagno per frequenze basse vale 4.33 (12.7 dB)
Il guadagno per frequenze alte vale 90 (39.1dB)
Il polo è a ω=9.45,
f=1.5Hz
lo zero è a ω=0.455
f=0.07Hz
A
20dB
0
0.01
f(Hz)
0.1
1
10
7.
Quale resistenza di carico è applicabile in Vu in modo che A (nella banda passante) si riduca
appena del 10%?
Essendo 0.59k la resistenza d’uscita, il carico che soddisfa le condizioni è 5.9k.
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42/67
14.uso di un amplif. diff. su un ponte es 18.11.97
Si deve costruire un’apparecchiatura per la selezione di resistori in base al valore.
•Il valore nominale dei resistori da selezionare è 100 Ω.
•I resistori devono essere suddivisi in due famiglie:
- resistori con resistenza compresa nell’intervallo tra 99 Ω e 101 Ω
- resistori con resistenza esterna al detto intervallo.
•Per la selezione si usa il seguente schema:
10k
10k
Vs
100V
Rx
Rc
Rx è la resistenza da selezionare. Tutti gli altri elementi del ponte sono di precisione elevata adatta alla misura, in
particolare Rc=100 Ω. Lo strumento Vs (voltmetro ideale) deve indicare +5V quando Rx=101 Ω e deve indicare
-5V quando Rx=99 Ω .
Si chiede di:
1.disegnare lo schema del circuito contenuto nel riquadro, che deve contenere un AO ideale e resistenze di valore
massimo 2.2MΩ (non badare alla normalizzazione dei valori);
2.rappresentare in forma grafica l’andamento di Vs in funzione di Rx nel campo 102Ω>Rx>98Ω;
3.verificare che variazione subisce la detta funzione se l’AO è considerato reale per il solo guadagno, con
A=100000;
4.verificare che variazione subisce la detta funzione se l’AO è considerato reale per i soli offset, con i dati
estremi forniti per l’AO 741;
5.verificare quale massima variazione subisce la detta funzione, se l’AO è ideale ma le resistenze usate nel
circuito progettato (solo la parte contenuta nel riquadro) appartengono alla serie di tolleranza ±5% e sono
montate nella combinazione peggiore dei rispettivi valori;
6.apportare una variante al circuito per ottenere un polo della funzione di trasferimento alla f=1Hz.
disegnare lo schema del circuito contenuto nel riquadro, che deve contenere un AO ideale e
resistenze di valore massimo 2.2MΩ
2.2M
+15V
+
A
4.2k
U
−
B
4.2k
100
Re=
98
1.00
Ve=
0.98
-15V
99
0.99V
2.2M
Uso il metodo di Thevenin per semplificare il circuito del ponte.
Il ramo che contiene Rx si presenta con:
DU ELN GG a_scrit1.doc
43/67
101 ⋅ 10000
ì
max
=
= 99.99Ω
⋅
Rx 10000
101 + 10000
Re =
=í
99 ⋅ 10000
Rx + 10000
min =
= 98.03Ω
99 + 10000
î
101
ì
max = 100
= 0.9999 V
Rx
101 + 10000
=í
Ve = 100
99
Rx + 10000
min = 100
= 0.9803V
99 + 10000
î
Poichè la variazione della tensione d’ingresso è di 19.6mV, il guadagno dev’essere 10V /19.6mV =510.
Uso il massimo valore consentito per R2=2.2MΩ, quindi R1=2200/510=4.31k
100Ω sono già presenti, quindi R1=4.21k.
rappresentare in forma grafica l’andamento di Vs in funzione di Rx nel campo 102Ω>Rx>98Ω
La funzione analitica da rappresentare è:
Vs = 510( Ve − 0.99) = 510ç 100
Essa passa per i punti
Rx (ohm)
98
100
102
Rx
− 0.99÷
Rx + 10000
Vs (V)
-9.95
0.05
10.05
verificare che variazione subisce la funzione se l’AO è considerato reale per il solo guadagno, con
A=100000;
Il guadagno nominale di 510 si riduce al valore 507.8
La funzione passa per i punti
Rx (ohm)
98
100
102
Vs (V)
-9.91
0.05
10.01
verificare che variazione subisce la detta funzione se l’AO è considerato reale per i soli offset, con i dati
estremi forniti per l’AO 741;
Voff=4mV Ioff=70nA
Vu provocata dagli offsets = 4mV*510+ 70nA*2.2MΩ =2+0.15=2.15V
Nel caso peggiore la retta Vu(Rx) può sollevarsi od abbassarsi di 2.15V
Rx (ohm)
98
100
102
Vs (V)max
-7.8
2.2
12.2
Vs (V)min
-12.1
-2.1
7.9
verificare quale massima variazione subisce la detta funzione, se l’AO è ideale ma le resistenze usate nel
circuito progettato (solo la parte contenuta nel riquadro) appartengono alla serie di tolleranza ±5% e sono
montate nella combinazione peggiore dei rispettivi valori;
La situazione è rappresentata in figura
DU ELN GG a_scrit1.doc
44/67
2.31M
+15V
+
A
4.095k
U
−
B
4.515k
101
Re=
97
1.01
Ve=
0.97
-15V
99
0.99V
2.095M
Possiamo procedere o con il metodo dell’Adifferenziale/Amodo-comune oppure con quello dei due A1 ed A2
differenti per i due segnali.
seguiamo il secondo, che non richiede sforzi di memoria.
Nel caso di Re=101Ω
2095
2310
2095 + 4.515 + 0.099
+ 101
.
=
4.515 + 0.099
2310 + 4.095 + 0101
.
4.515 + 0.099
= −0.99 ⋅ 454.0529 + 101
. ⋅ 0.99819 ⋅ 455.0529 = −449.5124 + 458.7715 = 9.26V
Vu = −0.99
Nel caso di Re=99Ω (equilibrio del ponte)
2310
2095 + 4.515 + 0.099
=
2310 + 4.095 + 0.099
4.515 + 0.099
= −449.5124 + 0.99 ⋅ 0.99819 ⋅ 455.0529 = −449.5124 + 449.6870 = 0175
. V
Vu = −449.5124 + 0.99
Nel caso di Re=97Ω
2310
2095 + 4.515 + 0.099
=
2310 + 4.095 + 0.097
4.515 + 0.099
= −449.5124 + 0.97 ⋅ 0.99819 ⋅ 455.0529 = −449.5124 + 440.6024 = −8,91V
Vu = −449.5124 + 0.97
Rx (ohm)
Vs (V)
98
-8.91
100
0.175
102
9.26
apportare una variante al circuito per ottenere un polo della funzione di trasferimento alla f=1Hz;
ω=6.28 rad/s
RC = 016
. s
R = 2.2 ⋅ 10 6 Ω
DU ELN GG a_scrit1.doc
C=
016
.
µF = 0.073µF
2.2
45/67
15.cascata AO+BJT sc. 23.1.98
+15V
+15V
+
1k
−
-15V
Vi
100k
100k
1k
100nF
Vu
0.33k
100nF
-15V
E’ dato il circuito sopra disegnato.
I componenti attivi presentano nei relativi ‘data-sheet’ le seguenti caratteristiche:
Operational amplifier µA741:
•input offset voltage max 3mV
•input offset current max 30nA
•input bias current max 80nA
•voltage gain
min 50000
•cut-off frequency min 5 Hz
•slew-rate
min 0.3V/µs
•saturation voltage 13V
Bipolar Junction Transistor 2N2222:
•Device dissipation at 25°C
max 0.5W
•hFE
min 100
•hOE
trascurabile
Nell’ipotesi di AO ideale:
1.
Determinare il punto di lavoro del BJT;
2.
supponendo che Vi sia continua, determinare i valori di Vi che portano al valore minimo rispettivamente
la Ic e la Vce del BJT;
disegnare il grafico della potenza dissipata dal BJT al variare di Vi tra i due valori determinati al punto
3.
2;
4.
calcolare il rapporto Vu/Vi per forma sinusoidale, in modulo e fase, per ω = 10rad/s, 100rad/s,
1000rad/s;
5.
disegnare il diagramma di Bode del rapporto Vu/Vi per l’ampiezza;
determinare l’influenza del valore reale ‘voltage gain’=50000 sul guadagno determinato al punto 4 per
6.
ω = 100rad/s
7.
verificare se il valore reale dello ‘slew rate’ può distorcere la forma d’onda sinusoidale d’uscita per
Vi=10sen100t.
N.B. non tutti i dati di catalogo sopra riportati sono necessari per le risposte richieste.
1.
Determinare il punto di lavoro del BJT;
Disegno il circuito per le sole componenti continue
DU ELN GG a_scrit1.doc
46/67
+15V
+15V
Vi
+
A=
−
-15V
100k
Vu
1k
0.33k
-15V
e sostituisco il circuito d’uscita con l’equivalente di Thévenin
+15V
+15V
Vi
+
A=
−
-15V
100k
Vu
0.25k
-11.3V
Se Vi=0 , essendo l’AO ideale, Vu=0, quindi:
Vce=15V
Ic=11.3/0.25=45.2 mA
2.
supponendo che Vi sia continua, determinare i valori di Vi che portano al valore minimo
rispettivamente la Ic e la Vce del BJT;
Quando il BJT fosse interdetto, la sua Ic sarebbe nulla, quindi la caduta su 0.25k sarebbe nulla e Vu=-11.3V. In
tal caso, essendo l’AO ideale, Vi=-11.3V, che è il valore di Vi che interdice il BJT.
Occorre verificare che l’AO sia ancora in zona di linearità:
se Vu=-11.3, l’uscita dell’AO è -11.3+0.6=-10.7V. Questa tensione è compresa nell’intervallo di linearità
dell’AO (+13V..-13V).
Quando il BJT fosse saturo, la sua Ic sarebbe la massima possibile, e la sua Vce nulla. Quindi Vu=15V. Ciò però
comporterebbe una tensione d’uscita dell’AO pari a 15+0.6=15.6, valore esterno alla zona di linearità suddetta.
Quindi possiamo calcolare la Vi che fornisce la massima tensione d’uscita all’AO (+13V), e quindi
Vu=13-0.6=12.4V
Vi=12.4 è il valore di Vi che porta il BJT prossimo alla saturazione, con
Vcemin=15-12.4=2.6V ed Icmax=(12.4+11.3)/0.25=94.8mA
3.
disegnare il grafico della potenza dissipata dal BJT al variare di Vi tra i due valori determinati al
punto 2;
Pce=Vce*Ic. Osservando l’ultima figura, e fissando un valore generico Vi, si possono scrivere le seguenti
equazioni, per dedurre Ic e Vce in funzione di Vi.
DU ELN GG a_scrit1.doc
47/67
ì
Vu = Vi
Vce = 15 − Vu
Vu + 113
.
Ic =
0.25
î
Vi (V)
-11.3
-10
-5
-2
0
2
5
10
12.4
Vce (V)
26.3
25
20
17
15
13
10
5
2.6
Vce = 15 − Vi
Vi + 113
.
íIc =
0.25
î
Pce = (15 − Vi)
Ic (mA)
0
5.2
25.2
37.2
45.2
53.2
65.2
85.2
94.8
Vi + 113
.
0.25
Pce (W)
0
0.13
0.50
0.63
0.68
0.69
0.65
0.43
0.25
4.
calcolare il rapporto Vu/Vi per forma sinusoidale, in modulo e fase, per ω = 10rad/s, 100rad/s,
1000rad/s;
Essendo l’AO ideale, il fatto che ci sia un BJT in cascata non modifica il guadagno ideale (pari ad infinito) ,
quindi posso scrivere:
A = 1+
Zp
ZS
= 1+
1
= 1+
Z S Yp
1
1
çR +
÷ ( G + jωC)
jωC
= 1+
1
1
2 + jωCR +
jωCR
=
1
2
jωCR 1 − ( ωCR ) + j3ωCR
=
=
CR = 0.01
2
1
−
+
1
2
CR
j
CR
ω
ω
(
)
2 + jωCR +
jωCR
ì
1 − 0.01 + j0.3 1 + j0.3
=
A = 102
A=
.
ïω = 10
−
+
+
1
0
01
0
2
1
0
2
j
j
.
.
.
2
ï
1 − ( ω 0.01) + jω 0.03
j3
ï
.
A=
A = 15
íω = 100 A =
2
j2
1 − ( ω 0.01) + jω 0.02
ï
ïω = 1000 A = 1 − 100 + j30 = −10 + j3 A = 102
.
ï
1 − 100 + j20 −10 + j2
î
3 + jωCR +
5.
disegnare il diagramma di Bode del rapporto Vu/Vi per l’ampiezza;
num
den
Vu/Vi
A (dB)
ω (rad/s)
1
1+j0.03
1+j0.02
1
0
10
1+j0.3
1+j0.2
1.02
0.17
30
0.9+j0.9
0.9+j0.6
1.27
2.1
100
j3
j2
1.5
3.52
300
-8+j9
-8+j6
1.2
1.58
1000
-100+j30
-100+j20
1.02
0.17
10000
-1000+j300
-1000+j200
1
0
6.
determinare l’influenza del valore reale ‘voltage gain’=50000 sul guadagno determinato al punto
4 per ω = 100rad/s
DU ELN GG a_scrit1.doc
48/67
Vu
Vu
Vu
+ Z 1i
Vi =
+ Z1
A
A
Z1 + Z 2
îVu = ( Z1 + Z 2 ) i
1
Vu
A
Aco
=
=
Z
1
Vi
Aco + A
1
+
A Z1 + Z 2
50000
Vu
15
. = 1499955
.
=
− 0.0045%
. + 50000
Vi 15
Vi =
7.
verificare se il valore reale dello ‘slew rate’ può distorcere la forma d’onda sinusoidale d’uscita
per Vi=10sen100t.
Vu = 1.5*10sen100t = 15sen100t
dVu
dVu
= 1500 cos100t
= 1500V / s
ç
÷
dt
dt max
S.R=0.3V/µs=300000V/s>>1500V/s
DU ELN GG a_scrit1.doc
49/67
16.cascata di JFET+AO+BJT sc 17.2.98
Si hanno a disposizione i seguenti componenti:
•
un JFET con Idss=10mA e Vp=-3V
•
un BJT con hfe=200 ed hoe trascurabile
•
un AO 741 con le seguenti caratteristiche:
voltage gain
saturation voltage
output current
min 50000
13V, with power supplies of ±15V
max 5mA
Devono essere connessi in uno schema che offra le seguenti prestazioni:
a) resistenza d’ingresso >500kΩ
b) resistenza di carico pilotabile 1kΩ
c) escursione possibile della tensione d’uscita ±11V
d) amplificazione globale in banda passante Vu/Vi = −100 (notare il segno negativo)
e) f taglio inf. 50Hz; per f<50Hz, la pendenza del guadagno dev’essere ≥ 20 dB/dec
f) f taglio sup. 5kHz; per f>5kHz, la pendenza del guadagno dev’essere = −20 dB/dec
Avviare la soluzione del problema rispondendo successivamente alle seguenti domande.
Si supponga inizialmente di utilizzare il solo AO:
1. disegnare lo schema elettrico, completo di valori, rispettando le specifiche c) e d);
2. eseguire le varianti per rispettare anche le specifiche e) ed f);
3. verificare che la R d’ingresso dello stadio ottenuto, all’interno della banda passante, non rispetta la specifica
a);
4. calcolare il minimo valore della R di carico pilotabile dallo stadio ottenuto, e verificare che non rispetta la
specifica b);
5. calcolare il valore della tensione d’ingresso applicabile (nella banda passante) per ottenere l’intera escursione
della tensione d’uscita.
Si supponga di utilizzare anche il JFET connesso a drain comune (source follower):
6. proporre una variante allo schema in modo da rispettare anche la specifica a) e mantenere all’incirca il
guadagno d).
Si supponga di utilizzare anche il BJT connesso a collettore comune (emitter follower):
7. proporre una variante allo schema in modo da rispettare anche la specifica b) e mantenere all’incirca il
guadagno d).
8. verificare se e di quanto è variato il guadagno complessivo, dopo le varianti 6. e 7.
1.Si supponga inizialmente di utilizzare il solo AO:
domande da 1 a 5.
+15V
+
−
-15V
C1
Vu
R2
R1
C2
Vi
R2/R1=100, R1=1k. R2=100k
f1=50Hz, ω1=314rad/s
C1 ⋅ R1 =
1
314
C1 =
DU ELN GG a_scrit1.doc
1
= 3.2µF
314 ⋅ 1000
50/67
f2=5000Hz, ω1=31400rad/s
C2 ⋅ R 2 =
1
31400
C2 =
1
= 320pF
31400 ⋅ 100000
Ringr in banda passante = 1k < 500k
Rcmin = 11V/5mA=2.2k>1k
Vi=11V/100=110mV
Si supponga di utilizzare anche il JFET connesso a drain comune (source follower):
2. proporre una variante allo schema in modo da rispettare anche la specifica a) e mantenere all’incirca il
guadagno d).
+15V
+
+15V
Q1
−
-15V
Vu
500k
Vi
3.2uF
1k
100k
Rs
320pF
-15V
2
Vgs
2
Vgs ö
æ
Id = 10 ç 1 +
gm = 10 −2 ç 1 +
÷
÷ gm max = 6.7 mS
è
3
3
3
Lo scopo dello stadio è:
- pilotare con bassa resistenza d' uscita l'AO successivo
- garantire un guadagno il più possibile prossimo all' unità.
1
La ru è circa ru =
la minima ottenibile è 150 ohm (1 / gmmax) che si ottiene
gm
per Id = 10mA
−2
Può allora convenire aumentare le R dell'AO, per es. a 10k, 1M, con il che
si riducono le C a 0.32uF, 32pF.
scelta del punto di lavoro: in prima approssimazione trascuro Vgs nell'equazione
di maglia di gate:
0 = Vgs + RsId -15 ed ottengo 15 = RsId
Rs = 15V / 10mA = 1.5k Dato che Id deve essere < 10mA, uso un valore di Rs un po'
maggiore, p. es Rs = 1.8k
Calcolo di verifica del punto di lavoro: (uso mA e kohm)
2
2
ì
ì
Vgs ö
æ 15 - 1.8 ⋅ Id ö
ìId = 10( 6 − 0.6 ⋅ Id ) 2
ïId = 10æç 1 +
ï
Id = 10ç 1 +
÷
÷
è
è
í
í
í
3
3
î Vgs = 15 - 1.8 ⋅ Id
ï15 = Vgs + 1.8 ⋅ Id
ïVgs = 15 -1.8 ⋅ Id
î
î
Id = 360 − 72Id + 3.6Id 2
0 = Id 2 − 20.278 ⋅ Id + 100
. − 400 20.278 ± 3.346
20.278 ± 4112
=
= 8.5mA
Id =
Vgs = 15 − 15.3 = −0.3V
2
2
20
0.9 mS = 6mS
gm =
3
Guadagno dello stadio aggiunto
DU ELN GG a_scrit1.doc
51/67
A=
gm ⋅ 18
. / /10
9.2
=
= 0.9
1 + gm ⋅ 18
. / /10 10.2
Si supponga di utilizzare anche il BJT connesso a collettore comune (emitter follower):
3. proporre una variante allo schema in modo da rispettare anche la specifica b) e mantenere all’incirca il
guadagno d).
+15V
+15V
+
+15V
Q1
−
-15V
320nF
Vi
10k
500k
Ie
Vu/1k
1M
Ir
1.8k
1k
Vu
32pF
Re
-15V
-15V
Calcolo di Re:
Per dimensionare in modo opportuno Re, occorre prevedere il funzionamento del BJT
alla minima corrente Ie ed alla minima tensione Vce, per garantire che rimangano
positive.
La Vcemin si ha per Vumax = 11V, Vce resta ancora a 15 - 11 = 4V
Vu −11 + 15 11
4
=
=
La Iemin si ha per Vumin = -11V, Ie = Ir +
- 11
1k
Re
1k Re
poniamo Iemin a 2mA, risulta:
4
2=
- 11 Re = 4 / 13 = 0.3k
Re
Il guadagno di questo stadio risulta quindi
A=
hfe ⋅ 0.3 / /1
hfe ⋅ 0.3 / /1
200 ⋅ 0.23
=
=
hie + hfe ⋅ 0.3 / /1 hie + hfe ⋅ 0.3 / /1 hie + 200 ⋅ 0.23
La corrente di polarizzazione nel BJT sarà quindi di 15V/0.3k=50mA
La corrente di base 0,25mA
hie=25mV/0.25mA=0.1k
A=46/46.1=sufficientemente prossimo a 1
I.
verificare se e di quanto è variato il guadagno complessivo, dopo le varianti 6. e 7.
Il guadagno complessivo è variato del 10% a causa del JFET che ha guadagno di 0.9.
DU ELN GG a_scrit1.doc
52/67
17.amplificatore per ponte termometrico sc. 10.7.98
2.2M
10k
10V
10k
-
A
47k
+
AO1
82 Ω
V1
B
AO2
+
P1
Vu
47k
22 Ω
Rt
2.2M
100k
56k
100nF
P2
10k
E’ fornito lo schema elettrico indicato in figura, nel quale compare il resistore Rt.
La resistenza di Rt varia con la temperatura del fluido in cui è immerso Rt (compresa fra -10°C e 100°C) ,
secondo la tabella seguente.
Temp.(°C)
Temp.(°C)
Temp.(°C)
Rt(Ω)
Rt(Ω)
Rt(Ω)
-10
96.12
30
111.64
70
127.16
0
100.00
40
115.52
80
131.04
10
103.88
50
119.40
90
134.92
20
107.76
60
123.28
100
138.80
Lo scopo dell’esercizio è determinare le funzioni del circuito nel suo insieme e quelle dei suoi singoli
componenti, rispondendo nell’ordine alle domande seguenti.
1. Qual è l’espressione analitica della tensione Vab in funzione della temperatura (per i due valori estremi di P1)
?
2. Qual è l’espressione analitica della tensione V1 in funzione della temperatura (per i due valori estremi di P1,
supponendo ideale l’ AO) ?
3. Qual è l’espressione analitica della tensione Vu in funzione della temperatura (per i due valori estremi di P1 e
per i due valori estremi di P2, supponendo ideali entrambi gli AO e supponendo variazioni di temperatura
con frequenza bassissima, inferiore a 1Hz) ?
4. Quali sono i valori di P1 e di P2 che vi sembrano opportuni per il funzionamento di questo circuito, sapendo
che deve fornire 0V per -10°C e 5V per +100°C ?
5. Fissati P1 e P2 a tali valori, quale sarà la Vu in funzione del tempo, se la temperatura varia secondo la
T=45-55sen(0.1t) °C ?
6. Nelle stesse condizioni, quale sarà la Vu in funzione del tempo, se la temperatura varia secondo la T=4555sen(100t) °C ?
7. Se i due AO fossero identici e affetti dai seguenti dati di offset
offset di tensione riportato all’ingresso: 5mV, offset di corrente riportato all’ingresso: 100nA
quale errore manifesterebbe il circuito sulla Vu nel caso peggiore?
8. Quale potenziometro (P1 o P2) usereste per correggere questo errore, e perchè ?
DU ELN GG a_scrit1.doc
53/67
traccia di soluzione
1. Qual è l’espressione analitica della tensione Vab in funzione della temperatura (per i due valori estremi
di P1) ?
Rt = A + BT
100 = A
ìA = 100
Rt = 100 + 0.388T
138.8 = 100 + B100 íB = 0.388
10
10
Vab' = Va − Vb =
* 82 −
* (100 + 0.388T) ≅
per P1 = 82Ω
10082
10000 + 100 + 0.388T
≅ 82 − 100 − 0.388T mV = −18 − 0.388T mV
10
10
Vab' ' = Va − Vb =
* 104 −
* (100 + 0.388T) ≅
per P1 = 104Ω
10104
10000 + 100 + 0.388T
≅ 104 − 100 − 0.388T mV = 4 − 0.388T mV
2. Qual è l’espressione analitica della tensione V1 in funzione della temperatura (per i due valori estremi
di P1, supponendo ideale l’ AO) ?
2200
per P1 = 82Ω V1' = ( −18 − 0.388T) mV • ç −
÷ = 0.843 + 0.0182T V
47
æ 2200 ö
.
+ 0.0182T V
per P1 = 104Ω V1' ' = ( 4 − 0.388T) mV • ç −
÷ = −0187
è 47
3. Qual è l’espressione analitica della tensione Vu in funzione della temperatura (per i due valori estremi
di P1 e di P2, supponendo ideali entrambi gli AO e supponendo variazioni di temperatura con
frequenza inferiore a 1Hz) ?
100
per P1 = 82Ω e P2 = 56k Vu' = ( 0.843 + 0.0182T ) ⋅ ç 1 +
÷ V = 2.35 + 0.05T V
56
æ 100 ö
per P1 = 104Ω e P2 = 56k Vu' ' = ( −0187
.
+ 0.0182T) ⋅ ç 1 +
÷ V = −0.52 + 0.05T V
è
56
æ 100 ö
per P1 = 82Ω e P2 = 66k Vu' = ( 0.843 + 0.0182T ) ⋅ ç 1 +
÷ V = 2.12 + 0.045T V
è
66
æ 100 ö
+ 0.0182T) ⋅ ç 1 +
per P1 = 104Ω e P2 = 66k Vu' ' = ( −0187
.
÷ V = −0.47 + 0.045T V
è
66
4. Quali sono i valori di P1 e di P2 che vi sembrano opportuni per il funzionamento di questo circuito,
sapendo che deve fornire 0V per -10°C e 5V per +100°C ?
per P1 = 82Ω e P2 = 56k
V = 0 per T = -47° C V = 5 per T = 53° C
per P1 = 104Ω e P2 = 56k
V = 0 per T = 10.4° C V = 5 per T = 110.4° C
per P1 = 82Ω e P2 = 66k
V = 0 per T = -47.1° C V = 5 per T = 64° C
per P1 = 104Ω e P2 = 66k
V = 0 per T = 10.4° C V = 5 per T = 122° C
96.12
138.8
per T = −10° C Rt = 96.12Ω
10
10
* P1 −
* 9612
. =0
Vab =
.
10000 + P1
10000 + 9612
. )10 −3 = 0 P1 = 9612
. = 82 + 14.12
≅ ( P1 − 9612
Rt = 138.8Ω
per T = 100° C
10
10
æ 2200 ö æ 100 ö
Vu = ç
* 9612
. −
* 138.8÷ ç −
÷ ç1 +
÷ =5
è 47 è
P2
10096
10000 + 138.8
100
æ 100 ö
. ç1 +
(137 − 95.2)10 −3 ⋅ 46.8æçè 1 + ö÷ = 1956
÷ = 5 P2 = 64.3k = 56k + 8.3k
è
P2
P2
DU ELN GG a_scrit1.doc
54/67
5. Fissati P1 e P2 a tali valori, quale sarà la Vu in funzione del tempo, se la temperatura varia secondo la
T=45−55sen(0.1t) °C ?
Rt = 100 + 0.388 ⋅ [ 45 − 55 sen(01
. t )]
10
10
Vab =
* 9612
. −
* (100 + 0.388 ⋅ [ 45 − 55 sen(01
. t )] ) ≅
. t )]
10096
10000 + 100 + 0.388 ⋅ [ 45 − 55 sen(01
cioè una
10
≅ 95.2 ⋅ 10 −3 −
* (117.5 − 213
. sen(01
. t )) = 0.0952 − 0116
.
+ 0.021 sen(01
. t) =
10000 + 106.8
= −0.021 + 0.021 sen(01
. t)
2200 æ 100 ö
Vu = ( −0.021 + 0.021 sen(01
. t ))ç −
. t) V
÷ ç1 +
÷ = 2.5 − 2.5 sen(01
47 è 64.3
componente continua di -2.5V + una sinusoide di ampiezza 2.5V con pulsazione 0.1rad/s
6. Nelle stesse condizioni, quale sarà la Vu in funzione del tempo, se la temperatura varia secondo la
T=45-55sen(100t) °C ?
Vu sarà costituita da una componente continua di 2.5V - una sinusoide di ampiezza A con pulsazione 100rad/s e
fase ϕ.
Calcolo ampiezza e fase.
Al variare della f varia il guadagno dell’ultimo stadio, che ha come funzione di trasferimento :
R2
R2 / / C
R2
1
100
1
156
.
1 + jωR 2 C
A2 = 1+
= 1+
= 1+
= 1+
= 1+
=
5
−7
64.3 1 + j100 ⋅ 10 10
1+ j
R1
R1
R1 1 + jωR 2 C
2.56 + j
=
1+ j
7.25
A2 =
= 19
A 2 = 213
.
. − 45 = −23.7° = −0.42 rad
2
Vu=2.5-1.9sen(100t-0.42) V
7. Se i due AO fossero identici e affetti dai seguenti dati di offset
offset di tensione riportato all’ingresso: 5mV, offset di corrente riportato all’ingresso: 100nA
quale errore manifesterebbe il circuito sulla Vu nel caso peggiore?
errore su Vu=100nA*2200k*2.55+100nA*100k+5mV*46.8*2.55+5mV*2.55=
0.561+0.01+0.597+0.013=1.18V
8. Quale potenziometro (P1 o P2) usereste per correggere questo errore, e perchè ?
P1 che sposta di una componente continua la tensione d’uscita, e dovrebbe ricuperare 1.18V/(2.55*46.8)=9.9 mV
Quindi P1 dovrebbe variare di circa 10 ohm.
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55/67
18.confronto fra amplificatori (AO e FET+BJT) sc. 8.9.98
+30V
1nF
5.4k
130k
+15V
10k
Q2
-
1==µF
Q1
10==µ F
10nF
+
-15V
Vu
100k
Vi
Vu
0.185k
Vi
10k
circuito 1
2.7k
circuito 2
-15V
Sono forniti gli schemi dei due circuiti indicati in figura.
Lo scopo dell’esercizio è confrontarli dal punto di vista della resistenza d’ingresso, del guadagno e
della banda passante, rispondendo alle seguenti domande.
1.
Calcolare la resistenza d’ingresso a 100 Hz vista dai generatori Vi nei due circuiti
2.
Calcolare i punti di lavoro dei due transistori del circuito 2. adottando i seguenti parametri
nominali dei componenti:
JFET Q1 con Idss=12 mA, Vp= −3V
BJT Q2 con β=hfe=100
3.
Applicare al circuito1 la tensione vi=0.1sen(628t)V e calcolare vu =f(t) adottando per l’AO, il
guadagno intrinseco nominale Ao=100dB, (per il resto l’AO è ideale)
4.
Applicare al circuito2 la stessa tensione vi =0.1sen(628t)V e calcolare vu =f(t), adottando per i
transistor i parametri del punto 2. (ritenere hoe=0 per il BJT)
5,6.
Calcolare vu =f(t) per entrambi i circuiti qualora i parametri subiscano le seguenti variazioni
rispetto ai valori nominali:
JFET : Idss cala del 20%, |Vp| cresce del 20%
BJT : β=hfe cala del 40%
AO : Ao cala del 40%
7.
Confrontare la piccola variazione subìta da vu del circuito1 con la maggiore variazione subìta
dalla vu del circuito2, e dirne la ragione
8,9
Calcolare, usando i valori nominali dei parametri, le frequenze di taglio per i due circuiti
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56/67
TRACCIA DI SOLUZIONE
1.
Calcolare la resistenza d’ingresso a 100 Hz vista dai generatori Vi nei due circuiti
Impedenza dei condensatori a 100Hz:
10µF: Z=-j160Ω trascurabile a fronte di 10kΩ
1µF: Z=-j1600Ω trascurabile a fronte di 100kΩ
Ri1=10k, Ri2=100k
Calcolare i punti di lavoro dei due transistori del circuito 2. adottando i seguenti
parametri nominali dei componenti:
JFET Q1 con Idss=12 mA, Vp= −3V
BJT Q2 con β =hfe=100
2.
2
ì
Vgs
ïI d = 12ç 1 +
÷
í
3
ïV = − I 0.185
d
î gs
I d − I d 54.2 + 263 = 0
2
ì
. ö
æ I 0185
ïI d = 12ç 1 − d
÷
è
í
3
ïVgs = − I d 0.185
î
(
)
I d = 12 1 + I d 0.0038 − I d 0.123
2
2
ì48.8mA
Id = 27.1 ± 734.41 − 263 = í
î5.39 mA
Vgs = − I d 0185
.
= −1V
g m = 8(1 − 0.333) = 5.33mS
non possibile
soluzione accettata
Vbm = 30 − I d 5.4 = 30 − 29.1 = 0.9 V
Vds = 15 − 1 + 0.9 = 14.9 V
Vu = 0.9 − 0.7 = 0.2 V
Ic = 15.2 / 2.7 = 5.63mA
Ib = 56µA trascurabile a fronte di Id
Vce = 30V
3.
Applicare al circuito1 la tensione vi=0.1sen(628t)V e calcolare vu =f(t) adottando per
l’AO, il guadagno intrinseco nominale Ao=100dB, (per il resto l’AO è ideale)
Impedenza del condensatore in reazione a 100Hz:
1nF: Z=-j 1600kΩ molto maggiore di 130kΩ
130
= 14
10
Vu = 1.4 sen(628t )
A = 1+
4.
Applicare al circuito2 la stessa tensione vi =0.1sen(628t)V e calcolare vu =f(t), adottando
per i transistor i parametri del punto 2. (ritenere hoe=0 per il BJT)
gm*vgs
ib
hfe*ib
hie
G
vgs
100k
Vi
0.185k
2.7k
Vu
5.4k
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57/67
Il circuito equivalente vale per la sola componente alternata. La componente continua è già stata calcolata in
0.2V.
Poichè la resistenza d’ingresso offerta dal secondo stadio al primo è dell’ordine di
h fe 2.7 kΩ = 270kΩ
può essere trascurata a fronte di 5.4k. Quindi il primo stadio può essere studiato come in assenza del secondo.
v i = v gs + R s g m v gs = v gs (1 + R s g m ) = v gs (199
. ) ≈ 2 v gs
g m v gs = 5.33 ⋅ 0.5v i = 2.68v i
Vu( JFET) = 2.68v i ⋅ 5.4 = 14.5v i
14.5v i = h ie i b + R e (1 + h fe ) i b = i b [ h ie + R e (1 + h fe )] = i b [ h ie + R e (1 + h fe ) ] ≈ 273i b
14.5
v v = 2.7 ⋅ 101 ⋅
v i = 14.5v i
273
Globalmente v u = 0.2 + 145
. sen(628t )
5,6.
Calcolare vu =f(t) per entrambi i circuiti qualora i parametri subiscano le seguenti
variazioni rispetto ai valori nominali:
JFET : Idss cala del 20%, |Vp| cresce del 20%
BJT : β =hfe cala del 40%
AO : Ao cala del 40%
Idss=12*0.8=9.6 mA, Vp= −3.6V
β=hfe=60
Ao=60000
primo stadio
A=14 non cambiato in modo sensibile
secondo stadio calcolo dei punti di lavoro
2
2
ì
ì
V
. ö
æ I 0185
ïI d = 9.6ç 1 + gs ÷
ïI d = 9.6ç 1 − d
÷
è
í
í
3.6
3.6
ïVgs = − I d 0185
ïV = −I 0185
.
.
d
î
î gs
(
)
I d = 9.6 1 + I d 0.00264 − I d 0103
.
2
I d 2 − I d 78.4 + 378.8 = 0
ì73mA non possibile
1537 − 379 = í
î5.2 mA soluzione accettata
Vgs = − I d 0185
.
= −0.962 V
g m = 5.33(1 − 0.267) = 3.9 mS
Id = 39.2 ±
Vbm = 30 − I d 5.4 = 30 − 281
. = 19
. V
Vds = 15 − 0.962 + 19
. = 15.9 V
Vu = 19
. − 0.7 = 12
. V
Ic = 16.2 / 2.7 = 6mA
Ib = 100µA ancora trascurabile a fronte di Id
Vce = 28.8V
secondo stadio calcolo del guadagno
v i = v gs + R s g m v gs = v gs (1 + R s g m ) = v gs (172
. )
g m v gs = 3.9 ⋅ 0.58v i = 2.27 v i
Vu( JFET) = 2.27 v i ⋅ 5.4 = 12.2 v i
12.2 v i = h ie i b + R e (1 + h fe )i b = i b [ h ie + R e (1 + h fe ) ] = i b [ h ie + R e (1 + h fe )] ≈ 165i b
12.2
v v = 2.7 ⋅ 61⋅
v i = 12.2 v i
165
Globalmente v u = 12
. + 1.22 sen(628t )
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58/67
7.
Confrontare la piccola variazione subìta da vu del circuito1 con la maggiore variazione
subìta dalla vu del circuito2, e dirne la ragione
La ragione essenziale sta nel fatto che per l’AO il rapporto tra il guadagno ad anello aperto (100000 oppure
60000) e quello ad anello chiuso (14) è comunque elevatissimo.
Nello stadio a transistor il guadagno è imposto totalmente dal JFET, che ha un guadagno ad anello aperto
dell’ordine di gm*Rd=5.33*5.4=29 non lontano dal valore del guadagno ad anello chiuso (14).
Inoltre il JFET mostra uno spostamento del punto di lavoro che aumenta la componente continua in uscita.
8,9
Calcolare, usando i valori nominali dei parametri, le frequenze di taglio per i due
circuiti
primo stadio
τ1=10kΩ*10µF=0.1s
ω1=10rad/s
τ2=130kΩ*1nF=0.13ms ω1=7.7krad/s
f1=1.6Hz
f1=1.2kHz
secondo stadio
τ1=100kΩ*1µF=0.1s
ω1=10rad/s
τ2=5.4kΩ*10nF=0.054ms ω1=18.5krad/s
f1=1.6Hz
f1=2.95kHz
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59/67
19.confronto risposta di 4 stadi con AO sc. 22/9/98
1nF
100k
100k
1nF
10k
10k
-
C=
-
οο
ideale
C=
+
ideale
οο
+
Vu
Vu
Vi
Vi
9k
100k
circuito 1
circuito 2
1nF
100k
100k
1nF
10k
-
10k
-
ideale
10==µ F
Vi
ideale
Vi
+
+
Vu
9k
Vu
100k
circuito 3
circuito 4
Sono forniti gli schemi dei quattro circuiti indicati in figura.
1. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 1.
2. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 2.
3. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 3.
4. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 4.
5. Commentare un confronto a parole fra i 4 grafici
6. Per il circuito 3 ridisegnare il diagramma di Bode per il caso di AO non ideale dal solo
punto di vista del guadagno ad anello aperto, che da ∞ passa a 50000 e dimostrare che il
diagramma di Bode rimane praticamente invariato
7. Dire le ragioni per le quali gli ingressi + sono connessi a massa da una resistenza con i
valori indicati
8. Per il circuito 4 ridisegnare il diagramma di Bode per il caso di AO non ideale per il
guadagno ad anello aperto (che da ∞ passa a 100000) e per la frequenza di taglio ad anello
aperto (che da ∞ passa a 1Hz)
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TRACCIA DI SOLUZIONE
1. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 1.
calcolo del guadagno a basse frequenze:
A=1+100/10=11
calcolo del guadagno ad alte frequenze:
A=1+0/10=1
calcolo veloce della f di taglio:
τ = RC = 105 ⋅ 10−9 = 10−4 s
. kHz
ω t = 10000rad / s
ft = 16
calcolo completo della frequenza di taglio:
1 + ( G 2 + jωC) R 1
Z
1
1
=
A = 1+ 2 = 1+
= 1+
=
R1
Y2 R 1
( G 2 + jωC) R 1 ( G 2 + jωC) R 1
1 + R1 / R 2
+ jωCR 2
1 + G 2 R 1 + jωCR 1
R1 / R 2
11 + jωCR 2
=
=
=
G 2 R 1 + jωCR 1
1 + jωCR 2
1 + jωCR 2
11 + jω10 −4
1 + jω 0.910 −5
−4
= 11
CR 2 = 10 s
A=
1 + jω10 −4
1 + jω10 −4
per basse frequenze A=11 (20.8dB), poi incontra il polo ω1=104 per il quale A comincia a calare di 20dB/dec,
infine incontra lo zero ω2=1.1105 per il quale si ferma ad A=1 (0 dB)
f1=1600 Hz f2=17600 Hz
A(dB)
40
20
0
100
1000
DU ELN GG a_scrit1.doc
100000
ω rad/s
61/67
2. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 2.
calcolo del guadagno a basse frequenze:
A=1+100/∞=1
calcolo del guadagno ad alte frequenze:
A=1+100/10=11
calcolo veloce della f di taglio:
τ = RC = 104 ⋅ 10−9 = 10−5 s
ω t = 100000rad / s
ft = 16kHz
calcolo completo della frequenza di taglio:
R
R2
R2
jωCR 2
1 + jωCR 1 + jωCR 2
=
A = 1+ 2 = 1+
= 1+
= 1+
=
1
Z1
ZC + R1
1 + jωCR 1
1 + jωCR 1
+ R1
jωC
1 + jωC( R 1 + R 2 )
=
1 + jωCR 1
. ⋅ 10 −4
1 + jω ⋅ 11
CR 1 = 10 −5 s
C( R 1 + R 2 ) = 11
A=
. ⋅ 10 −4 s
1 + jω10 −5
per basse frequenze A=1 (0 dB)), poi incontra lo zero ω1=0.9104 per il quale A comincia a crescere di 20dB/dec,
infine incontra il polo ω2=105 per il quale si ferma ad A=11 (20.8dB)
f1=1400Hz f2=16000Hz
A(dB)
40
20
0
100
1000
DU ELN GG a_scrit1.doc
100000
ω rad/s
62/67
3. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 3.
calcolo del guadagno a basse frequenze:
A=100/10=-10
calcolo del guadagno ad alte frequenze:
A=0
calcolo veloce della f di taglio:
τ = RC = 105 ⋅ 10−9 = 10−4 s
. kHz
ω t = 10000rad / s
ft = 16
calcolo completo della frequenza di taglio:
Z
1
1
1
A=− 2 =−
=−
=−
=
R1
Y2 R 1
G 2 R 1 + jωCR 1
( G 2 + jωC) R 1
R
1
1
=− 2
= −10
R 1 1 + jωCR 2
1 + jωCR 2
1
CR 2 = 10 −4 s
A=−
1 + jω10 −4
per basse frequenze A=-10 (20dB), poi incontra il polo ω1=104 per il quale A comincia a calare di 20dB/dec.
f1=1.6kHz
A(dB)
40
20
0
100
1000
DU ELN GG a_scrit1.doc
100000
ω rad/s
63/67
4. Disegnare il diagramma di Bode dell’ampiezza per il circuito 4.
calcolo del guadagno a basse frequenze:
A=0
calcolo del guadagno ad alte frequenze:
A= −100/10 = −10
calcolo veloce della f di taglio:
τ = RC = 104 ⋅ 10−9 = 10−5 s
ω t = 100000rad / s
ft = 16kHz
calcolo completo della frequenza di taglio:
R
R2
R2
jωCR 2
A=− 2 =−
=−
=−
1
1 + jωCR 1
Z1
ZC + R1
+ R1
jωC
jω ⋅ 10 −4
−5
−4
CR 1 = 10 s
CR 2 = 10 s
A=−
1 + jω10 −5
per basse frequenze A=0 (-∞dB) e sale a 20dB/dec per lo zero nell’origine, poi incontra il polo ω1=105 per il
quale A si stabilizza a -10 (20dB).
f1=16kHz
A(dB)
40
20
0
100 1000
100000
DU ELN GG a_scrit1.doc
ω rad/s
64/67
5 . Commentare un confronto a parole fra i 4 grafici
A(dB)
A(dB)
40
40
20
20
0
100 1000
100000
ω rad/s
0
100 1000
grafico 1
grafico 2
1 + jωCR 2 / 11
A = 11
1 + jωCR 2
A=
A(dB)
A(dB)
40
40
20
20
0
100 1000
100000
100000
ω rad/s
1 + jωC( R 1 + R 2 )
ω rad/s 0
1 + jωCR 1
100 1000
100000 ω rad/s
grafico 3
grafico 4
A = −10
1
1 + jωCR 2
A=−
jωCR 2
+
1 jωCR 1
I grafici 1 e il 3 presentano un andamento molto simile a causa della rete di reazione identica. Le
differenze sono dovute alla configurazione non-invertente/invertente dei due stadi che comporta:
• la differenza del guadagno in banda passante (A=11, A=-10)
• la limitazione a 1 del guadagno per le alte frequenze, con la conseguente generazione di uno zero.
I grafici 2 e il 4 presentano un andamento molto simile a causa della rete di reazione identica. Le
differenze sono dovute alla configurazione non-invertente/invertente dei due stadi che comporta:
• la differenza del guadagno in banda passante (A=11, A=-10)
• la limitazione a 1 del guadagno per le basse frequenze, con il conseguente spostamento dello zero
da una frequenza >0 allo 0.
DU ELN GG a_scrit1.doc
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6. Per il circuito 3 ridisegnare il diagramma di Bode per il caso di AO non ideale dal
solo punto di vista del guadagno ad anello aperto, che da ∞ passa a 50000 e dimostrare
che il diagramma di Bode rimane praticamente invariato
vu
ì vi
vu
ïR + A R = i
A0
ï 1
0 1
vu í
æ
ï− v u = Z 2 ç v i + v u ÷ + v u
v u = −Z 2 i −
A 0 ïî
A0
è R1 A 0 R1
î
æ
Z2 ö Z2
vu
Z
1
1
vi
− v u ç1 +
+
=− 2
÷=
Z2
1
R1
vi
R1
è A 0 A 0 R1
1+
+
A 0 A 0R1
Z
1
1
1
1
1
A=− 2
=−
=−
Z2
1
1
1
Y2 R 1
Y2 R 1
R1
æ
ö
1
+
1+
+
1+
1 + 0.00002ç1 +
÷
A 0 A 0 Y2 R 1
A 0 A 0 R1
è A 0 Y2 R 1
vi = R1i −
Questa espressione è identica a quella precedente A = −
1
, salvo il fattore
Y2 R 1
1
1
=
1
1
1
+
1+
1 + 0.00002ç1 +
÷
A 0 A 0 Y2 R 1
A 0 Y2 R 1
che vale praticamente 1 qualunque sia il valore di Y2. Infatti il valore minimo di Y2 è 0.00001S, e
quindi il minimo valore del fattore è
1
1 + 0.00002ç 1 +
1
÷
A 0 Ymin R 1
=
1
1
æ
ö
1 + 0.00002ç1 +
÷
è 50000 ⋅ 0.00001 ⋅ 10000
=
1
1 ö
æ
1 + 0.00002ç 1 +
÷
è 5000
7. Dire le ragioni per le quali gli ingressi + sono connessi a massa da una resistenza con
i valori indicati
Per minimizzare gli effetti sull’offset delle correnti di polarizzazione (bias current) è
necessario che l’ingresso invertente ed il non invertente siano connessi a massa ognuno da una
resistenza, e le due resistenze devono avere lo stesso valore.
Quindi:
circuito
circuito 1
circuito 2
circuito 3
circuito 4
R a massa ingresso −
100k//10k
100k
100k//10k
100k
DU ELN GG a_scrit1.doc
R a massa ingresso +
9k
100k
9k
100k
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8. Per il circuito 4 ridisegnare il diagramma di Bode per il caso di AO non ideale per il
guadagno ad anello aperto (che da ∞ passa a 100000) e per la frequenza di taglio ad
anello aperto (che da ∞ passa a 1Hz)
1
A0
R2
jωCR 2
=
A=
1 + jωτ 0
Z1 1 + jωCR1
1
R2
1 + ç1 + ÷
A
Z1
jωCR 2
vu
jωCR 2
1 + jωCR1
=−
=−
=
+
j
1
ωτ
æ
ö
vi
1 + jωτ 0
jωCR 2
0
1 + jωCR1 +
(1 + jωCR1 + jωCR 2 )
1+
ç1 +
÷
A0
A 0 è 1 + jωCR1
jωCR 2
=−
=
æ 1
τ ö
+ jω 0 ÷ 1 + jωC( R1 + R 2 )
1 + jωCR1 + ç
A0
è A0
jωCR 2
−
=
1
τ
( R + R 2 ) − ω 2 τ 0C( R1 + R 2 )
+ jω 0 + jωC 1
1 + jωCR1 +
A0
A0
A0
A0
jωCR 2
−
=
R1 + R 2 )
τ C R + R2 )
(
1
τ0
2 0 ( 1
1 + jωCR1 +
+ jω
+ jωC
−ω
A0
A0
A0
A0
jωCR 2
=−
≈
τ 0 C( R 1 + R 2 )
(R1 + R 2 ) τ 0
1
2
1+
−ω
+ jω êCR 1 + C
+
ú
A0
A0
A0
A0
jωCR 2
=−
τ 0 C( R 1 + R 2 )
é
τ ù
1− ω 2
+ jω êCR 1 + 0 ú
A0
A
0
ë
1
1
=
= 0.16s
τ0 =
. ⋅ 10 5 = 11
. ⋅ 10 −4 s
C( R 1 + R 2 ) = 10 −9 ⋅ 11
ω 0 2 πf 0
τ0
= 1.610 −6 s
CR 1 = 10 −5 s
A0
jω10 −4
A=−
2
1 − ω 1.7610 −10 + jω11.610 −6
vu
R
=− 2
vi
Z1
[
ω
0
103
104
7.5 104
8.6 104
105
106
107
num
0
j0.1
j
j7.5
j8.6
j10
j100
j1000
]
den
1
1+j0.0116
1-0.0176+j0.116
1-1+j0.87
-0.3+j
-0.76+j1.16
-176+j11.6
-17600+j116
confronto con il grafico corrispondente ad AO ideale
DU ELN GG a_scrit1.doc
|A|
0
0.1
1
8.6
8.2
7.1
0.57
0.057
dB
-∞
-20
0
18.7
18.3
17
-4.9
-24.9
67/67
A=−
jω ⋅ 10 −4
1 + jω10 −5
ω
0
103
104
7.5 104
8.6 104
105
106
107
num
0
j0.1
j
j7.5
j8.6
j10
j100
j1000
den
1
1+j0.01
1+j0.1
1+j0.75
1+j0.86
1+j
1+j10
1+j100
|A|
0
0.1
1
6
6.5
7.1
10
10
dB
-∞
-20
0
15.6
16.3
17
20
20
|A|
10
10
10
6
5.5
4.9
0.57
0.057
dB
20
20
20
15.6
14.8
13.8
-4.9
-24.9
106
107 ω (rad/s)
Confronto col caso di AO reale, ma senza C nella rete di reazione
vu
R
1
A0
=− 2
A=
vi
R1
1 + jωτ 0
1
R
1 + ç1 + 2 ÷
A
R1
R2
vu
10
R1
=−
=−
=
1
jωτ 0
+
vi
æ
ö
1 + jωτ 0
R2
1+
11
1+
ç1 +
÷
A0
A0 è
R1
1
1
A 0 = 100000
. s
=
= 016
ω 0 2 πf 0
10
10
A=−
≈−
1 + 10−5 + jω ⋅ 1.76 ⋅ 10−5
1 + jω ⋅ 1.76 ⋅ 10−5
τ0 =
ω
0
103
104
7.5 104
8.6 104
105
106
107
num
10
10
10
10
10
10
10
10
den
1
1+j0.0176
1+j0.176
1+j1.32
1+j1.51
1+j1.76
1+j17.6
1+j176
20dB
0
-20dB
102
103
DU ELN GG a_scrit1.doc
104
105