Esercizi numerici svolti
annuncio pubblicitario
Esercizi di Laboratorio di Segnali e Sistemi A.NIGRO Dipartimento di Fisica, Università La Sapienza di Roma (settembre 2016) 2 Introduzione Gli esercizi qui raccolti sono stati in massima parte tratti dalle prove in classe proposte agli studenti negli anni scorsi. Sono quindi abbastanza rappresentativi del tipo di preparazione richiesto per affrontare con successo le suddette prove. Il grado di difficolta’ di questi esercizi e’ abbastanza variabile; alcuni sono mere applicazioni di formule o leggi illustrate nel corso delle lezioni in aula, altri sono viceversa un po’ piu’ complessi e mettono alla prova la capacita’ dello studente di progettare concretamente un piccolo circuito, ovvero di diagnosticare correttamente il comportamento di un dispositivo elettronico. Ovviamente si raccomanda al lettore di provare a risolvere per proprio conto ogni problema e, solo dopo, confrontare la propria soluzione con quella riportata nell’ultimo capitolo. 3 4 Indice 1 Reti lineari 7 2 Circuiti con transistor 11 3 Amplificatori operazionali 21 4 Circuiti logici e Convertitori 33 5 Soluzioni 5.1 Reti . . . . . . . . . . . . . 5.2 Circuiti con transistor . . . 5.3 Amplificatori operazionali . 5.4 Circuiti logici e convertitori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 43 45 54 65 6 INDICE + 5V 10k 5k _ A 10k 5k Capitolo 1 + _ 10V Reti lineari B Esercizio 4 Costruire un partitore da aggiungere a questo generatore per ottenere una tensione di 5 V con una resistenza d’uscita di 50Ω Esercizio 1 Calcolare la resistenza d’uscita del circuito in figura. 50 + 50k 25k _ 10V + _ 50k V 50k Esercizio 5 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (visto tra i punti A e B) della rete riportata in figura. A Esercizio 2 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (visto tra i punti A e B) della rete riportata in figura. 5k 5mA 10k 10k _ 10k 5V A + _ + 10k 5V Esercizio 6 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (visto tra i punti A e B) della rete riportata in figura. 5k B 10k 10V + _ B 5V _ + 5k A _ Esercizio 3 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (visto tra i punti A e B) della rete riportata in figura. + 5V 10k B 7 8 CAPITOLO 1. RETI LINEARI Esercizio 7 La tensione d’uscita del circuito in figura e’ stata misurata con due diversi valori del resistore RL , ottenendo: Vo = 10V con RL = 10K Vo = 15V con RL = 100K Quanto vale la resistenza d’uscita del circuito? Esercizio 11 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (fra i punti A e B) della rete riportata in figura A R1 + RL Esercizio 8 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (fra i punti A e B) della rete riportata in figura 5K _ + 10V 1.7K + _ R3 R4 B A 10K 5K _ ? R2 Vg 15V Esercizio 12 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (fra i terminali A e B) della rete riportata in figura. Valori: Ig = 2mA, R1 = 2K, R2 = 2K, R3 = 1K, R4 = 2K. B A B Esercizio 9 Calcolare l’impedenza d’ingresso del circuito in figura R1 Ig 100k 10k R3 R4 R2 50 Esercizio 10 Qual e’ la minima impedenza d’ingresso del circuito riportato in figura? Qual e’ la massima impedenza d’uscita (nel momento in cui il generatore d’ingresso e’ connesso)? Esercizio 13 Trovare il circuito equivalente di Thevenin (fra i terminali A e B) della rete riportata in figura. Valori: Ig = 2mA, R1 = 500 Ω, R2 = 500 Ω, R3 = 1K, R4 = 2K. A 100nF R4 R2 50 + _ 10k R1 Ig R3 B 9 Esercizio 14 Determinare la risposta del circuito in figura alla Trovare il circuito equivalente di Thevenin (fra i funzione di ingresso terminali A e B) della rete riportata in figura. vi (t) = ku(t) Valori: Ig = 2mA, R1 = 500 Ω, R2 = 500 Ω, R3 = 1K, R4 = 2K. dove u(t) e’ la funzione di Heaviside, utilizzando il metodo delle trasformate di Laplace. R 4 R 2 R1 A R3 Ig B Esercizio 15 Determinare la tensione ai capi del generatore ideale di corrente J. Dati: R1 = 100 Ω, R2 = 50 Ω, R3 = 100 Ω R4 = 200 Ω, R5 = 200 Ω, J = 10 mA Esercizio 16 Determinare la tensione e la resistenza equivalente di Thevenin tra i punti B e massa del circuito in figura. Dati numerici: V1 = 4 V ; V2 = 1 V ; R0 = 50 Ω; R1 = 100 Ω; R2 = 15 Ω; R3 = 85 Ω; Esercizio 17 Esercizio 18 Calcolare, utilizzando il teorema di Thevenin, la tensione d’uscita, Vo , per il circuito in figura. 10 CAPITOLO 1. RETI LINEARI 12V 15k 4k 3k 1k Capitolo 2 Circuiti con transistor 100nF Esercizio 19 Esercizio 21 Il transistor utilizzato in questo amplificatore ha un La resistenza R è tale per cui il transistor è in saturaguadagno di corrente βF = 100. zione. Quanto è, approssimativamente, la corrente del a) Verificare lo stato del transistor, cioè se esso è nella collettore, IC ? regione attiva, o in saturazione; b) Stimare la resistenza d’ingresso del circuito. 10V 10V 1k R 1k 100k Esercizio 20 Esercizio 22 Trovare il punto di lavoro del transistor (tipo 2N2222A) Scegliere i valori di RE ed RC necessari per ottenere nel circuito in figura. un’amplificazione di tensione Av = −5. 11 12 CAPITOLO 2. CIRCUITI CON TRANSISTOR 15V VCC RC RC 9k Rs 1k RE vs + _ RE VEE Esercizio 25 Si è costruito questo circuito con l’idea di realizzare un amplificatore con Av = −10. Verificare se il progetto è corretto (cioè verificare che il transistor è effettivamente nella regione attiva). Qualora ciò non fosse, coEsercizio 23 Nel circuito in figura l’amplificazione di tensione e’ me potremmo modificarlo, per ottenere effettivamente AV = 8. Calcolare l’ampiezza della tensione d’usci- l’amplificazione di tensione di progetto? ta v0 , quando il segnale del generatore d’ingresso, vs , Nota: Il generatore di tensione è fisso e non può essere modificato. ha un’ampiezza di 300 mV. 10V 500 vs 1k 32k 10k 8k 1k 10 Av Esercizio 24 Si vuole realizzare un amplificatore ad emettitore comune, con amplificazione di tensione AV = −5 e con doppia alimentazione, che possa quindi essere utilizzato senza capacitore d’ingresso. Inoltre si richiede VCE ≥ 5V . Si hanno a disposizione due alimentatori indipendenti in grado di fornire tensioni variabili tra 0 e +15 V e tra 0 e –15V. Trovare un possibile insieme di valori di RC , RE , VCC e VEE adatti a fornire le prestazioni richieste. Esercizio 26 Calcolare i valori di RB ed RC necessari per realizzare un amplificatore con amplificazione di tensione Av = −200, sapendo che il transistor ha un guadagno di corrente βF = 150. Qual è il massimo segnale sinusoidale d’ingresso che è possibile amplificare senza distorsione? Nota: considerare il transistor a temperatura ambiente 13 15V 10V RC RB 14.4k R T1 T2 Esercizio 27 E’ stato costruito un amplificatore ad emettitore comune come in figura. Trovare i valori di IC e VCE e stimare, con ragionevoli approssimazioni, l’amplificazione di Esercizio 29 tensione per piccoli segnali. Valori di progetto: Nell’amplificatore in figura il generatore di corrente della maglia d’uscita è dato da i0 = gm vi . Il segnaVCC = 10 V le d’ingresso proviene da un generatore di corrente is . RC = 2.2k Calcolare il valore della tensione d’uscita vo , sapendo RB = 100k che: Si assuma inoltre βF = 100. is = 10 µA; Rs = 100k; Ri = 100k; gm = 0.01 Ω−1 ; Ro = 10k. VCC RB RC is Esercizio 28 Due transistori sono montati come in figura. Calcolare, con ragionevole approssimazione, il valore della corrente di collettore del transistore T2 (si noti che essa non dipende dal valore di R). Si ipotizzi che i due transistori siano identici ed alla stessa temperatura. Rs vi Ri io Ro vo Esercizio 30 Nell’amplificatore in figura vi è stato un difetto di montaggio: il resistore tra base e massa non fa contatto. Determinare lo stato del transistor in questa situazione anomala, sapendo che il parametro βF del transistor è pari ad almeno 100. 14 CAPITOLO 2. CIRCUITI CON TRANSISTOR 12V 15V 5k 9k 10nF 1k 1k vi Esercizio 31 E’ stato costruito un amplificatore ad emettitore comune come in figura. Trovare i valori di IC e VCE e stimare, con ragionevoli approssimazioni, l’amplificazione di tensione per piccoli segnali. Valori di progetto: VCC = +15 V RC = 8.2k R1 = 68k R2 = 6.8k 400k 4k vo Esercizio 33 In figura è rappresentato un amplificatore a due stadi. Determinare il punto di lavoro statico dei due transistor. Costruire il circuito equivalente con parametri h; determinare l’amplificazione di tensione a media frequenza (cioè a frequenza per cui i due capacitori sono assimilabili a dei corti circuiti). VCC R1 RC R2 Esercizio 32 Determinare il punto di lavoro statico del transistor. Costruire il circuito equivalente con parametri h; calcolare l’amplificazione di tensione a media frequenza e la frequenza di taglio dovuta al capacitore d’ingresso. (Il transistor ha un guadagno di corrente hf e = 100) Esercizio 34 Nell’amplificatore in figura il segnale d’ingresso viene inviato all’emettitore e l’uscita prelevata dal collettore. Calcolare l’amplificazione di tensione per frequenze medio - alte (f > 105 Hz). Si faccia l’ipotesi che il transistor sia a temperatura ambiente. 15 20V +15V 930k 10k vo Rs vs 100nF vi 100nF 250k vo + _ 2k -15V 3.3k Esercizio 37 Calcolare (approssimativamente) i valori statici delle correnti e delle tensioni relative ai due transistori (supposti identici) che costituiscono l’amplificatore differenziale riportato nel disegno. Stimare il valore del CMRR di questo circuito. +12V Esercizio 35 Determinare lo stato del transistor in figura e calcolare la corrente di collettore. 10k 10k +5V 5K 470 470 10k -12V 2k -5V Esercizio 38 Calcolare l’impedenza d’ingresso del circuito in figura, sapendo che AV = −100. 1M 1k 1k A vvi Esercizio 36 Nell’inseguitore di tensione in figura vi è stato un difetto di montaggio: la linea di alimentazione del collettore non fa contatto. Determinare lo stato del transistor in questa situazione anomala, e quale tensione verrà os- Esercizio 39 servata in uscita (vs è un segnale sinusoidale di 1V Determinare il punto di lavoro statico dell’amplificatopicco-picco e Rs = 50Ω) re in figura. Calcolare la frequenza di taglio del passa vi 100k 16 CAPITOLO 2. CIRCUITI CON TRANSISTOR VCC alto d’ingresso e il valore dell’amplificazione di tensione effettiva per piccoli segnali, ovvero il rapporto vo /vs a media frequenza (cioe’ sopra la suddetta frequenza di taglio). Si supponga il transistor a temperatura ambiente. R1 RBB Valori: VEE = −5 V , VCC = 10 V , RE = 1k, RC = 1k, Rs = 50 Ω, C = 10 µF vi R2 C Rs RC RE vs VEE CB RE vo vo VCC Esercizio 40 L’amplificatore in figura e’ costituito da una coppia di transistor ed e’ il cosiddetto amplificatore Darlington. Determinare l’amplificazione di corrente per piccoli segnali, ovvero il rapporto tra la corrente d’uscita, io , e la corrente fornita dal generatore di segnale, is . Per semplicita’ si puo’ ipotizzare che i due transistor siano identici. Esercizio 42 Calcolare il punto di lavoro statico e lo stato dei due transistor per i due casi: a) interruttore I chiuso; b) interruttore I aperto. Valori: VCC = 9 V , R1 = 129k,R2 = 58k, RC1 = 4.4k, RE1 = 2.2k, RE2 = 8.kK, βF 1 = βF 2 = 80. VCC R1 RC1 T2 T1 VCC io RC R2 iS RE1 I RE2 T1 Rs T2 vs RE VEE Esercizio 41 Determinare l’amplificazione di tensione e la resistenza d’ingresso dell’amplificatore in figura per segnali a media frequenza, cioe’ quando il capacitore CB puo’ essere assimilato ad un corto circuito. Valori: VCC = 10 V , R1 = R2 = 10k, RBB = 1k, RE = 1k. Si assuma anche hf e = 150. Esercizio 43 In figura e’ mostrato un amplificatore ad emettitore comune. 1. Determinare il punto di lavoro statico del transistor, ovvero VBE , VCE , IC ; 2. Calcolare l’amplificazione di tensione per segnali a media frequenza (ovvero quando l’impedenza di tutti i capacitori esterni puo’ essere trascurata, cosi’ come le capacita’ parassite del transistor); 3. Calcolare (anche approssimativamente) la resistenza d’ingresso e la resistenza d’uscita dell’amplificatore (nella medesima regione a media frequenza). Valori: VCC = 12 V , RC = 4.7k, RE = 1.2k, RB = 100, βF > 50. Si assuma che il transistor sia a temperatura ambiente. 17 VCC RC RB vo vi Co Determinare la massima ampiezza di un segnale sinusoidale d’ingresso che tale amplificatore e’ in grado di amplificare senza distorsione. Si hanno a disposizione due alimentazioni fisse, VCC = +10 V , VEE = −10 V . Si assuma che il transistor sia a temperatura ambiente. Ci VCC RE RC CE vo vi 1k Esercizio 44 CE RE In figura e’ mostrato un amplificatore a base comune. 1. Determinare il punto di lavoro statico del transistor, ovvero VBE , VCE , IC ; VEE 2. Calcolare l’amplificazione di tensione per segnali a media frequenza (ovvero quando l’impedenza di tutti i capacitori esterni puo’ essere trascurata, cosi’ come le capacita’ parassite del transistor). Esercizio 46 Valori: VCC = 12 V , RC = 1k, RE = 2.2k, R1 = R2 = Determinare l’espressione della resistenza d’ingresso, 10k, hf e = 100. Ri , del circuito in figura, in funzione dei parametri dei Si assuma che il transistor sia a temperatura ambiente. transistor e di RE . VCC VCC RC R1 vo T1 Co vi T2 vi R2 RE Ci RE VEE Esercizio 45 Progettare un amplificatore ad emettitore comune con doppia alimentazione e capacita’ di emettitore che abbia una amplificazione di tensione a vuoto (senza carico esterno) Av = −200. Determinare il valore di CE in modo che la frequenza di taglio inferiore, fL , sia di circa 1KHz, ricordando che 1 fL ≃ 2πre CE Esercizio 47 Calcolare, a media frequenza (ovvero quando l’impedenza dei due condensatori e’ trascurabile) , l’amplificazione di potenza dell’amplificatore in figura, cioe’ il rapporto tra la potenza immessa nel carico RL e la potenza fornita dal generatore vs . Si assuma hf e del transistor uguale a 100. 18 Esercizio 48 Calcolare l’amplificazione di tensione complessiva (a media frequenza) dell’amplificatore a due stadi riportato in figura. Si assuma che entrambi i transistor siano a temperatura ambiente e che il loro hf e sia uguale a 100. (VCC = 10 V ). Esercizio 49 Per l’amplificatore riportato in figura si trovino valori opportuni per R1 , R2 , R3 , RC ed RE in modo da rispettare i seguenti vincoli: a) VCC = 15 V ; b) tensione tra emettitore e massa VE = 0.1VCC ; c) IC = 1.5 mA; d) amplificazione a centro banda (ovvero a frequenze per cui CE è assimilabile a un corto circuito) A = vout /vin = 25; e) dinamica del segnale di uscita più grande possibile; f) corrente del partitore di base IP ≃ 0.5 mA. Si assuma che il transistor sia a temperatura ambiente. CAPITOLO 2. CIRCUITI CON TRANSISTOR Esercizio 50 Determinare il punto di lavoro statico VC ,VB ,VE ,IC dei due transistor del circuito in figura. Si assuma che entrambi i transistor sono a temperatura ambiente e che il loro βF sia uguale a 100. (VCC = 10 V ). Esercizio 51 Calcolare l’amplificazione di tensione Avs = vo vs e la resistenza d’uscita, Ro , per l’amplificatore a due stadi riportato in figura, a media frequenza (ovvero trascurando l’impedenza dei due capacitori). Si assuma hf e = 100 per entrambi i transistor. 19 Esercizio 52 Calcolare l’amplificazione di tensione a media frequenza, Av , e la frequenza di taglio, ft , per l’amplificatore riportato in figura. Si consideri comunque trascurabile la resistenza Rs . Esercizio 53 Calcolare l’amplificazione di tensione Avs = vo vs e la resistenza d’ingresso, Ri , per l’amplificatore riportato in figura. Esercizio 54 Determinare la risposta in frequenza del circuito, ovvero le frequenze di taglio e l’amplificazione massima. Per semplicita’ si consideri comunque trascurabile la resistenza Rs , e si assuma che hf e > 100. 20 CAPITOLO 2. CIRCUITI CON TRANSISTOR Esercizio 58 Calcolare il valore di vo per le due possibili posizioni dell’interruttore. vi = 1.5 V , VCC = 12 V , VEE = −12 V Capitolo 3 Amplificatori operazionali Esercizio 59 Trovare la risposta del circuito in figura nei due casi: Esercizio 55 a) interruttore verso massa aperto; Utilizzando degli amplificatori operazionali realizzare b) interruttore verso massa chiuso. un circuito in grado di produrre un’uscita 100k vout = (va + 2vb − 3vc )/3 100k va vi vb vout vo 5.1k vc Esercizio 56 Realizzare, con un amplificatore operazionale, un circuito che fornisca un’amplificazione A=15, con una resistenza d’ingresso di almeno 20 kOhm. Quale sara’ la banda passante, nell’ipotesi che il nostro operazionale ha un prodotto banda x guadagno di 106 ? Esercizio 57 All’ingresso di questo circuito è inviata un’onda quadra con ampiezza 2V e valor medio 0V . Quale sara’ la forma della tensione d’uscita? +1V Esercizio 60 Qual è l’amplificazione di tensione del circuito riportato in figura? Qual è la sua resistenza d’ingresso? Se l’operazionale è alimentato con +15V/-15V, qual è la massima ampiezza di un segnale sinusoidale in ingresso che il circuito è in grado di amplificare senza distorsione? 470k vi +15V 10k vo -1V 10k 100k -15V Esercizio 61 Trovare la risposta del circuito in figura 21 22 CAPITOLO 3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI 10k vi 105k 10k v2 10k vo 2k vo v1 8k 10k 100k Esercizio 62 Qual è la funzione di trasferimento del circuito riportato in figura? Qual è la sua minima impedenza di ingresso? Esercizio 65 Calcolare l’amplificazione di tensione del circuito in figura. 100k 10nF Esercizio 66 L’amplificatore in figura è alimentato con 0 e +10V. Trovare la forma d’onda del segnale di uscita se si inEsercizio 63 L’amplificatore in figura è alimentato con +12 e –12 V. via all’ingresso positivo un segnale sinusoidale con valor All’ingresso A si applica una tensione costante pari a medio nullo e semi-ampiezza di 1V. +1 V, mentre all’ingresso B si applica un’onda rettan+10V golare con valore medio nullo e semi ampiezza 0.5 V. Qual è la forma d’onda del segnale d’uscita? +1V -1V 500k 500k vA 0V 100k vo vB Esercizio 64 Valutare il Common Mode Rejection Ratio dell’amplificatore differenziale in figura. Si assuma che l’operazionale abbia un CMRR intrinseco infinito. Esercizio 67 Il circuito in figura fornisce un’uscita di tensione linearmente dipendente dalla corrente Is del generatore di corrente. Scegliere i valori di R ed R’ in modo che risulti: V0 = 0V per Is = 50µA V0 = 5V per Is = 150µA 23 +15V Esercizio 71 Il circuito in figura dovrebbe teoricamente funzionare da integratore. Quali problemi incontreremmo se utilizzassimo davvero questo circuito? R’ R vo Is -15V Esercizio 68 Un generatore fornisce un segnale vs di ampiezza variabile. Progettare con un amplificatore operazionale un comparatore in grado di fornire un’uscita di +5V quando vs > +1V , e un’uscita di 0 V altrimenti. Si hanno a disposizione due alimentatori rispettivamente da +10V e –10V. Esercizio 72 L’operazionale utilizzato in questo circuito ha un prodotto guadagno x banda pari a 107 . Calcolare il guadagno di tensione e la banda passante ottenibile con i valori usati in figura. Esercizio 69 Calcolare l’amplificazione di tensione del circuito in figura 750k 150k 500K vo vs 50K vo vs 100k 100k Esercizio 73 Trovare il valore della tensione di uscita v0 del circuito in figura, in funzione delle due tensioni di ingresso, v1 e v2 470k 100k Esercizio 70 Il circuito in figura dovrebbe teoricamente fornire un’uscita di 0V. Viceversa, se realizzato effettivamente, si constaterebbe che l’uscita va in saturazione dopo breve tempo. Per quale motivo? vo v1 v2 47k 47k Esercizio 74 Dimostrare, nel circuito in figura, che la corrente IL , circolante nel resistore RL , è proporzionale alla tensione d’ingresso vi . 24 CAPITOLO 3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI R’ vi Esercizio 78 Scegliere dei ragionevoli valori per i resistori R, R′ e R1 in modo che nel circuito in figura si abbia: R v0 = 5(v1 + v2 ) R R’ RL R R’ vo v1 v2 R1 R2 Esercizio 75 All’ingresso di questo circuito e’ inviata un’onda quadra con ampiezza 3V e valor medio 0V. Quale sara’ la forma della tensione d’uscita? Esercizio 79 Il guadagno di tensione ad anello aperto ( in continua) +1.5V +10V di un amplificatore operazionale compensato interna-1.5V mente viene misurato e si trova il valore di 80 dB. A 100 kHz si trova invece il valore di 40 dB. Stimare il valore della frequenza di taglio di questo amplificatore. 470k 0V Esercizio 76 Qual è l’amplificazione di questo circuito in funzione della frequenza del segnale? Quanto vale l’amplificazione in continua? Esercizio 80 Calcolare il guadagno di tensione dell’amplificatore differenziale mostrato in figura (assumendo che i resistori con eguale nome siano identici tra loro e che gli operazionali utilizzati siano ideali). v1 R4 20k 2k R2 vo 4700nF R3 R1 vo R2 vs R3 R4 v2 Esercizio 77 Un generatore vs fornisce una tensione di ampiezza variabile tra 0 e +10V. Con un amplificatore operazionale realizzare un comparatore in grado di fornire un’uscita di 0V quando vs > +5V e un’uscita di +5V quando vs < +5V . Esercizio 81 Calcolare il guadagno di tensione dell’amplificatore mostrato in figura (assumendo che l’operazionale utilizzato sia ideale). 25 R1 vo R R3 vi R1 R R2 R4 R2 R vi Esercizio 82 Un amplificatore operazionale ha una slew rate di 60V /µs. Qual è la massima frequenza a cui una sinusoide di 20V (picco – picco) può essere prodotta all’uscita senza distorsione? vo R Esercizio 86 Qual è la massima frequenza di un’onda triangolare di 20V di ampiezza (picco-picco) che può essere riprodotta senza distorsione da un amplificatore operazionale con una slew rate di 10V /µs? Esercizio 83 Il guadagno di tensione ad anello aperto di un amplificatore operazionale compensato internamente viene misurato e si trova che esso vale 5x103 a 100 kHz e 5x106 a 50 Hz. Stimare il guadagno in continua e la Esercizio 87 frequenza di taglio di questo amplificatore. Trovare l’espressione della tensione d’uscita in funzione delle 4 tensioni di ingresso. (L’operazionale puo’ essere Esercizio 84 considerato ideale; inoltre si assuma che i 4 resistori R Calcolare il guadagno di tensione dell’amplificatore dif- sono identici tra loro, cosi’ come i due resistori R’.) ferenziale mostrato in figura (assumendo che i resistori con eguale nome siano identici tra loro e che R’ R l’operazionale utilizzato sia ideale). v1 R1 R2 v2 v2 R2 RG v3 vo v1 R1 R2 v4 R vo R R’ R R2 Esercizio 85 Calcolare il guadagno di tensione dell’amplificatore mostrato in figura (assumendo che i resistori con eguale nome siano identici tra loro e che gli operazionali utilizzati siano ideali). Esercizio 88 Il circuito in figura costituisce un buon generatore di corrente (quasi ideale) per il carico RL . Completare il progetto determinando una ragionevole terna di valori per i resistori R1 , R2 e RE in modo da avere IL = 5mA. (L’operazionale puo’ essere considerato ideale) 26 CAPITOLO 3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI +15V R2 R1 vi R1 RE R2 RL R1 R2 RL Esercizio 91 Costruire un circuito (con un amplificatore operazionale ideale) che, partendo da un’onda sinusoidale di 6 V picco picco, con valor medio nullo, generi un’onda sinusoidale di 5 V , picco picco, con valor medio 2.5 V . Esercizio 89 Calcolare il guadagno di tensione dell’amplificatore differenziale mostrato in figura (assumendo che i resistori con eguale nome siano identici tra loro e che l’operazionale utilizzato sia ideale). R1 R2 v2 R R2 +3V +5V -3V 0V Esercizio 92 Il circuito in figura rappresenta un ohmetro, con cui e’ possibile misurare la resistenza Rx : la tensione letta sul voltmetro (che ha un fondo scala di 1 V ) e’ infatti proporzionale ad Rx . Dato Vref = −10 V completare il progetto determinando il valore di R in modo che sia possibile misurare resistenze fino ad un valore massimo 10 kΩ. Si supponga ideale l’amplificatore operazionale. vo v1 R1 Rx R R2 R2 Vref Voltmetro Esercizio 93 Esercizio 90 Trovare la relazione che lega la corrente che circola nel resistore RL alla tensione vi (assumendo che i resistori con eguale nome siano identici tra loro e che l’operazionale utilizzato sia ideale). Trovare qual e’ la condizione minima da imporre a R1 , R2 , R3 e R4 affinche’ la corrente iL sia unicamente proporzionale a vs . Si supponga ideale l’amplificatore operazionale. 27 R2 R3 R2 R1 + v1 vs R1 vo _ R4 iL ZL R3 R4 I2 Esercizio 96 Determinare il valore della tensione di uscita vo Valori: 1) vs e’ un segnale sinusoidale a media nulla e valore R1 = 20k di picco 200 mV ; quale valore deve avere la tensione R2 = 30k continua VDC affinche’ vo assuma un valore minimo di R3 = 10k RG = 10k 0V? 2) La slew rate dell’operazionale utilizzato e’ di IG = 200 µA 10 V /µs : qual e’ la massima frequenza del segnale sinusoidale amplificabile senza distorsione? R2 R1 (NB L’amplificatore operazionale puo’ essere considerato ideale, con eccezione della slew rate) Valori: R1 = 10k, R2 = 120k IG RG vo R3 Esercizio 94 vs vo R2 R1 VDC Esercizio 97 Un dispositivo di misura fornisce una tensione vin che può variare tra −200 mV e +300 mV . Progettare, con uno o più amplificatori operazionali, un circuito che fornisca in uscita una tensione vo proporzionale a vin e variabile tra 0 V e +10 V . Esercizio 98 Calcolare l’amplificazione di tensione del circuito in figura. Valori: Esercizio 95 R = 2.5k R1 = 22.5k Determinare la tensione di uscita vo in funzione dei R2 = 2k parametri e dei generatori d’ingresso per il circuito in R3 = 4k figura, assumendo come ideale l’operazionale utilizzato. R4 = 0.5k 28 CAPITOLO 3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI R4 vS vo R1 R2 R3 R4 R3 Vi io R2 R1 RL R Esercizio 99 Trovare l’espressione della tensione di uscita vo in funzione di v1 e v2 nell’ipotesi in cui R3 R2 = R1 R4 Esercizio 102 Determinare vo e la resistenza d’ingresso Rin per il circuito in figura. R1 = 10k, R2 = 30k, R3 = 15k, R4 = 30k,R5 = 120k, vi = 9 V . R2 R1 R1 V1 iL R5 R4 R2 Vi R3 Vo Vo V2 R3 R4 Esercizio 100 Un dispositivo di misura fornisce un segnale di tensione variabile tra 20 mV e 220 mV . Progettare, con uno o più amplificatori operazionali, un circuito che amplifichi tale segnale e lo porti nell’intervallo −5 V / 5 V (ovvero un segnale di 20 mV deve dare in uscita −5 V , mentre un segnale di 220 mV deve dare in uscita 5 V ). Esercizio 103 Determinare Vo per il circuito in figura. R1 = 10k, R2 = 1k, R3 = 12k, R4 = 100k Esercizio 101 Calcolare, nel circuito in figura, iL e io . R1 = 5k, R2 = 15k, R3 = 5k, R4 = 20k,RL = 600Ω, vi = 1.5 V . V1 = 0.1 V , V2 = 0.05 V , Ig = 0.1 mA. 29 Si consideri Ci assimilabile ad un corto circuito a qualunque frequenza. VCC = 12 V , RA = 10 kΩ, RB = 10 kΩ, R1 = 10 kΩ, R2 = 100 kΩ, Slew rate: 1 V /µsec L’operazionale può essere considerato ideale. R4 V1 R1 R2 Vo V2 Ig R3 Esercizio 104 Un dispositivo di misura fornisce un segnale di tensione variabile tra −200 mV e +200 mV . Progettare, con uno o più amplificatori operazionali, un circuito che amplifichi tale segnale e lo porti nell’intervallo 0 V / +10 V (ovvero un segnale di -200 mV deve dare in uscita 0 V , mentre un segnale di 200 mV deve dare in uscita +10 V ). Esercizio 105 Calcolare l’amplificazione di tensione e la resistenza d’ingresso, Ri , per il circuito in figura. R1 = 1 kΩ, R2 = 2 kΩ, R3 = 2 kΩ, R4 = 10 kΩ, L’operazionale può essere considerato ideale. Esercizio 106 Il segnale d’ingresso, vi , nel circuito in figura e’ sinusoidale, a frequenza variabile, con ampiezza 500 mV e valor medio nullo. Calcolare: a) l’ampiezza di oscillazione e il valor medio di vo ; b) la massima frequenza del segnale d’ingresso amplificabile senza che intervenga deformazione dovuta alla slew rate finita dell’operazionale. Esercizio 107 Scrivere l’espressione dell’amplificazione di tensione, Av , per l’amplificatore in figura. Trovare i valori asintotici di Av per ω → 0 e ω → ∞. L’operazionale può essere considerato ideale. Esercizio 108 Calcolare la potenza totale dissipata nei resistori del circuito in figura. R1 = 120 kΩ, R2 = 120 kΩ, RL = 1 kΩ, vi = 6 V , L’operazionale può essere considerato ideale. 30 CAPITOLO 3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Esercizio 111 Calcolare l’amplificazione di di tensione, Av , del circuito in figura. Esercizio 109 Il segnale d’ingresso, vi , nel circuito in figura e’ sinu- Valori: soidale, a frequenza variabile, con ampiezza 500 mV e R1 = R2 ; R3 = R4 = 2R1 valor medio nullo. Calcolare: a) l’ampiezza di oscillazione e il valor medio di vo ; b) la massima frequenza del segnale d’ingresso amplificabile senza che intervenga deformazione dovuta alla slew rate finita dell’operazionale. Per semplicità, si consideri Ci assimilabile ad un corto circuito alle frequenze del segnale vi . VCC = 12 V , RA = 10 kΩ, RB = 10 kΩ, R1 = 10 kΩ, R2 = 100 kΩ, Slew rate: 1 V /µsec (A parte la slew rate, l’operazionale può essere considerato ideale). Esercizio 112 Esercizio 110 Calcolare l’amplificazione di tensione e la resistenza d’ingresso dell’amplificatore in figura. L’operazionale può essere considerato ideale. Progettare, con un operazionale LM358, in grado quindi di funzionare con alimentazione singola, un amplificatore con |Av | ≃ 100; il segnale sinusoidale d’ingresso, vs = vm sin(2πf t), ha un’ampiezza prevista vm < 50 mV e una frequenza f ∼ 1 kHz. Si hanno a disposizione un solo LM358, resistenze, condensatori e un solo alimentatore positivo con V = 0 ÷ 15 V . Esercizio 113 31 Esercizio 116 Determinare l’andamento in frequenza dell’amplificazione di tensione del circuito in figura, disegnando il diagramma di Bode del modulo con indicati i valori di guadagno nelle varie regioni, le frequenze di taglio e le eventuali pendenze. Come si modifica la risposta del circuito se si aggiunge un secondo stadio, identico al primo, in cascata? Valori: R1 = 10k R2 = 100k C1 = 800 nF C2 = 80 pF Esercizio 114 L’uscita dell’amplificatore in figura viene inviata ad un carico RL = 500 Ω. Il segnale d’ingresso è sinusoidale, vs = vm sin(2πf t), con ampiezza vm = 100 mV e frequenza f = 1 kHz. Calcolare la tensione massima ai capi del carico e la corrente massima che vi scorre. Valori: R1 = 1k R2 = 10k R3 = 1k R4 = 10k Esercizio 115 Si vuole costruire con un operazionale un amplificatore con Av = 40 dB, da utilizzare con segnali d’ingresso sinusoidali vs = vm sin(2πf t), con ampiezza prevista vm < 50 mV e frequenza f fino a 100 kHz. Quali devono essere le prestazioni dell’operazionale, in termini di prodotto GuadagnoXBanda e Slew Rate, per soddisfare quelle richieste? Determinare l’andamento in frequenza dell’amplificazione di tensione del circuito in figura, disegnando il diagramma di Bode del modulo con indicati i valori di guadagno nelle varie regioni, le frequenze di taglio e le eventuali pendenze. Valori: R1 = 10k R2 = 10k R3 = 1k R4 = 10k R5 = 100k R6 = 100k C1 = 1 µF C2 = 0.8 nF 32 CAPITOLO 3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Esercizio 121 Due sonde di temperatura forniscono ciascuna una uscita in tensione con una legge: V = .05 · T + 1.0 Capitolo 4 (con T in °C e V in Volt) Costruire un dispositivo elettronico, utilizzando porte logiche standard, in grado di fornire due segnali logici A e B, tali che: A = 1 se entrambe le temperature superano i 30 °C; B = 1 se solo una delle due supera i 30 °C. Circuiti logici e Convertitori V1 A B V2 Esercizio 117 Costruire la tavola della verita’ della funzione logica Y = ABC + ABC Esercizio 122 Costruire la tavola della verita’ della funzione logica Esercizio 118 Costruire il circuito che realizza la funzione logica Y = (AB + BC) Y = AB + AC + (A + B) Esercizio 119 Scrivere in forma canonica la funzione logica rappresentata dalla seguente tavola della verita’ A B C Y 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 Esercizio 123 Costruire il circuito che realizza la funzione logica Y = (A + B + C) + AB Esercizio 124 Scrivere in forma canonica la funzione logica rappresentata dalla seguente tavola della verita’ Esercizio 120 Che funzione logica realizza il circuito in figura? A B Y A B C Y 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 Esercizio 125 Che funzione logica realizza il circuito in figura? 33 34 CAPITOLO 4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI (con P è in atmosfere e I in mA). Progettare un dispositivo di allarme in grado di dare un livello logico “0” quando la pressione è compresa tra 1 e 10 atmosfere e di dare un livello logico “1” quando la pressione esce da quell’intervallo. Nota: si consideri il trasduttore come un generatore ideale di corrente. A B C Y Esercizio 126 Nel circuito in figura (realizzato con porte logiche TTL in logica positiva) l’ingresso I è inizialmente a “0” logico; all’istante t=0 l’ingresso viene portato a livello logico “1”. Descrivere qualitativamente con un diagramma il comportamento temporale dell’uscita Y ( in una scala temporale arbitraria). Nota: si considerino trascurabili i tempi di commutazione intrinseci delle porte logiche; si tenga invece conto delle soglie reali di commutazione dei circuiti TTL. Esercizio 129 Il numero di persone, n, presenti in una stanza, viene continuamente sorvegliato, grazie a cellule fotoelettriche poste all’ingresso e ad un contatore up/down a 8 bit. Se una persona entra il contenuto del contatore aumenta; se una persona esce il contenuto del contatore diminuisce. Utilizzando le uscite del contatore costruire una variabile logica A ed una variabile logica B tali che: A = 1 se n ≥ 192 B = 1 se n < 192 Esercizio 130 Si ha un circuito NAND a due ingressi della famiglia TTL in logica positiva. Uno degli ingressi (ingresso A) viene connesso e riceve un regolare livello logico, mentre l’altro (ingresso B) viene lasciato volante (cioè non connesso). Cosa succede? Quali livelli logici avremo in uscita in funzione dell’ingresso A? R I C Y Esercizio 131 Un contatore binario a 8 bit e un Flip-Flop JK ‘edge triggered’ (sensibile al fronte di salita del Clock) sono collegati come in figura. Inizialmente il contatore conEsercizio 127 Progettare un convertitore digitale analogico (DAC) a tiene il numero 00000000 e l’uscita Q e’ ugualmente 8 bit, con rete R-2R, che fornisca una uscita di tensione a 0. Il contatore comincia a ricevere all’ingresso una negativa compresa tra 0 e -15 V. Questo significa che lunga sequenza di 200 impulsi. Descrivere cosa avviequando gli 8 ingressi sono tutti 0 l’uscita è 0 V, men- ne all’uscita Q del Flip-Flop. (N.B: MSB è il bit più tre quando tutti gli ingressi sono 1, l’uscita e’ -15 V. Il significativo del contatore, J e K sono a 1 fisso) numero a 8 bit da convertire e’ fornito da un normale Ingresso CONTATORE AD 8 BIT registro a 8 bit, con uscite TTL in logica positiva ( 0 – 5 V). MSB LSB Nota: è naturalmente possibile utilizzare più operazionali, se necessario. Esercizio 128 In un certo impianto industriale è necessario mantenere sotto controllo la pressione interna di un serbatoio di gas: quindi si desidera ricevere un segnale di allarme quando la pressione esce da un certo intervallo. La pressione è misurata con un trasduttore che fornisce una corrente I proporzionale alla pressione: I = (1.0 · P + 4.0) 1 Q J Ck 1 K Q Esercizio 132 Si hanno quattro variabili logiche, A, B, C e D, che provengono da altrettanti dispositivi di misura. Costruire, 35 con le porte logiche standard, un circuito ‘rivelatore di uguaglianza’, cioè un circuito che riceve agli ingressi A,B,C,D e fornisce all’uscita un valore 1 quando due e solo due dei suo ingressi valgono 1. A B C Y Esercizio 133 Si hanno tre variabili logiche, A, B e C, che provengono da altrettanti dispositivi di misura. Costruire, con le porte logiche standard, un circuito ‘rivelatore di maggioranza’, cioè un circuito che riceve agli ingressi A,B,C Esercizio 138 e fornisce all’uscita un valore 1 quando la maggioranza Un multiplexer digitale e’ un dispositivo che consente dei suo ingressi vale 1. di connettere uno tra molti ingressi digitali all’uscita, sulla base di un comando opportuno. Realizzare, con porte logiche elementari TTL, lo schema di un multiEsercizio 134 Il c gate di Muller è un circuito a due ingressi che rea- plexer a 4 ingressi. La selezione dell’ingresso da collizza la tavola della verità riportata in figura. Pro- legare all’uscita è effettuata inviando un numero binagettare tale circuito utilizzando elementi circuitali che rio a 2 bit agli ingressi di selezione S0, S1. Inoltre il multiplexer è controllato da un ingresso di abilitazione conoscete. (attivo basso): in assenza di abilitazione il multiplexer A B Y non trasmette all’uscita nessun ingresso. A 0 0 0 0 1 non cambia Y X0 B 1 0 non cambia X1 1 1 1 Y X2 Esercizio 135 Due trasduttori misurano la velocità di rotazione di due alberi, e forniscono ciascuno un’uscita X3 S 0 S1 En V = 0.5ω + 0.5 (con V in Volt e ω in rad/sec) Le suddette velocità possono variare tra 0 e 5 rad/sec. Costruire un dispositivo elettronico in grado di fornire un segnale logico TTL di allarme quando le due velocità mostrano una differenza superiore a 0.1 rad/sec, ovvero |ω1 − ω2 | > 0.1 Inoltre è richiesto un segnale logico che consenta di individuare in modo univoco quale dei due alberi gira a velocità maggiore. Esercizio 136 Progettare un circuito che realizzi il prodotto (aritmetico) di due numeri binari a 2 bit, utilizzando porte logiche elementari e semi-sommatori. Esercizio 139 Il “priority encoder” è un circuito che presenta in uscita l’indirizzo più alto tra gli ingressi che sono attivi (cioè con 1 logico). Realizzare tale circuito (a 4 ingressi), utilizzando porte logiche elementari. X0 X1 Y0 X2 Y1 X3 Esercizio 140 Un demultiplexer digitale e’ un dispositivo che consente di connettere un ingresso digitale ad una sola, tra molte uscite, sulla base di un comando opportuno. RealizzaEsercizio 137 re, con porte logiche elementari TTL, lo schema di un Scrivere in forma canonica la funzione F realizzata dal demultiplexer a 4 uscite. La selezione dell’uscita da circuito in figura. Progettare un circuito che realizza la collegare all’ingresso è effettuata inviando un numero stessa funzione, utilizzando solo porte logiche NAND. binario a 2 bit agli ingressi di selezione S0, S1. 36 CAPITOLO 4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI U0 b) quando C=1 fa un test di disuguaglianza ovvero restituisce 1 se A e B sono diversi e 0 altrimenti. Realizzare il circuito mediante porte logiche qualunque; U1 Input U2 Esercizio 144 Un multiplexer è un dispositivo capace di selezionare un singolo ingresso fra tanti e trasmetterlo in uscita, S1 S0 in base al valore degli ingressi di selezione (vedi figura in cui e’ mostrato un esempio a 8 ingressi). Lo stesso dispositivo puo’ anche essere utilizzato per costruire facilmente qualunque funzione logica, con un numero Esercizio 141 L’uscita Y di un circuito logico a 4 ingressi rispetta la di variabili pari al numero di ingressi di selezione. seguente tavola della verità (x vuol dire “qualunque”): Utilizzando un multiplexer a 8 ingressi costruire la funzione logica E SEL A B Y U3 H x x x L L L L x L L L H x H L H x L L L H x H H Y = ABC + ABC + ABC A0 Costruire lo schema di questo circuito utilizzando le porte logiche elementari. Esercizio 142 Vogliamo realizzare un dispositivo in grado di fornire in uscita un segnale logico TTL di durata temporale pari alla differenza tra i tempi di arrivo di due segnali (vedi figura). Per semplicità possiamo fare l’ipotesi che il segnale di Stop arriva sicuramente dopo uno Start; inoltre possiamo considerare trascurabili tutti i tempi di commutazione intrinseci dell’elettronica che abbiamo a disposizione. A1 I0 I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 Y A2 Esercizio 145 Determinare il comportamento del circuito in figura, ovvero lo stato dell’uscita Y , tenendo conto che ogni porta NOT ha un tempo di propagazione finito (ovvero ogni l’uscita commuta con un certo ritardo rispetto alla commutazione del suo ingresso) Y Start t Stop t Output T t Esercizio 143 Si vuole realizzare un circuito combinatorio che ha in ingresso tre variabili logiche, A, B e C, e che si comporta come segue: a) quando C=0 fa un test di uguaglianza ovvero restituisce 1 se A e B sono uguali e 0 altrimenti; Esercizio 146 In un certo impianto industriale vengono tenuti sotto controllo due parametri, A e B, codificati come due numeri binari a 4 bit ciascuno. Si progetti un circuito in grado di dare un allarme (inteso come livello logico che passa da zero a uno) quando sia A che B sono inferiori ad 8, cioe’ A < 8 e B < 8. Il segnale di allarme deve essere memorizzato, ovvero non deve scomparire se la condizione anormale cessa, e deve poter essere azzerato manualmente Esercizio 147 Costruire un circuito per fare la somma o la sottrazione di due numeri a 4 bit, A e B, in base al valore di un 37 ingresso di selezione, SEL. Esercizio 150 Se SEL = 0 esegue A + B; se SEL = 1 esegue A − B. In molti paesi i semafori stradali operano con una sequenza a 4 fasi, (Verde) - (Giallo) - (Rosso) - (RosEsercizio 148 so+Giallo), che si ripete ciclicamente. Utilizzando Nel circuito in figura (realizzato con porte logiche TTL componenti noti progettare il circuito di controllo in logica positiva) l’ingresso I è inizialmente a "0" lo- necessario per operare il semaforo in tale modo. Si gico; all’istante t=0 l’ingresso viene portato a livello supponga di ricevere un idoneo impulso di clock che logico "1", e dopo un tempo T torna al livello logico scandisce le transizioni; inoltre si supponga che ogni "0". lanterna del semaforo ha un interruttore comandato Descrivere qualitativamente con un diagramma il com- che accende quando riceve un livello logico alto e speportamento temporale dell’uscita Y ( in una scala gne quando riceve un livello logico basso. temporale arbitraria). Nota: si considerino trascurabili i tempi di commutazione intrinseci delle porte logiche; si tenga invece conto delle soglie reali di commutazione dei circuiti TTL. Si ipotizzi inoltre che T >> RC. R I C Y Esercizio 149 Un decoder e’ un circuito con n ingressi e 2n uscite: lo stato logico degli ingressi determina quale delle uscite viene attivata, cioe’ posta ad 1 logico. In Figura e’ riportato un esempio di decoder a 3 ingressi e 8 uscite: I0 e’ attiva quando agli ingressi si ha A0 = 0, A1 = 0, A2 = 0, I1 e’ attiva quando agli ingressi si ha A0 = 1, A1 = 0, A2 = 0, e cosi’ via. Esercizio 151 Il priority encoder è un circuito che presenta in uscita l’indirizzo piu’ alto tra gli ingressi che sono attivi. Vogliamo realizzare un priority encoder a 4 ingressi e due uscite . Il circuito devo inoltre avere: - ingresso EI (Enable Input):a livello basso abilita il dispositivo, a livello alto pone le uscite a livello alto; - uscita EO (Enable Output): a livello basso indica che il dispositvo e’ abilitato, ma che non e’ stata attivata nessuna linea di ingresso; - uscita GS (Group Signal) : a livello basso indica che il dispositivo e’ abilitato, insieme ad almeno un ingresso. Tutti i livelli di ingresso e uscita si intendono attivi-bassi. Costruite la tavola della verità di questo dispositivo. I0 A0 A1 I1 I2 A2 I 0 I 1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 Y1 Y2 = = A0 A1 A2 + A0 A1 A2 A0 A1 A2 + A0 A1 A2 A1 I3 GS EI Un decoder, usato insieme a opportune porte logiche, consente anche di costruire simultaneamente e indipendentemente piu’ funzione logiche degli ingressi. Utilizzando un decoder a 3 ingressi e quant’altro necessario costruire le 2 funzioni logiche: A0 EO Esercizio 152 Esistono circuiti logici bidirezionali (necessari in molti casi), in cui cioe’ l’ingresso e l’uscita sono intercambiabili; questo può essere realizzato con dispositivi logici 3-state. Progettate un dispositivo di questo tipo, con gli elementi logici che conoscete, in cui: 38 CAPITOLO 4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI Se SEL = H il livello logico A e’ trasferito all’uscita B; se SEL = L il livello logico B e’ trasferito all’uscita A Si suggerisce di utilizzare flip-flop di tipo D (3-state). A B A0 A0 A1 A1 A2 A2 P SEL Esercizio 156 La pressione di un certo impianto industriale deve essere mantenuta all’interno di un intervallo ottimale di A funzionamento. Essa e’ misurata, convertita in numero B binario, n, e memorizzata in un registro a 8 bit. Progettare un circuito che, in base al valore di n, coInizialmente A è a livello logico 0. All’istante t = T manda accensione e spegnimento dell’impianto (accenil livello logico di A passa da 0 a 1. Descrivete con sione e spegnimento sono ottenuti fornendo ad un inun grafico l’andamento temporale del livello logico di terruttore comandato un livello logico TTL, "1" per B, supponendo che il ritardo di propagazione di ogni accensione, "0" per spegnimento): il segnale di speporta logica sia di 10 ns. (Il ritardo di propagazione gnimento deve essere inviato quando n ≥ 192; la è il tempo che una porta logica impiega a commutare riaccensione deve avvenire quando n < 128. l’uscita). Per semplicità si supponga che l’uscita commuti "a gradino" ovvero passi da 0 a 5V in modo istantaneo, dopo Esercizio 157 Costruire la funzione logica il ritardo di propagazione. Esercizio 153 Esercizio 154 In un certo impianto industriale la temperatura è tenuta sotto controllo con 3 sonde, che forniscono 3 tensioni, V1 ,V2 ,V3 comprese fra 0 e 5 V . Si vuole realizzare un sistema di allarme per segnalare situazioni anomale, ovvero: Se tutte le tensioni sono minori di 3 V si accende un Led verde; Se tutte le tensioni superano 3 V si accende un Led rosso; Se 2 delle 3 tensioni superano 3 V si accende un Led giallo. Progettate il circuito necessario per ottenere questo risultato utilizzando i dispositivi che conoscete. Esercizio 155 Il bit di parità è un codice di controllo utilizzato nei calcolatori per prevenire errori nella trasmissione o nella memorizzazione dei dati. Tale sistema prevede l’aggiunta di un bit ridondante ai dati, calcolato in modo tale che il numero di bit che valgono 1 sia sempre pari o dispari. Progettare un dispositivo che riceve all’ingresso un numero a 3 bit e fornisce in uscita lo stesso numero piu’ il bit di parita’, P (P e’ 1 se il dato in ingresso contiene un numero pari di "1"). Y = A BC + ABC utilizzando un multiplexer a 8 ingressi. I0 I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 A A0 B A1 C A2 Y Esercizio 158 La temperatura di un impianto industriale deve essere mantenuta all’interno di un intervallo ottimale di funzionamento. Se T > 100 ◦ C si deve accendere il raffreddamento, mentre se T < 80 ◦ C si deve spegnere il raffreddamento (le due soglie devono essere diverse per evitare che il raffredddamento si accenda e spenga in continuazione) La temperatura e’ misurata tramite un trasduttore che fornisce in uscita una tensione, V : V = .05 T + 1.0 39 (con T in ◦ C e V in Volt). Si progetti un circuito che controlli la temperatura e comandi il raffreddamento per ottenere il risultato anzidetto (accensione e spegnimento del raffreddamento sono ottenuti fornendo ad un interruttore comandato un livello logico TTL, "1" per accensione, "0" per spegnimento). Esercizio 161 Progettare un circuito che fornisce in uscita l’AND oppure il NOR delle due variabili logiche A e B, in base al valore di S: S=0 → Y = AB S=1 → Y =A+B Esercizio 159 Un decoder e’ un circuito con n ingressi e 2n uscite: lo stato logico degli ingressi determina quale delle uscite viene attivata, cioe’ posta ad 1 logico. Un decoder, usato insieme a opportune porte logiche, consente anche di costruire funzione logiche degli ingressi. Esercizio 162 Il circuito in figura è realizzato con porte TTL in logica positiva. Inizialmente l’ingresso I si trova a 0 logico. A A0 All’istante t = t1 passa a 1 logico. a) Determinare lo stato iniziale dell’uscita Y , ovvero B A1 per t < t1 ; A2 C b) Costruire in modo qualitativo l’andamento temporale dell’uscita Y per t ≥ t1 . Si considerino trascurabili i tempi di commutazione delle porte logiche rispetto al tempo τ = RC. Si Utilizzando un decoder a 3 ingressi si realizzi un genetenga invece conto dei valori effettivi delle soglie di ratore di parita’ ovvero un circuito che fornisca in uscicommutazione. ta un "1" logico, quando nei 3 bit di ingresso è presente un numero pari di "1" (cioe’ zero, oppure due). Y0 Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7 Esercizio 160 Scrivere in forma canonica la funzione logica rappresentata dalla seguente tavola della verita’ A B C Y 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 Ridurre poi la funzione alla sua forma minimale utilizzando le proprieta’ dell’algebra di Boole. Disegnare il corrispondente circuito realizzato utilizzando solo delle porte NAND. Esercizio 163 In un tipico quiz televisivo i due concorrenti dispongono di un pulsante. Quando uno dei due vuole prenotarsi per rispondere alla domanda preme il suo pulsante: si accende il led corrispondente (che resta acceso) e contemporaneamente si inibisce il pulsante dell’altro concorrente. Progettare il circuito necessario per ottenere questo risultato. Prevedere anche un terzo pulsante per riportare il sistema allo stato iniziale. Esercizio 164 Progettare un circuito che fornisce in uscita l’OR oppure il NAND delle due variabili logiche A e B, in base al valore di S: S=0 S=1 → Y =A+B → Y = AB 40 CAPITOLO 4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI Esercizio 165 Il circuito in figura è realizzato con porte TTL in logica positiva. Inizialmente l’ingresso I si trova a 1 logico. All’istante t = t1 passa a 0 logico. a) Determinare lo stato iniziale dell’uscita Y , ovvero per t < t1 ; b) Costruire in modo qualitativo l’andamento temporale dell’uscita Y per t ≥ t1 . Si considerino trascurabili i tempi di commutazione delle porte logiche rispetto al tempo τ = RC. Si tenga invece conto dei valori effettivi delle soglie di commutazione. Esercizio 166 La temperatura di un sistema fisico è tenuta sotto controllo da tre sonde, T1 ,T2 e T3 . Ogni sonda fornisce una tensione Vi = 10 × Ti (con V in mV e T in gradi centigradi). Progettare un circuito che genera un allarme (accensione di un Led) quando la media delle tre temperature supera 90 °C. L’allarme deve persistere (ovvero il Led deve rimanere acceso) anche se la temperatura riscende sotto la soglia di allarme e deve poter essere azzerato manualmente. Il circuito in figura realizza la funzione logica Y = AB + AC. Inizialmente A = B = C = 1. All’istante t = 0 A transisce al livello 0. Determinare l’andamento temporale dell’uscita nell’ipotesi che il ritardo di propagazione di ogni porta logica sia di 10 ns. Esercizio 169 Il livello, L, del liquido contenuto in un serbatoio deve essere mantenuto all’interno di un intervallo Lmin ÷ Lmax e, se necessario, ripristinato aprendo una elettrovalvola, V , che controlla il condotto di immissione. Il circuito di comando apre l’elettrovalvola se riceve un livello logico 1 e la chiude se riceve uno 0. Il livello e’ controllato da due sensori, Smin , che fornisce in uscita un livello logico 1 se L > Lmin e Smax che fornisce in uscita un livello logico 1 se L > Lmax . Progettare il circuito che legge le uscite dei due sensori e fornisce all’elettrovalvola il dovuto livello logico di comando. Esercizio 170 Progettare il circuito logico a 3 ingressi che produce in uscita la funzione Y = ABC + ABC + ABC utilizzando solo porte NOT, porte AND a due ingressi e porte OR a due ingressi. Esercizio 171 Esercizio 167 Progettare, utilizzando un multiplexer, un circuito logico con 3 ingressi che riceve un numero binario a 3 bit e fornisce un’uscita logica 1 se e solo se il numero in ingresso e ’ maggiore di 5. Esercizio 168 Progettare, utilizzando un decoder e opportune porte logiche, un sommatore completo (Full Adder) a 1 bit. Esercizio 172 Un certo impianto industriale richiede un’alimentazione elettrica garantita. Quindi, in caso di cali di tensione, entra in funzione un’alimentazione di emergenza. 41 Lo switch che seleziona l’alimentazione e’ comandato da un livello logico I: se I = 0 e’ connessa l’alimentazione principale, se I = 1 e’ connessa l’alimentazione di emergenza. La tensione V fornita dall’alimentatore principale viene continuamente misurata : se V scende sotto un valore V1 deve entrare in funzione l’alimentazione di emergenza, mentre deve essere ripristinata l’alimentazione principale se V risale almeno a V2 (maggiore di V1 ). Si hanno a disposizione due variabili logiche (costruite con opportuni comparatori), L1 e L2 : L1 = 1 se V > V1 ; L2 = 1 se V > V2 . Progettare il circuito logico necessario per gestire l’alimentazione dell’impianto, ovvero che fornisca il necessario comando logico allo switch in base ai valori di L1 e L2 . 42 CAPITOLO 4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI Esercizio 4 Il risultato richiesto si ottiene completando in questo modo il circuito: 50 Capitolo 5 25 + _ 10V 50 Soluzioni Esercizio 5 Conviene anzitutto trasformare il generatore di corrente da 5mA (con i 10k in parallelo) in un generatore di 5.1 Reti tensione da 50V (con i 10k in serie). A questo punto la tensione equivalente si ricava scrivendo l’equazione del Esercizio 1 La risposta può essere facilmente ricavata utilizzando nodo Veq Veq − 50 Veq + 5 il teorema di Thevenin. Dopo aver corto circuitato il + + =0 10k 5k 10k generatore si trova: Da cui si ricava Veq = 10V . R = 25k Corto circuitando i generatori di tensione si trova poi Req = 2.5k. Esercizio 2 Esercizio 6 Per trovare il generatore equivalente di Thevenin è Corto circuitando i due generatori si trova facilmente sufficiente scrivere l’equazione del nodo A: che Req = 10k . Per calcolare la tensione equivalente conviene anzitutto calcolare la tensione sul nodo in VA + 5 VA 5 − VA = + alto; essa è data da: 10k 5k 10k 10k da cui si ricava VA = −1.25V , che e’ proprio il valore = −2.5V V1 = 5 10k + 10k del generatore equivalente. La resistenza equivalente si trova corto circuitando i Quindi la tensione sul punto A è data da generatori e si ottiene facilmente Req = 2.5k. Esercizio 3 Per calcolare la resistenza equivalente si devono corto circuitare i due generatori di tensione. Si ottiene facilmente Req = 11k. Per calcolare la tensione equivalente conviene scrivere l’equazione dell’unica maglia; scegliendo per la corrente il verso antiorario si ha: −2.5V − 10V = −12.5V Esercizio 7 Dalle misure fatte si ricavano le due relazioni: 10k Vx = 10 Rx + 10k 100k Vx = 15 Rx + 100k 15 = 25k × I Da cui si ricava: I = .6 × 10−3 La tensione richiesta è quindi data da: dove Vx ed Rx sono rispettivamente i valori del generatore equivalente e della resistenza d’uscita. Dividendo membro a membro le due equazioni Vx si elimina e si può facilmente ricavare 10 − 10k × .6 × 10−3 = 4 V Rx ≃ 5.9k 43 44 CAPITOLO 5. SOLUZIONI VEQ = 1 V , REQ = 2.5 kΩ Esercizio 8 Si ha Req = 1.4k Veq = −0.85 V Esercizio 9 E’ uno di quei casi in cui e’ assolutamente lecito approssimare. Possiamo trascurare la resistenza da 50Ω rispetto a 100k e si trova facilmente Ri ≃ 9k. Esercizio 10 L’impedenza di ingresso è ovviamente minima a frequenza infinita, quando l’impedenza del capacitore diviene nulla. Il suo valore minimo è quindi Zi = 10k L’impedenza d’uscita è data dal parallelo tra il resistore da 10k e la serie 1 (50 + jω100nF ) Pertanto essa è massima alle basse frequenze, dove tende al valore Z0 = 10k. Esercizio 11 La resistenza equivalente e’ data da: Req = R1 k R2 + R3 k R4 = 25k La tensione equivalente puo’ essere calcolata valutando anzitutto VA e VB rispetto al nodo tra R2 e R4 . Si ha: VA = VB = R2 Vg = 5 V R1 + R2 R4 Vg = 2.5 V R3 + R4 Quindi Veq = VA − VB = 2.5 V Esercizio 12 La resistenza equivalente e’ data da: Req = R1 k [R3 + (R2 k R4 )] = 1k La tensione equivalente puo’ essere calcolata trasformando anzitutto il generatore di corrente Ig con la sua resistenza R1 in parallelo in un generatore di tensione Vg = Ig R1 con R1 in serie. Si trova poi facilmente: Veq = Esercizio 13 (R3 + R2 k R4 ) R1 Ig = 2V R1 + R3 + R2 k R4 ) Esercizio 14 VEQ = 1 V , REQ = 2.5 kΩ Esercizio 15 A destra del generatore J vi sono i resistori R3 ,R4 ,R5 in parallelo tra loro ed in serie al resistore R2 . La resistenza equivalente e’ quindi Re′ = R2 + (R3 k R4 k R5 ) = 100Ω Questa resistenza e’ a sua volta in parallelo ad R1 , quindi la resistenza complessiva vista dal generatore e’ Re = R1 k Re′ = 50Ω La tensione ai capi di J e’ infine V = Re J = 500 mV Esercizio 16 a) L’esercizio puó essere risolto applicando il principio di sovrapposizione degli effetti. Cortocircuitando il generatore V2 , su R0 scorre una corrente verso massa di valore I1 = 20 mA. Cortocircuitando il generatore V1 , su R0 scorre una corrente in verso opposto alla precedente di valore I2 = 10 mA. Sommando le due correnti si ottiene una corrente totale che scorre verso massa di valore Itot = 10 mA. La tensione del punto B vale quindi: VB = R0 × Itot = 0.5 V . b) Per il calcolo della resistenza equivalente si noti che, dopo aver cortocircuitato i due generatori, le resistenze R1 , R0 e la serie di R2 e R3 , sono in parallelo tra loro, quindi la resistenza equivalente vale 25 Ω. Esercizio 17 La funzione di trasferimento della rete in esame e’ data da sL1 = T (s) = R + s(L1 + L2 ) L1 L1 + L2 R +s L1 + L2 s La trasformata della funzione d’ingresso e’ V (s) = k/s quindi L1 k L1 + L2 Vo (s) = R +s L1 + L2 45 5.2. CIRCUITI CON TRANSISTOR Questa funzione ha un polo p1 = − con residuo si può ricavare il valore della corrente di base R L1 + L2 L1 k1 = k L1 + L2 Quindi la anti-trasformata di Vo (s) e’ data da R − t L1 e L1 + L2 vo (t) = k L1 + L2 Esercizio 18 Applicando il teorema di Thevenin possiamo trasformare il circuito come in figura, dove R′ = R1 k (R2 + R3 ) = 9.12k e R2 + R3 V1 − V2 = 12 V R1 + R2 + R3 Scrivendo l’equazione della maglia e risolvendo si trova infine Vo = 2.88 V V′ = IB = 93µA dove abbiamo supposto VBE ≃ 0.7 V . Utilizzando il valore noto di βF possiamo quindi ricavare IC = 9.3 mA ; a questo punto, dalla equazione della maglia di uscita VCC = RC IC + VCE ricaviamo VCE = 0.7 V Questo valore è maggiore della tensione di saturazione VCEsat , quindi consistente con l’ipotesi che pertanto risulta verificata: il transistor è nella regione attiva. b) Per rispondere a questa domanda ricordiamo la formula che lega la transconduttanza gm alla corrente di collettore: |Ic | hf e = gm = hie T Pertanto si può ricavare il valore di gm , e quindi di hie , assumendo che il transistor si trovi a temperatura ambiente e che hf e coincida con βF . Si trova hie = 280 Ω , che rappresenta il valore della resistenza di ingresso complessiva dell’amplificatore (RB , in parallelo ad hie è in questo caso trascurabile). Esercizio 20 Il punto di lavoro statico non è influenzato dalla presenza del capacitore sull’emettitore. Nell”ipotesi che la corrente di base del transistor sia trascurabile rispetto alla corrente complessiva del partitore si trova facilmente: 5.2 Circuiti con transistor VB = VE = IC ≃ VC = = VCE 3k 12 = 2 V 18k VB − 0.7 = 1.3 V VE = 1.3 mA IE = 1k 12V − IC · 4k = 6.8 V VC − VE = 5.5 V Esercizio 19 a) La giunzione base-emettitore è sicuramente polarizzata direttamente quindi il transistor può essere nella regione attiva oppure in saturazione. Per accertarlo faremo l’ipotesi che il transistor sia nella regione attiva e verificheremo se questa ipotesi porta a risultati consistenti. Dall’equazione della maglia di ingresso L’ipotesi che abbiamo fatto all’inizio è ragionevole, perchè nel peggiore dei casi il transistor 2N2222A ha un βF di 50; questo corrisponde ad una corrente di base massima IB = 26 µA, sicuramente molto minore della corrente del partitore. VCC = RB IB + VBE VCE = VCEsat ≃ 0.2V Esercizio 21 Se il transistor è in saturazione possiamo assumere che 46 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Quindi è possibile ricavare IC = E’ evidente questa relazione non può essere soddisfatta con alimentazioni simmetriche. Una possibile soluzione è VEE = −2V , VCC = 12V , RE = 1k, RC = 5k. Si otterrà IC = 1.3mA e VCE ≃ 6V , superiore alla richiesta minima. 10 − 0.2 ≃ 10 mA 1k Esercizio 22 I valori dei resistori del partitore di base determinano la tensione di base. Si ha in questo caso VB = 1.5V e VE = 0.8V . Possiamo ottenere l’amplificazione richiesta scegliendo, ad esempio, RE = 1k, RC = 5k. Avremo allora: IC ≃ IE = VE ≃ 0.8 mA RE e VC = VCC − RC IC = 11 V Esercizio 25 Si verifica facilmente che il progetto non è corretto. Infatti si ha VB = 2V , VE = 1.3V e IC = 1.3mA. Con questo valore di corrente, se il transistor fosse nella regione attiva, VCE verrebbe negativa, il che è assurdo. Quindi il transistor è in saturazione. E’ necessario modificare il partitore di base per avere una tensione di base più piccola e quindi anche una tensione di emettitore più piccola. Dalla equazione della maglia di uscita ricaviamo: VCC = 11RE IC + VCE valori ragionevoli per assicurare il corretto funzionamento dell’amplificatore. VE = RE I C da cui si ottiene Esercizio 23 La tensione applicata effettivamente dell’amplificatore è data da 1k vs = 200 mV vi = 1k + 500 La tensione d’uscita è quindi data da: v0 = A · vi = 1.6V all’ingresso VCC = 11VE + VCE In sostanza, per avere la VCE positiva dobbiamo imporre che VCC VE ≤ 11 Valori possibili sono ad esempio VB = 1.2V e VE = 0.5V , che si possono ottenere modificando il partitore di base in modo opportuno. Esercizio 26 Esercizio 24 Ovviamente VCC deve essere positiva, mentre VEE deve Sappiamo che l’amplificazione di tensione e’ data da: essere negativa. Scrivendo l’equazione della maglia di Av = −gm RC uscita e tenendo conto che si deve porre RC = 5RE per avere amplificazione pari a −5: e che |IC | gm ≈ RC IC + VCE + RE IC = |VCC | + |VEE | 25 mV Quindi, per ottenere Av = −200 dobbiamo avere VCE = |VCC | + |VEE | − 6RE IC RC IC = 5V . Possiamo ad esempio scegliere RC = 1k, La tensione dell’emettitore è a -0.7 V, quindi si deve da cui segue che IC deve essere di 5 mA. Per ottenere anche avere questa corrente sul collettore devo avere una corrente RE IC = |VEE | − 0.7 di base di circa 33 µA , che posso realizzare con una resistenza di base, RB ∼ 270k. Sostituendo questa relazione nella precedente equazioIl massimo segnale d’ingresso amplificabile senza ne si ottiene distorsione è di circa 25 mV . VCE = |VCC | − 5|VEE | + 4.2 Esercizio 27 Quindi, se si desidera avere VCE ≥ 5V è necessario Per trovare il punto di lavoro del transistore possiamo scegliere le alimentazioni in modo che: scrivere l’equazione della maglia di base: |VCC | − 5|VEE | > 0.8 VCC = RC (IC + IB ) + RB IB + VCE 47 5.2. CIRCUITI CON TRANSISTOR ovvero, ricordando che IC = βF IB : Da cui vo = 50 V . VCC = (1 + βF )RC IB + RB IB + 0.7 da cui si ricava IB ≃ 30 µA, IC ≃ 3 mA, VCE Perciò il transistor è nella regione attiva. Esercizio 30 Possiamo scrivere le equazioni della maglia d’ingresso ≃ 3.5 V . e della maglia di uscita, tenendo conto dell’errore di montaggio VCC = R1 IB + VBE + RE IC RB VCC = RC IC + VCE + RE IC hie hfe i b RC Dalla prima equazione si ricava IB = L’amplificazione di tensione può essere ricavata costruendo il modello h per piccoli segnali (vedi figura) e scrivendo l’equazione del nodo di uscita: vi − vo vo = h f e ib + RB RC Ma ib = vi /hie quindi si ha vi − vo hf e v i vo = + RB hie RC ovvero vi ( 1 hf e 1 1 − ) = vo ( + ) RB hie RC RB I termini in RB possono essere trascurati in entrambi i membri e si ricava hf e R C vo =− = −gm RC ≃ −310 vi hie dove abbiamo utilizzato la nota relazione tra il valore di gm e quello di IC . VCC − 0.7 R 1 + βF R E e dalla seconda VCE = VCC − (RC + RE )βF IB E’ facile verificare che il transistor e’ in saturazione (VCE viene negativa). Esercizio 31 Determinazione del punto di lavoro: la base del transistore è bloccata alla tensione VB ≃ 0.7V ; pertanto il partitore di tensione blocca anche la tensione del collettore VC = 11 · VB = 7.7 V La corrente IC può essere questo punto ricavata facilmente (si noti che IC non è la corrente che circola in RC ): IC = VC − VB VCC − VC − ≃ 0.9 mA RC R1 L’amplificazione di tensione può essere ricavata costruendo il modello per piccoli segnali (vedi figura) e Esercizio 28 I due transistor hanno la stessa VBE (pari a circa 0.7V). scrivendo l’equazione del nodo di uscita: Le equazioni di Ebers-Moll ci dicono che la corrente di vi − vo v i hf e vo collettore di un transistor dipende solo da VBE , se si = + R1 hie RC trascura il termine relativo alla corrente di polarizzazione inversa del diodo base collettore. Pertanto, se i ovvero 1 hf e 1 1 due transistor sono identici ed alla stessa temperatura vi ( − ) = vo ( + ) R1 hie RC R1 le due correnti di collettore devono essere identiche. La corrente di collettore di T1 e’ facilmente calcolabile, ed I termini in R1 possono essere trascurati in entrambi i e’ pari a circa 1 mA; questo vale quindi anche per T2 . membri e si ricava hf e R C vo =− = −gm RC ≃ −295 vi hie Esercizio 29 Si calcola facilmente v o = R o g m is R s Ri Ri + Rs dove abbiamo utilizzato la nota relazione tra il valore di gm e quello di IC . 48 CAPITOLO 5. SOLUZIONI R1 R2 hie hfe1 i b1 hfe2 i b2 hie2 RC hfe i b vi RB RE RC hie1 vo Possiamo scrivere Esercizio 32 v = −hf e1 ib1 RC Si trova il punto di lavoro scrivendo l’equazione della o vi = hie2 ib2 + (1 + hf e2 )RE ib2 maglia di base Poiché le 2 correnti di collettore sono praticamente V = R I + V − R I = (R + h R )I + 0.7 uguali posso sostituire nella prima equazione e scrivere CC B B BE E E B fe E B e si ricava IB = 14 µA, IC = IE = 1.4 mA, VE = 5.6 V , VCE = 6.4 V . Quindi il transistor è nella regione attiva. Il circuito in esame è un inseguitore di tensione, l’amplificazione di tensione a media frequenza è pari a circa 1. La frequenza di taglio inferiore è dovuta al passa alto formato dal condensatore e dalla resistenza d’ingresso dell’amplificatore in parallelo a RB , perciò si ha complessivamente A= −hf e2 ib2 RC RC vo ≃ ≃− = −10 vi hie2 ib2 + (1 + hf e2 )RE ib2 RE Esercizio 34 L’amplificatore è a base comune. Utilizzando il modello a parametri ibridi (semplificato) otteniamo lo schema in figura, dove con RB abbiamo indicato il parallelo delle due resistenze del partitore di base. Tuttavia a frequenze alte l’impedenza del capacitore CB diviene trascurabile e RB è sostanzialmente corto circuitata. L’amplificazione di tensione è allora data da Ri = (hie + hf e RE ) k RB e ft = 1 ≃ 80 Hz 2πCRi hfe i b hie C RB A= hf e RC = gm RC hie Il parametro gm può essere stimato dal valore della corrente di collettore IC . Si trova facilmente VB ≃ 4.2 V , VE ≃ 3.5 V , IC ≃ 1 mA e quindi A ≃ 400. hfe i b RE hie RC RE CB Esercizio 33 E’ immediato, osservando il circuito, calcolare le tensioni statiche delle basi dei due transistor: VB1 = 2.4 V , VB2 = 1.44 V e quindi: VE1 = VC2 = 1.7 V , VE2 = 0.7 V I due transistor hanno la stessa corrente di collettore – emettitore, essa può essere ricavata facilmente dall’emettitore di T2, e risulta I = 7 mA. A questo punto si puo’ ricavare VC1 = 5V , ed è verificato che i due transistor sono nella regione attiva. Lo schema equivalente del circuito per piccoli segnali è riportato in figura. RB Esercizio 35 Il diodo base emettitore è sicuramente in conduzione, quindi VE ≃ −0.7, IE ≃ 2.15mA. Se il transistor fosse nella regione attiva si avrebbe IC ≃ IE , VC = 5 − 5k × 2.15mA ≃ −6V . Questo risultato è assurdo, quindi il transistor è in saturazione. Sapendo che VCEsat ≃ 0.2V si ricava subito VC ≃ −0.5V e IC ≃ 1.1mA. Esercizio 36 Il transistor non funziona più in quanto tale, ma il diodo base emettitore si polarizza direttamente; ai suoi 49 5.2. CIRCUITI CON TRANSISTOR capi si avrà una differenza di potenziale statica di circa 0.7 V. Il segnale sinusoidale passa attraverso il diodo e verrà quindi rilevato all’uscita sovrapposto alla tensione statica. Esercizio 37 Si ricava facilmente il punto di lavoro statico dei due transistor: VB ≃ 0 V , VE ≃ −0.7 V , IC ≃ IE ≃ 0.55 mA, VCE ≃ 7.2 V . Possiamo poi ricavare: gm ≃ 0.55 mA = 0.022Ω−1 25 mV E infine C Rs vi R E vs α F ie rE RC vo L’analisi per piccoli segnali puo’ essere eseguita utilizzando il circuito equivalente riportato in figura. Si vede subito che la resistenza RE puo’ essere trascurata essendo molto piu’ grande di re . La frequenza di taglio dovuta al passa alto d’ingresso e’ data da 1 ≃ 285 Hz fT ≃ 2πC(re + Rs ) A frequenze piu’ alte si ha ρ ≃ gm RE ≃ 220 vo RC ≃ = gm RC vi re Esercizio 38 re vi ≃ Si puo’ facilmente risolvere l’esercizio utilizzando il teovs re + Rs rema di Miller e trasformare la maglia d’ingresso come Combinando le due relazioni si ottiene in figura. Si ha vo vi vo = ≃ 17 v vi vs s 1M 1M ′ ≃ 20k = R = 1 − 50 2 1− V Esercizio 40 V1 Supponiamo identici i due transistor, cioe’ caratteQuindi la resistenza d’ingresso e’ data dal parallelo tra rizzati da identico valore del parametro hf e . Si 100k e 20k (circa 17k). ha ib2 = −ie1 = (1 + hf e )ib1 io vi 100k R’ = = = ic1 + ic2 = hf e ib1 + hf e ib2 hf e ib1 + hf e (1 + hf e )ib1 hf e ib1 + hf e ib1 + hf e hf e ib1 ≃ hf e hf e ib1 Si ha in definitiva Esercizio 39 Il punto di lavoro puo’ essere trovato molto facilmente. Si ha VB = 0 VE = −0.7 V IC = IE = 4.3 mA Esercizio 41 Lo schema equivalente per piccoli segnali del circuito in esame e’ quello riportato in figura, dove RB = R1 k R2 . La resistenza RBB e’ dunque in parallelo ad re , ma poiche’ sicuramente VC = 5.7 V Si ricava quindi la transconduttanza del transistor RBB ≫ re essa puo’ essere trascurata Definendo quindi gm ≃ 0.17 S e la resistenza di emettitore 1 = 5.8 Ω re ≃ gm io io = ≃ h2f e is ib1 Ai = ′ RE = RE k RB si trova facilmente vo vi = = ′ −ie RE ′ −(re + RE )ie 50 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Quindi VE1 = 1.7 V e VC1 = 5.6 V . Il transistor T1 e’ nella regione attiva. Per il transistor T2 si ha poi VB2 = VC1 = 5.6 V , VE2 ≃ 4.9 V , IE2 = IC2 ≃ 0.6 mA. Percio’ anche T2 e’ nella regione attiva. -αFie re RBB vi Esercizio 43 RE RB vo 1. Punto di lavoro statico Scriviamo l’equazione della maglia di ingresso L’amplificazione di tensione e’ data allora da AV = ′ RE ′ re + RE ≃1 dove l’ultimo passaggio e’ giustificato poiche’ certa′ mente re ≪ RE . Questo amplificatore e’ quindi un inseguitore di tensione. La resistenza d’ingresso e’ poi data da Ri = vi ii = ≃ ′ RE hf e − Da cui si ricava VCC − VBE RC (1 + βF ) + RE (1 + βF ) + RB IB = Poiche’ IE = IB (1 + βF ) possiamo ricavare IE = ′ RE )ie (re + ib ′ (re + RE )(1 + hf e ) = VCC = RC (IB + IC ) + RB IB + VBE + RE IC VCC − VBE VCC − VBE ≃ R RC + RE B RC + RE + 1 + βF Si ha quindi, IE ≃ 2 mA, IC = IE , VBE ≃ 0.7 V , VCE ≃ 0.7V . Si ricava inoltre gm ≃ 0.08 S. a) RB Si ha numericamente vi Ri = 0.83k × 150 ≃ 125k Esercizio 42 Caso a: interruttore I chiuso. Si ha VE1 = 0, VB1 ≃ 0.7 V . La corrente di base puo’ essere quindi valutata facendo l’equivalente di Thevenin del partitore R1 , R2 ; si ha Veq ≃ 2.8 V e Req ≃ 40k, e quindi 2.8 − 0.7 IB1 ≃ ≃ 52 µA 40k Con questa corrente di base e’ facile verificare che T1 e’ in saturazione, quindi VC1 ≃ 0.2 V . Questa tensione e’ insufficiente a portare in conduzione il transistor T2 che e’ quindi in interdizione. Caso b: interruttore I aperto Utilizzando di nuovo l’equivalente di Thevenin del partitore di base si puo’ scrivere per il transistor T1 Veq = = RB IB1 + VBE1 + RE1 IC1 IC1 + VBE1 + RE1 IC1 Req βF 1 Da cui si ricava facilmente IC1 = IE1 = 0.77 mA rπ gmvπ R1 gmvπ RC vo b) vi rπ R2 RC vo 2. Amplificazione di tensione Lo schema equivalente per piccoli segnali del circuito in esame e’ quello riportato in figura a). Scrivendo l’equazione del nodo di uscita si ha vo vo − vi + gm vi + =0 RB RC Da cui si ricava 1 − gm vo R ≃ −7 Av = = B 1 1 vi + RB RC 3. Resistenza d’ingresso e resistenza d’uscita 51 5.2. CIRCUITI CON TRANSISTOR E’ conveniente trasformare il circuito utilizzando il teorema di Miller sulla resistenza RB (schema b) ). Si ha Ipotizzando che il transistor sia a temperatura ambiente cio’ significa che occorre avere RC IC = 5 V . Possiamo quindi scegliere una corrente IC = 1 mA, da cui RC = 5 kΩ. La base e’ a tensione circa zero, RB RB RB ≃ RB R1 = ≃ R2 = quindi la tensione di emettitore e’ VE ≃ −0.7 V ; per 1 − Av 8 1 − A1 avere la corrente scelta di 1 mA si deve quindi porre v RE = 9.3 kΩ. Quindi Con questi valori si ha il valore statico VCE = 5.7 V . Ri = rπ k R1 ≃ R1 ≃ 12 Ω Se non si vuole avere distorsione in uscita occorre che Ro = Rc k R2 ≃ R2 = 100 Ω VCE rimanga compresa tra ∼ 0.2 V e ∼ 10.7 V : quinInfatti, dalla conoscenza di gm e del limite inferiore di di, approssimativamente, il segnale d’ingresso non deve βF si ricava che superare 25 mV . Infine, poiche’ 50 rπ > = 600 VT 0.08 re = = 25 Ω IC quindi trascurabile nel parallelo con R1 , mentre RC e’ trascurabile rispetto a R2 . si deve porre CE ≃ 6.4 µF per avere la frequenza di taglio richiesta. Esercizio 44 1. Punto di lavoro Si ricava facilmente VB = 6 V Esercizio 46 VE = 5.3 V VCE = 4.3 V IE = IC ≃ 2.4 mA Dobbiamo calcolare gm ≃ 0.1 S Ri = hfeib vi RE hie RC RB vo vi ib1 Utilizzando il modello h per piccoli segnali si trova facilmente vi ib2 = = hie1 ib1 + hie2 ib2 − RE ie2 −ie1 = (1 + hf e1 )ib1 ≃ hf e1 ib1 ie2 = (1 + hf e2 )ib2 = −(1 + hf e2 )(1 + hf e1 )ib1 2. Amplificazione di tensione Utilizzando il modello per piccoli segnali riportato in ≃ −hf e2 hf e1 ib1 figura (abbiamo indicato con RB il parallelo tra R1 e R2 ) si puo’ scrivere Da cui si ricava vo = −hf e RC ib Ri ≃ hie1 + hie2 hf e1 + hf e1 hf e2 RE vi = −(hie + RB )ib ≃ hf e1 hf e2 RE Possiamo ricavare il valore di hie hie = E infine Av = hf e ≃ 1k gm hf e RC ≃ 17 hie + RB Esercizio 47 L’amplificazione di potenza e’ data dal prodotto delle amplificazioni di tensione e di corrente Esercizio 45 L’amplificazione e’ data da Av = Allo stesso risultato si arriva con qualunque altro modello. RC I C VT AP = Avs Ais = v o iL v s is 52 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Sappiamo che Abbiamo poi la condizione Avs = − Ri RC k RL Ri + Rs RE VE = 0.1VCC = 1.5 V da cui consegue e che Ais = − RC k RL Ri RE RL dove Ri e’ la resistenza dell’amplificatore. In questo circuito si ha (R3 + RE ) = VE /IC = 1 kΩ; E infine VB = 2.2 V . Data la corrente di partitore richiesta e il valore di VB si deve avere Ri = R1 k R2 k hf e RE = 7.1k R1 + R2 = Si trova quindi facilmente Avs = Ais = AP = 7.1k 690 = 1.05 7.1k + 0.1k 650 690 7.1k − = 7.53 650 1k 7.91 − Esercizio 48 Il primo stadio e’ un amplificatore a Emettitore Comune, pertanto conviene anzitutto calcolare la transconduttanza gm1 del transistor Q1 . Si ha: VB1 ≃ 1.8 V VE1 ≃ 1.1 V e R1 + R2 = 6.8 R2 Si ricava R1 = 4.4 kΩ e R2 = 25.6 kΩ Per avere la massima dinamica del segnale di uscita scegliamo VCE ≃ VCC /2, ovvero: VC = VCE + VE = 9 V ; quindi RC = (VCC − VC )/IC = 4 kΩ. L’amplificazione a centro banda è uguale a: hf e R C RC RC ≃ ≃ 1 h hie + (1 + hf e )RE ie + RE + RE gm hf e A= IE1 ≃ 1.6 mA Da cui si ricava gm1 ≃ 0.062 S. L’amplificazione del primo stadio e’ data da A1 = −gm1 (RC k RL ) VCC = 30 kΩ IP Quindi si ha: RE = RC 1 4000 1 − = − = 160 − 17 = 143 Ω A gm 25 0.06 da cui consegue R3 = 857, Ω. dove RL e’ la resistenza di carico costituita dal secondo stadio, ovvero la resistenza d’ingresso di esso, che in questo caso non e’ trascurabile rispetto a RC . Infatti si ha RL ≃ hf e RE2 = 10k Con questi dati si ha infine A1 ≃ −162 Il secondo stadio è un inseguitore di tensione, la sua amplificazione A2 ≃ 1. In conclusione si ha quindi Esercizio 50 Per il transistor Q1 . Si ha: VB1 ≃ 1.8 V VE1 ≃ 1.1 V IE1 ≃ IC1 ≃ 1.6 mA Nel resistore RC circola sia la corrente del primo collettore, IC1 , sia la corrente che entra nella base di Q2 , IB2 , che in questo caso non e’ trascurabile perche’ la resistenza d’ingresso di Q2 (ovvero ≃ βF RE2 ) non è molto maggiore di RC . Si deve quindi scrivere A = A1 A2 = −162 VCC = RC (IC1 + IB2 ) + VBE2 + RE2 IC2 Esercizio 49 Calcoliamo anzitutto la transconduttanza del transistor 1.5 · 10−3 IC = 0.06 S = gm = VT 25 · 10−3 Sfruttando la relazione IC2 = βF IB2 possiamo quindi ricavare IB2 IB2 = VCC − RC IC1 − 0.7 = 260 µA RC + βF RE2 53 5.2. CIRCUITI CON TRANSISTOR Come previsto questa corrente non è trascurabile rispetto a IC1 . Si ha allora Da cui segue, applicando Miller R1 ≃ VC1 = VCC − RC (IC1 + IB2 ) = 3.3 V Quindi VB2 = 3.3 V RB gm RC R2 ≃ RB VE2 = 2.6 V IE2 = 26 mA Esercizio 51 Il primo stadio e’ un amplificatore ad emettitore comune, il secondo un inseguitore di tensione. Per ricavare l’amplificazione complessiva dobbiamo calcolare resistenze di ingresso e di uscita per entrambi. Per il primo stadio abbiamo: VB1 = 3.8 V VE1 ≃ 3.2 V IE1 ≃ 1.8 mA VC ≃ 6 V gm1 = 0.072 hie1 = hf e1 ≃ 1.4k gm1 Si ha quindi: Av1 = −238 Nella maglia d’ingresso possiamo trascurare Rs e La resistenza d’ingresso del primo stadio, Ri1 , e’ data scrivere da rπ k R1 Vs Ri1 = hie1 k 22k k 47k ≃ hie1 ≃ 1.4k Vπ = Vs = 1 (rπ k R1 ) + ZC 1+ La resistenza d’uscita del primo stadio, Ro1 , e’ data RB sC(rπ k ) semplicemente da RC1 , ovvero 3.3k. gm RC Per il secondo stadio si ha: da cui segue infine: VB2 = 6 V VE2 ≃ 5.4 V IE2 ≃ 5.4 mA re2 ≃ 5Ω gm RC Vo La resistenza d’ingresso del secondo stadio, Ri2 , e’ data =− 1 Vs da: 1+ RB Ri2 ≃ hf e2 (re2 + RE2 ) ≃ 100k ) sC(rπ k g m RC L’amplificazione complessiva e’ data da: Con i dati del problema si ha Ri1 Avs = Av1 ≃ −139 Ri1 + Rs hf e gm = 0.2 rπ = = 500 Ω gm Infine, la resistenza d’uscita del secondo stadio, Ro , e’ data da: da cui si ricava Ro1 ) k RE2 ≃ 38 Ω Ro ≃ (re2 + hf e2 Av = −200 ft ≃ 4.8 kHz Esercizio 52 Esercizio 53 Possiamo risolvere il problema utilizzando il modello pi-greco (figura a), e applicare poi il teorema di Miller (figura b). Poiche’ RC << RB la tensione del nodo di uscita Vo puo’ essere ricavata trascurando RB e si ha Vo ≃ −gm RC Il transistor Q2 funziona da generatore di corrente (che possiamo approssimativamente considerare ideale) per l’amplificatore ad emettitore comune costituito da Q1. Si ha: VB2 = −7.5 V , VE2 ≃ −8.2 V , IE2 ≃ 1 mA, e IC1 ≃ IE2 54 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Il circuito tuttavia non è in grado di funzionare come amplificatore, come si comprende osservando il modello per piccoli segnali in figura. Il generatore ideale di corrente (transistor Q2 ) ha un valore i = 0, pertanto ie = 0 e ic = 0, quindi vo = 0. Si verifica facilmente dalla figura che Ri = ∞. Abbiamo perciò un passa-alto e un passa-basso. Con i dati numerici del problema si ha Rin ≃ 10k e si trova fL ≃ 16 Hz fH ≃ 22600 Hz (5.5) Mentre l’amplificazione a media frequenza (fL ≪ f ≪ fH ) e’ uguale a -4.7. 5.3 Amplificatori operazionali Esercizio 55 Esercizio 54 Possiamo risolvere il problema utilizzando il modello h per piccoli segnali (vedi figura). va R R‘B RB R vb Possiamo ricavare l’amplificazione complessiva fattorizzando, ovvero: vo vi vo = (5.1) vs vi vs Si ha vi ≃ vo = vo vi = h f e ib R E 1 RC −hf e ib (RC k ) = −hf e ib jωC2 1 + jωRC C2 RC 1 − RE 1 + jωRC C2 Nella maglia d’ingresso si ha vi = vs Rin 1 Rin + jωC1 1 = 1+ 1 jωC1 Rin R‘C RC vc R Il progetto può essere sviluppato in molti modi, un esempio è mostrato in figura. I resistori Rb ed Rc vanno scelti in modo da avere i corretti rapporti di amplificazione. Il sommatore al secondo stadio divide per 3 la somma dei segnali in ingresso. Si noti che i resistori R (il cui valore numerico non è critico) sono fondamentali per disaccoppiare tra loro i 3 ingressi. (5.2) Esercizio 56 dove la resistenza Rin e’ data da Rin = RB k hf e RE (5.3) Mettendo tutto insieme si arriva all’amplificazione complessiva vo RC =− vs RE 1 1 1 + jωRC C2 1+ jωC1 Rin 1 R’ R (5.4) vs 55 5.3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Il problema può essere risolto realizzando il circuito in figura, dove dovrà avere R′ /R = 14. La banda passante è data da: 6 10 ≃ 0.7 · 105 Hz 15 La resistenza d’ingresso e’ praticamente infinita. Esercizio 57 L’amplificatore non è reazionato. L’uscita quindi andrà in saturazione e oscillerà tra le tensioni di alimentazione. In sostanza si avrà un’onda quadra con valor medio nullo, tra –15 e +15 V. Esercizio 61 Applicando le regole ‘auree’ si ricava facilmente v+ = 8 vin = v− 10 Scrivendo poi l’equazione del nodo al morsetto negativo vin − 8 8 vin = vin − vo 10 10 Si ricava facilmente vo = 6 vin 10 Esercizio 62 Il circuito ha una funzione di trasferimento tipo passa Esercizio 58 Quanto il deviatore e’ nella posizione A il circuito è un – basso. La minima impedenza di ingresso si ha per amplificatore invertente, con Av = −2, pertanto vo = altissime frequenze e vale ovviamente 100k. −3 V . Quando il deviatore è nella posizione B l’anello Esercizio 63 di reazione è aperto, quindi vo ≃ VEE ≃ −12 V . La d.d.p. tra i due ingressi (V+ −V− ) è un’onda rettangolare con valore medio –1V e semi ampiezza 0.5V. PerEsercizio 59 tanto l’uscita è sempre in saturazione a –12V. I resistori Caso a: interruttore verso massa aperto non giocano alcun ruolo in questo circuito. In base alle regole ‘auree’ possiamo dire che il morsetto positivo è sicuramente alla tensione vin , dato che Esercizio 64 non vi è corrente entrante nel morsetto; di conseguenza anche il morsetto negativo avrà la stessa tensione. R’2 Non circola corrente, quindi nel resistore d’ingresso sul morsetto negativo e quindi, non circola corrente neanR2 che nel resistore di reazione. Anche l’uscita allora è v2 alla tensione vin , cioè vo vo = vin v1 R1 Caso b: interruttore verso massa chiuso R’1 Il circuito diviene un normale amplificatore invertente con A = −1, cioè vo = −vin Questo montaggio consente quindi di realizzare facilmente un amplificatore unitario a segno variabile. Esercizio 60 L’amplificazione di tensione e’ data da 470k = −47 AV = − 10k Conviene anzitutto scrivere l’espressione generale della risposta del circuito, in funzione delle amplificazioni A1 e A2. Con riferimento alla simbologia della figura e utilizzando le tecniche consuete si trova v0 = A1 v1 + A2 v2 = R′ R′ R1′ (1 + 2 )v1 − 2 v2 ′ R1 + R1 R2 R2 Sostituendo con i valori numerici proposti si trova Affinche’ non vi sia distorsione nel segnale (sinusoidale) A1 = 10.45 e A2 = −11. in uscita la sua ampiezza deve essere inferiore a 15 V ; Ricordando poi che quindi la massima ampiezza del segnale in ingresso e’ data da: A1 − A2 Ad 15 2 ρ = = vimax = ≃ 0.3V Ac A1 + A2 47 56 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Si ottiene ρ ≃ 19.5. Il problema puo’ essere risolto costruendo il circuito come in figura. Esercizio 65 L’esercizio si risolve come al solito, assumendo le regole ‘auree’ di un operazionale. La corrente che entra negli ingressi è trascurabile; i due ingressi sono alla stessa tensione. Si vede subito che i morsetti di ingresso sono entrambi a tensione zero. Conviene scrivere l’equazione del nodo in alto. Detta v1 la sua tensione si ha: Esercizio 69 La tensione all’ingresso positivo è vi = L’amplificazione del circuito è quindi data da v1 v1 v1 − vo = + 100k 1k 100k Inoltre, guardando il nodo al morsetto d’ingresso, abbiamo che vs v1 =− 100k 100k e quindi v1 = −vs . Sostituendo questo risultato nell’equazione precedente si ottiene facilmente vo = 102 A= vs Esercizio 70 In un amplificatore operazionale reale gli ingressi non possono essere esattamente identici. Questa asimmetria si traduce in un ‘apparente’ segnale di ingresso che viene amplificato e porta l’amplificatore in saturazione. A= 0.5vs . vo 1 vo 1 500 = = (1 + ) = 5.5 vs 2 vi 2 50 − Esercizio 66 Non vi è reazione, quindi l’uscita va in saturazione: la forma d’onda è approssimativamente un’onda quadra tra 0 e 10V. Esercizio 67 Entrambi i morsetti di ingresso sono a tensione zero. Possiamo scrivere l’equazione del nodo 15 vo = Is − ′ R R Esercizio 71 Il circuito può funzionare solo se il segnale d’ingresso ha una componente continua esattamente nulla. Questa condizione è ben difficilmente realizzabile in pratica: quindi il livello di continua presente all’ingresso viene integrato e porta inevitabilmente l’uscita in saturazione. Esercizio 72 Questo amplificatore ha un’amplificazione A = (1 + cioe’ R′ R Imponendo le due condizioni richieste nel testo vo = R′ Is − 15 (150µA)R′ − 15 R′ =5 R R′ =0 R ′ Si trova facilmente la soluzione: R = 50k e R = 300k. (50µA)R′ − 15 Esercizio 68 +10V 750k )=6 150k Quindi la banda passante e’ data da BP = 107 ≃ 1.7 · 106 6 Esercizio 73 L’esercizio si risolve come al solito, assumendo le regole ‘auree’ di un operazionale. La corrente che entra negli ingressi è trascurabile; i due ingressi sono alla stessa tensione. Scrivendo le due equazioni dei nodi di ingresso e combinandole si ottiene facilmente: +10V vo ≃ 2.8(v1 + v2 ) 90k 500 10k vs 500 -10V Esercizio 74 L’esercizio si risolve come al solito, assumendo le regole ‘auree’ di un operazionale. La corrente che entra negli ingressi è trascurabile; i due ingressi sono alla 57 5.3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI stessa tensione. Scrivendo le due equazioni dei nodi di ingresso e combinandole si ottiene facilmente: IL = vi R naturalmente questo risultato assume la perfetta uguaglianza delle due resistenze R tra loro e delle due resistenze R’ tra loro. Esercizio 75 Poiché l’operazionale non è reazionato va in saturazione e all’uscita si avrà un’onda quadra compresa approssimativamente tra 0V e 10V, con frequenza uguale a quella dell’onda di ingresso. Esercizio 76 La funzione di trasferimento è data da: A=1+ 20k 1 2k + jω(4700nF ) A frequenza zero, cioe’ in continua, l’amplificazione diviene unitaria. Esercizio 77 Questo esercizio può essere risolto in vari modi. Il più semplice prevede di utilizzare un operazionale tipo LM358 (capace cioè di funzionare con alimentazione singola) alimentato con 0V e +10V. Si invia il segnale vs all’ingresso invertente, mentre l’ingresso non invertente è collegato a +5V. In questo modo si ha un’uscita di 0V quando vs > +5V e di 10V quando vs < +5V . Un semplice partitore sull’uscita ci consentirà di riportare la tensione ai livelli desiderati. Esercizio 78 L’esercizio si risolve come al solito, assumendo le regole ‘auree’ di un operazionale. La corrente che entra negli ingressi è trascurabile; i due ingressi sono alla stessa tensione. Scrivendo le due equazioni dei nodi di ingresso e combinandole si ottiene facilmente: vo = 1 R′ (1 + )(v1 + v2 ) 2 R Si deve quindi imporre R′ /R = 9. Possiamo, ad esempio, porre R = 50k e R′ = 450k. I resistori R1 non giocano nessun ruolo, quindi possono essere scelti arbitrariamente (per esempio 100k). Si noti che essi devono essere comunque presenti, per disaccoppiare tra loro i due ingressi. Esercizio 79 Ricordiamo che il prodotto guadagno × banda deve essere costante. Pertanto si deve avere: ft × A(0) = f (100kHz) × A(100khz) Dai dati del problema si ricava allora ft = 1kHz. Esercizio 80 Chiamando v01 e v02 le tensioni all’uscita dei due operazionali del primo stadio si ha vo = R4 (vo2 − vo1 ) R3 Scrivendo poi le due equazioni dei due morsetti d’ingresso negativi del primo stadio si ha: vo2 − vo1 = (v2 − v1 )(1 + 2R2 ) R1 Combinando le due equazioni si ottiene il risultato: vo = (1 + 2R2 R4 ) (v2 − v1 ) R1 R3 Esercizio 81 Scrivendo l’equazione del nodo d’ingresso e l’equazione del nodo in cui confluiscono R2 , R3 e R4 si ottiene facilmente: A=− R4 R4 R2 (1 + + ) R1 R2 R3 Esercizio 82 L’uscita sinusoidale è espressa dall’equazione v = 10sin(2πf t) e la sua derivata e’ dv = 2πf 10cos(2πf t) dt Il valore massimo della derivata (in modulo) è dato quindi da dv ( )max = 2πf 10 dt Affinché non si abbia distorsione occorre che questo valore sia inferiore alla slew rate, ovvero si deve avere: f < 950kHz 58 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Esercizio 83 Ricordiamo che il prodotto guadagno × banda deve essere costante. Si ha pero’: A(100kHZ) × 100kHz = 5 × 108 A(50Hz) × 50Hz = 2.5 × 108 Questo vuol dire che la frequenza di taglio ft e’ superiore a 50 Hz. Pertanto il guadagno in continua e’ uguale a quello a 50 Hz e la frequenza di taglio si ricava di conseguenza dalla relazione ft = 5 × 108 = 100Hz 5 × 106 Esercizio 84 Le equazioni dei due morsetti di ingresso sono V2 − V R1 V1 − V R1 = = V − VA R2 V − VB R2 dove VA e VB sono le tensioni dei nodi congiunti da RG . Sottraendo membro a membro si ottiene VA − VB = − R2 (V2 − V1 ) R1 Le equazioni dei nodi A e B sono V − VA R2 V − VB R2 = = VA − VB VA − Vo − RG R2 VA − VB VB − + RG R2 Sottraendo membro a membro si ricava, con alcuni passaggi R2 )(VA − VB ) Vo = 2(1 + RG Combinando i risultati ottenuti si ottiene infine Vo = 2 in funzione del tempo. Nel caso in esame essa è (in modulo): dv = 40 · f dt Affinché non si abbia distorsione questa derivata deve essere inferiore alla slew rate; ciò avviene se f < 250kHz. Esercizio 87 Poiche’ l’operazionale puo’ essere considerato ideale possiamo scrivere le equazioni dei due nodi di ingresso: v − vo v1 − v v2 − v + = R R R′ v3 − v v4 − v v + = ′ R R R dove abbiamo indicato con v la tensione (uguale) dei due ingressi. Eliminando v dalle 2 equazioni si ricava vo = R′ (v3 + v4 − v1 − v2 ) R Esercizio 88 La tensione dell’ingresso positivo dell’operazionale e’ data da R2 V+ = 15 R1 + R2 e la reazione forza anche l’ingresso negativo alla stessa tensione. La corrente IE (e quindi IC ) del transistor e’ allora data semplicemente da IE = percio’ e’ facile scegliere i valori dei resistori. Ponendo, per esempio, RE = 1kΩ, si deve avere V+ = 10V , che possiamo ottenere con R2 R2 (1 + )(V1 − V2 ) R1 RG Esercizio 85 Si scrivono le equazioni dei due ingressi negativi degli operazionali, combinando le quali si trova: vo = vi (1 + R2 R1 + ) R R Esercizio 86 Bisogna calcolare la derivata della tensione di uscita 15 − V+ RE R1 = 50kΩ R2 = 100kΩ Esercizio 89 Si scrivono le equazioni dei due nodi di ingresso dell’operazionale e le equazioni dei due nodi congiunti da R. Combinando queste 4 equazioni si ottiene vo = 2 R2 R2 (1 + (V1 − v2 ) R1 R 59 5.3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Esercizio 90 Con riferimento ai versi delle correnti scelti nella figura (tenendo conto delle consuete regole auree dell’operazionale ideale) possiamo scrivere: v − vo vi − v = R1 R2 Si deve quindi scegliere R = 100 kΩ. Esercizio 93 I due ingressi sono alla stessa tensione; chiamando v questa tensione possiamo scrivere due relazioni per le correnti v R1 vs − v vo − v + R4 R3 − v vo − v = + iL R2 R1 dove V e’ la tensione (uguale) dei due ingressi dell’operazionale. Combinando queste due relazioni si ottiene facilmente vi IL = R1 R2 R1 vo − v R2 = iL Dalla prima relazione si ricava vo = v(1 + R2 ) R1 Sostituendo nella seconda si arriva a vi iL = 1 R2 1 R3 vs + v (1 + ) − v (1 + ) R4 R3 R1 R3 R4 La condizione richiesta e’ quindi realizzata se R2 R2 R3 = R1 R4 RL R1 = in questo caso si ha infatti iL = vs R4 Esercizio 91 Esercizio 94 Il problema puo’ essere risolto con un sommatore invertente, come in figura. Ad un’ingresso si invia l’onda 1) Utilizzando i metodi consueti si trova facilmente sinusoidale, all’altro una tensione costante V2 = −3 V . Si scelgono poi dei resistori con R2 R2 vo = (1 + )vs − VDC R1 R1 5 R′ = R 6 La componente sinusoidale dell’uscita, vo′ , e’ data da in modo da avere in uscita il corretto valore di tensione. vo′ = 13 × 200 mV = 2.6 V R’ quindi occorre aggiungere una tensione continua 1 2 R R VDC = − 2.6 V = −0.22 V 12 2) Scriviamo l’andamento temporale dell’uscita (solo la parte sinusoidale) vo′ = 2.6 sin(2πf t) Esercizio 92 La tensione d’uscita e’ data da Vo = Rx Vref R dove f e’ la frequenza. La derivata e’ data da dvo′ = 2.6 2πf cos(2πf t) dt 60 CAPITOLO 5. SOLUZIONI il cui valore massimo e’ 2.6 2πf Per non avere una distorsione in uscita occorre quindi che 107 = 0.612 M Hz f< 2.6 2π Il problema può essere risolto utilizzando un sommatore non invertente come in figura. La tensione di uscita di questo circuito è data da Esercizio 95 Ponendo ad esempio: vo = La tensione all’ingresso non invertente (e quindi anche dell’ingresso invertente) e’ v 2 = I2 R4 Possiamo quindi scrivere l’equazione del nodo al morsetto invertente, cioe’ v1 − v2 v2 v2 − vo − = R1 R2 R3 Si ricava facilmente R2 R1 R + R′ ( vin + VREF ) R R1 + R2 R1 + R2 VREF = +4 V R2 R′ = 20 = 20 R R1 la tensione d’uscita soddisfa i requisiti richiesti. Naturalmente si possono adottare molte altre soluzioni utilizzando due operazionali in sequenza. Esercizio 98 Indicando con vo′ la tensione all’uscita dell’operazionale, si ha, dal morsetto invertente: vs v ′ − vs = o R R1 R3 R3 R3 + )I2 vo = − v1 + R4 (1 + R1 R2 R1 E si ricava quindi Esercizio 96 vo′ = vs (1 + I nodi di ingresso dell’operazionale sono alla stessa tensione pertanto nel resistore RG non circola corrente. Indicando con v il valore della predetta tensione possiamo scrivere le due equazioni: − v = IG R3 Dal nodo di uscita si può scrivere vo − vo′ vo vs − vo = + R4 R2 R3 Combinando queste due relazioni si ottiene facilmente R1 1 1 vo R4 + R2 (1 + R ) Av = ≃ 2.55 = 1 1 1 vs R4 + R3 + R2 v − vo v + IG = − R1 R2 Ricavando v dalla prima equazione e sostituendolo nella seconda si ricava vo = −11 V Esercizio 99 Con i metodi consueti si trova vo = v2 (1 + Esercizio 97 R R1 ) R Se R’ R2 R4 R4 ) − v1 (1 + ) R3 R1 R3 R4 R1 = R3 R2 l’espressione si semplifica e si arriva a vo vin VREF vo = (1 + R1 R2 Esercizio 100 R4 )(v2 − v1 ) R3 61 5.3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI R’ R R4 R’’ V1 R’’ Vi R1 R2 Vref R’’ Vo Vo V2 R3 V3 Con la consueta tecnica troviamo le tensioni ai due Sono possibili varie soluzioni. In quella mostrata in ingressi dell’operazionale figura il primo stadio deve amplificare −50, quindi 1 (V2 R3 + V3 R2 ) V+ = R′ /R = 50. Il secondo stadio (sommatore invertente) R3 + R2 riceve quindi un segnale che varia tra −1 V e −11 V , a 1 cui deve essere sommata una tensione positiva VREF = V− = (V1 R4 + Vo R1 ) R + R4 1 +6 V per portare l’uscita finale nell’intervallo richiesto. Imponendo l’uguaglianza tra V+ e V− si trova Esercizio 101 Chiamando V1 la tensione del nodo all’estremo superiore di R1 , R3 , R4 si trova V1 = − R3 Vi = −0.5 V R2 Con i consueti metodi si trova poi vo = −10.5 V . Si ha quindi iL = −17.5 mA (diretta quindi verso l’uscita dell’operazionale), la corrente in R4 è data da i4 = 0.5 mA (anche essa diretta verso l’uscita dell’operazionale) e infine io = 18 mA (entrante nell’operazionale). V0 = R3 R2 R3 R4 R1 + R4 ( V2 − Ig ) − V1 R1 R2 + R3 R2 + R3 R1 Da cui si ricava Vo = 5.6 V Esercizio 104 R’ R R’’ R’’ Vi Vref R’’ Vo Esercizio 102 Si calcola facilmente la tensione dell’ingresso positivo R4 V+ = Vi = 6 V R3 + R4 Sono possibili varie soluzioni. In quella mostrata in figura il primo stadio deve amplificare −25, quindi R′ /R = 25. Il secondo stadio (sommatore invertente) riceve quindi un segnale che varia tra −5 V e +5 V , a cui deve essere sommata una tensione negativa VREF = −5 V per portare l’uscita finale nell’intervallo richiesto. Naturalmente anche l’ingresso negativo è alla stessa tensione, cioè V− = 6 V . A questo punto è facile calcolare tutte le correnti: i1 = 300 µA , i2 = 200 µA, i5 = i1 − i2 = 100 µA Esercizio 105 , i3 = i4 = 200 µA. Infine si trova Vo = −6 V , Rin = 18 kΩ. Amplificazione di tensione: Possiamo scrivere l’equazione del nodo in cui confluiscono R1 , R2 ed R3 . Indicando con vA la sua tensione Esercizio 103 Conviene anzitutto trasformare il generatore di corren- e scegliendo i versi delle correnti si ha: te con la sua resistenza in parallelo in un generatore di vi − vA vA vA = + tensione con resistenza in serie (V3 = −Ig R3 ). R1 R3 R2 62 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Da cui si ricava Al morsetto negativo abbiamo vi = vA ( 1 1 1 1 + + ) = vA R1 R2 R3 RP v − vo vi − v = R R′ dove con RP abbiamo indicato il parallelo dei 3 Combinando le due relazioni si arriva a: resistori. 1 R′ R′ Al morsetto invertente abbiamo: + (1 + ) Av = − R 1 + jωC1 R1 R vo vA =− Per ω → 0 si ha Av = 1. Per ω → ∞ si ha R2 R4 Av = −R′ /R. Combinando le due relazioni si arriva infine a trovare Av = vo R4 RP =− = 2.5 vi R2 Resistenza d’ingresso: Osserviamo che R2 ed R3 sono virtualmente in parallelo, in quanto entrambe hanno il secondo estremo a massa. Si ha quindi Ri = R1 + R2 R3 = 2 kΩ R2 + R3 Esercizio 106 a) L’ingresso positivo è alla tensione V+ = VCC /2 = 6V . Per la tensione continua l’amplificatore si comporta come inseguitore di tensione, a causa della presenza del capacitore Ci . Pertanto l’uscita ha un valore medio di 6 V . Il segnale sinusoidale viene invece amplificato di un fattore 10. Quindi l’uscita vo è una sinusoide con ampiezza 5 V e valor medio 6 V . b) La parte variabile dell’uscita è vo′ = 5sin(2πf t) Esercizio 108 L’amplificatore è non invertente, con Av = 2, quindi vo = 12 V . In R1 scorre la corrente |I1 | = vi /R1 = 0.05 mA. La stessa corrente scorre in R2 . In RL si ha |IL | = vo /RL = 12 mA. La potenza totale dissipata è quindi: P (mW ) = = = Esercizio 109 a) L’ingresso positivo è alla tensione V+ = VCC /2 = 6V . Per la tensione continua l’amplificatore si comporta come inseguitore di tensione, a causa della presenza del capacitore Ci . Pertanto l’uscita ha un valore medio di 6 V . Il segnale sinusoidale viene invece amplificato di un fattore 10. Quindi l’uscita vo è una sinusoide con ampiezza 5 V e valor medio 6 V . b) La parte variabile dell’uscita è La sua derivata è dvo′ = 10πf cos(2πf t) dt il cui valore massimo è 10πf . Per non avere distorsione in uscita occorre che questo valore sia minore della slew rate, ovvero 106 f< = 32 kHz 10π Esercizio 107 I due ingressi dell’operazionale sono alla stessa tensione, v, che può essere calcolata al morsetto positivo, ovvero 1 1 jωC1 vi = vi v= 1 1 + jωC1 R1 R1 + jωC1 I1 vi + I2 (vo − vi ) + IL vo 0.05 × 6 + 0.05 × 6 + 12 × 12 144.6mW vo′ = 5sin(2πf t) La sua derivata è dvo′ = 10πf cos(2πf t) dt il cui valore massimo è 10πf . Per non avere distorsione in uscita occorre che questo valore sia minore della slew rate, ovvero f< 106 = 32 kHz 10π Esercizio 110 I due ingressi dell’operazionale sono alla stessa tensione, v, che può essere calcolata al morsetto positivo, ovvero R5 v= vi R3 + R5 63 5.3. AMPLIFICATORI OPERAZIONALI Al morsetto negativo abbiamo v − vo vi − v = R2 R1 Combinando le due relazioni si arriva a: Av = − che vm ≃ VCC /2; Infine, poiche’ l’ampiezza della sinusoide in uscita può arrivare a vom = 5 V si deve avere VCC > 10 V . Possiamo ad esempio porre VCC = 15 V . L’amplificatore puo’ essere realizzato sia in forma invertente che in forma non invertente. R1 R5 R1 + (1 + ) R2 R3 + R5 R2 Per calcolare la resistenza d’ingresso Ri (ovvero il rapporto tra la tensione d’ingresso vi e la corrente d’ingresso ii ) osserviamo che R2 ed R3 sono virtualmente in parallelo, avendo entrambe il secondo estremo alla tensione v. Chiamando RP questo parallelo possiamo Soluzione invertente: allora scrivere la corrente entrante come La tensione dell’ingresso positivo e’ data da vi − v = ii = RP vi − R5 vi R3 + R5 RP v+ = All’ingresso negativo possiamo scrivere Con alcuni passaggi si ricava infine R3 + R5 Ri = R2 R2 + R3 Esercizio 111 vs R1 vo − vA R4 v− − vo vs − v− = R R′ Unendo le due relazioni (ricordando che v− = v+ ) si ottiene vo = − Possiamo scrivere l’equazione del nodo al morsetto negativo e l’equazione del nodo in cui confluiscono R2 , R3 e R4 , indicando con vA la sua tensione. Si ha = = vA − vs R2 vA − vs vA + R2 R3 Con i dati del problema dalla prima equazione si ricava vA = 2vs . Sostituendo nella seconda equazione, si ricava vo = 6vs . Quindi l’amplificazione e’ A = 6. Esercizio 112 Poiche’ l’operazionale ha solo l’alimentazione positiva, VCC , la tensione d’uscita è contenuta nell’intervallo 0 − VCC ; questo significa che il segnale sinusoidale in uscita deve avere un valore medio positivo, ovvero essere del tipo v0 = vm + vom sin(2πf t) Quindi e’ necessario aggiungere al segnale sinusoidale d’ingresso un opportuno livello di continua; inoltre, per avere la migliore dinamica possibile è opportuno R2 VCC R1 + R2 R′ R ′ + R R2 vs + VCC R R R1 + R2 Per soddisfare le richieste di progetto e’ necessario quindi avere R′ = 100 R e 1 R ′ + R R2 ≃ R R1 + R2 2 Che si puo’ ottenere ponendo R1 = 200R2 . In definitiva si può ad esempio scegliere R1 = 200k; R2 = 1k R = 1k R′ = 100k. Infine il condensatore C va scelto in modo che la frequenza di taglio del passa alto formato da C ed RL sia molto minore di 1 kHz. Soluzione non invertente: Scrivendo l’equazione del nodo al morsetto positivo si ha vs − v+ VCC − v+ + =0 R1 R2 Da cui si ricava v+ = R2 R1 VCC + vs R1 + R2 R1 + R2 Dal morsetto negativo si ricava vo = R + R′ v− R 64 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Infine, poiche’ v+ = v− si puo’ ricavare vo = R2 R1 R + R′ R + R′ VCC + vs R R1 + R2 R R1 + R2 Dobbiamo imporre che l’amplificazione sia circa pari a 100 e che il valore di tensione continua sia circa VCC /2, ovvero si deve avere R1 R + R′ R R1 + R2 R2 R + R′ R R1 + R2 = 100 = 1 2 Dividendo membro a membro si ricava R1 = 200R2 . Scegliendo poi per semplicità R′ = 100R si trova R1 R + R′ R R1 + R2 R2 R + R′ R R1 + R2 = = 200 ≃ 100 201 101 1 ≃ 201 2 101 × Quindi le richieste sono rispettate. In definitiva si può ad esempio scegliere R1 = 200k; R2 = 1k R = 1k R′ = 100k. Infine il condensatore C va scelto in modo che la frequenza di taglio del passa alto formato da C ed RL sia molto minore di 1 kHz. Pertanto la tensione d’uscita e’ data da vo = Avm sin(2πf t), con un massimo vomax = 10 V . La corrente massima e’ infine data da vomax /RL = 20 mA. Esercizio 115 Il prodotto GuadagnoXBanda deve essere almeno 107 Hz. Il segnale d’uscita e’ dato da vo = vomax sin(2πf t). La sua derivata e’ quindi dvo = 2πvomax f cos(2πf t) dt con un valore massimo di ∼ 3 × 106 . Pertanto la Slew Rate deve essere maggiore di questo valore. Esercizio 116 L’inseguitore di tensione finale somma con pari peso le uscite di un amplificatore passa basso e di un amplificatore passa alto. Il passa basso ha una frequenza di taglio fL = Esercizio 113 Il circuito in esame è un passa-banda con frequenze di taglio fL = fH = 1 ≃ 20 Hz 2πR1 C1 1 ≃ 20 kHz 2πR2 C2 1 ≃ 16 Hz 2πR1 C1 e amplificazione pari ad 1 per f << fL . Il passa alto ha una frequenza di taglio fH = 1 ≃ 20 kHz 2πR2 C2 con un’amplificazione pari a 10 per f >> fH . Il riPer frequenze intermedie, fL << f << fH , sultato complessivo e’ quindi un filtro elimina-banda, l’amplificazione e’ A = −R2 /R1 = −10. il cui diagramma di Bode e’ riportato in figura. Per frequenze f << fL l’amplificazione varia con pendenza di 20 dB/decade, mentre per frequenze f >> fH l’amplificazione varia con pendenza −20 dB/decade. Se si aggiunge un secondo stadio identico al primo, si ha un passa banda con amplificazione al centro banda di 100 e pendenze di ±40 db/decade. Esercizio 114 I due stadi hanno la stessa amplificazione, A1 = A2 = −10. L’amplificazione complessiva e’ quindi A = A1 × A2 = 100 65 5.4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI 5.4 Circuiti logici e convertitori Esercizio 117 Nella soluzione riportata in figura si suppone di utilizzare operazionali tipo LM358 in grado di funzionare con singola alimentazione da +5V e quindi di fornire direttamente uscite TTL compatibili. A B C Y 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 A B C Y 0 0 0 Esercizio 122 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 Esercizio 118 A Esercizio 123 B A C B C Esercizio 119 Y = ABC + ABC + ABC + ABC Esercizio 124 Esercizio 120 Y = ABC + ABC Y = (AB) · (A + B) Esercizio 121 Esercizio 125 +5V Y = AB ⊕ (A + B) ⊕ C T1 +2.5V A 0V Esercizio 126 +5V T2 B +2.5V 0V Alla temperatura richiesta di 30 °C le due sonde forniscono una tensione di 2.5V. Pertanto il problema può essere risolto costruendo due comparatori (con soglia 2.5V); le uscite dei due comparatori sono poi utilizzate per costruire le due funzioni logiche richieste, A e B. I t Y t 66 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Inizialmente l’uscita Y è a 1 logico. Quando l’ingresso I passa a 1 logico l’uscita del NAND in alto passa a 0. Il condensatore, inizialmente carico e a tensione +5V, non può scaricarsi istantaneamente, ma si scaricherà con un tempo caratteristico RC, attraverso la resistenza R. Quindi, per un certo intervallo di tempo,entrambi gli ingressi del secondo NAND sono a 1 e ciò porta Y a 0. Quando la tensione del condensatore scende sotto un certo livello, l’uscita si riporta a 1. Esercizio 127 R’ S2 = 1.4V quando P = 10 atmosfere. Si realizza la funzione voluta usando due comparatori (con soglie S1 e S2) e un OR. I due comparatori sono alimentati con 0 e +5V in modo da fornire direttamente livelli logici TTL in uscita. L’uscita Y fornisce il segnale logico voluto. Esercizio 129 Chiamiamo D0 .....D7 le 8 uscite del contatore (D0 è la meno significativa). Se il contenuto del contatore è maggiore o uguale a 192, le uscite D7 e D6 sono sicuramente ad 1. Quindi la variabile logica A è semplicemente data da A = D6 D7 R1 2R Ovviamente si ha B = A. R R R R R R R 2R 2R 2R 2R 2R 2R 2R a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 2R 2R a7 REGISTRO A 8 BIT Questo esercizio può naturalmente essere risolto in vari modi.In figura è mostrata una possibile soluzione. L’uscita del primo operazionale è una tensione positiva, variabile tra 0V (per ingressi tutti a zero) e circa +3.3V (per ingressi tutti ad uno). Il secondo operazionale inverte il segno e porta il range di tensione al livello voluto, grazie ad una opportuna scelta di R1 e R′ . Esercizio 131 Il FF riceve il segnale di clock quando le uscite D5 e D6 del contatore passano da 0 a 1. Cio’ avviene quando il conteggio arriva a 96 (64+32): Q commuta ad 1. La successiva commutazione avverrebbe al conteggio 228 (132+64+32), ma non si realizza perchè gli impulsi in arrivo sono solo 200. Esercizio 132 La funzione logica desiderata e’ data da: Esercizio 128 +5V Y = ABCD + ABCD + ABCD + ABCD +0.5V 0V +5V I Esercizio 130 Per risolvere questo problema occorre ricordare come è realizzato circuitalmente lo stadio d’ingresso del NAND nella famiglia TTL: si comprende immediatamente che un ingresso non connesso è equivalente ad un 1 logico. Pertanto l’uscita sarà equivalente a quella che si avrebbe connettendo ad “1” logico l’ingresso B. Y Esercizio 133 La funzione logica desiderata e’ data da: Y = ABC + ABC + ABC + ABC 100 +1.4V 0V Mediante un resistore da 100 Ohm la corrente del trasduttore è trasformata in una tensione V = 0.1 · P + 0.4 (V in Volt) In questo modo le due pressioni di soglia corrispondono a due tensioni: S1 = 0.5V quando P = 1atmosfera Esercizio 134 Puo’ essere risolto utilizzando un FF SR (con il clock sempre abilitato), come in figura. A B S Q “1” C k R Q 67 5.4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI riporti) si ricava subito il progetto del circuito (vedi figura) Esercizio 135 B +.5V R’ v1 R v2 R Esercizio 137 La funzione F scritta in forma canonica e’ F = AB + BC A R’ Utilizzando il teorema di De Morgan si puo’ trasformare in F = (AB) · (BC) -.5V E’ immediato a questo punto progettare il circuito utilizzando solo porte NAND. L’esercizio puo’ essere risolto come in figura, dove, per Esercizio 138 semplicita’ non abbiamo indicato le tensioni di alimentazione dei vari operazionali, e supposto che i comparatori forniscano direttamente in uscita livelli logici TTL. L’uscita logica A diviene 1 quando la differenza eccede i limiti prefissati. L’uscita logica B consente di individuare quale delle due tensioni e’ maggiore. Esercizio 136 Per risolvere l’esercizio conviene anzitutto sviluppare manualmente la moltiplicazione (vedi tabella). B1 B0 x A1 A0 = (B1 A0 ) (B0 A0 ) + (B1 A1 ) (B0 A1 ) P2 P1 P3 P0 P1 S C HA output En S1 S0 X0 X3 X2 X1 = P0 P2 P3 S C HA Esercizio 139 La tavola della verità è (x vuol dire qualunque): X3 X2 X1 X0 Y1 Y0 1 x x x 1 1 0 1 x x 1 0 0 0 1 x 0 1 0 0 0 x 0 0 In forma canonica si ha quindi: A0 A1 B0 B1 Y 1 = X3 + X 3 X2 Y 0 = X3 + X 3 X 2 X1 E’ facile a questo punto disegnare il circuito. Come e’ ovvio la moltiplicazione puo’ dare come risultato un numero a 4 bit (P0 , ...P3 ). Dall’esame della Esercizio 140 precedente tabella (tenendo anche conto dei possibili 68 CAPITOLO 5. SOLUZIONI U0 U3 U2 U1 S1 S0 I Esercizio 141 La tavola della verita’ del multiplexer e’ la seguente: A2 A1 A0 Y 0 0 0 I0 0 0 1 I1 0 1 0 I2 0 1 1 I3 1 0 0 I4 1 0 1 I5 1 1 0 I6 1 1 1 I7 Si ottiene quindi il risultato voluto applicando le variabili A,B,C agli ingressi di selezione e dando opportuni livelli logici agli ingressi I, come in figura. S E A B +5V 0V Esercizio 142 A A0 B A1 C A2 I0 I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 Y “1” Esercizio 145 Start Stop Q T Ck Il problema è facilmente risolto utilizzando un FF “edge triggered” di tipo T, come in figura. Esercizio 143 La tavola della verita’ richiesta e’ la seguente: Il circuito oscilla in continuazione perche’ l’uscita Y riportata all’ingresso forza una nuova catena di commutazioni. Pertanto Y oscilla tra 0 e 1 logico, con un periodo legato al tempo di commutazione delle porte. Esercizio 146 Le condizioni A < 8 e B < 8 si ottengono facilmente negando i bit più significativi relativi alle due variabili. La condizione di allarme puo’ essere memorizzata in un FF edge triggered di tipo T, con ingresso T sempre alto. La reazione dall’uscita Q sull’AND serve a garantire che l’allarme resta comunque attivo anche se A e B scendono e risalgono più volte nel tempo. Il FF deve essere azzerato manulamente usando opportunamente gli ingressi di Preset e Clear. A B C Y 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 A0 1 1 1 0 A1 In forma canonica si ha quindi Y = AB C + AB C + AB C + AB C E’ immediato a questo punto realizzare il circuito. Esercizio 144 +5V A2 A3 T B0 B1 B2 B3 Pr Q Ck Cr Q 69 5.4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI Esercizio 147 Il problema puo’ essere risolto come in figura, con 4 Full Adder. Se SEL = 0 gli OR esclusivi su ogni ingresso B non hanno nessun effetto e si esegue quindi la somma A + B. Se SEL = 1 ogni ingresso B viene complementato; inoltre SEL viene sommato nel primo Full Adder. Quindi viene eseguita la somma A + B + 1, ovvero proprio la sottrazione A − B. A3 B3 A2 B2 A1 B1 Le uscite I5 e I7 , messe in OR, forniscono la funzione Y1 . Le uscite I3 e I6 , messe in OR, forniscono la funzione Y2 . A0 A1 A2 I0 I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 A0 B0 SEL Y1 FA C FA S3 FA S2 Y2 FA S1 S0 Esercizio 150 Le 4 fasi del semaforo possono essere logicamente descritte con due variabili binarie ovvero un numero a 2 bit, come in questa tabella: Esercizio 148 I R C B Y A Q1 Q0 Luce 0 0 V 0 1 G 1 0 R 1 1 R+G I A B Si riconosce facilmente che i comandi logici di accensione sono dati da Y t Il comportamento temporale del circuito e’ descritto nel diagramma: Sul fronte di salita di I l’ingresso A del NOR riceve instantaneamente il livello basso, mentre l’ingresso B sale con una costante di tempo τ = RC. Quindi l’uscita Y del NOR diviene alta e resta tale finche’ B non raggiunge il livello di commutazione, a quel punto Y torna bassa. Viceversa, sul fronte di discesa di I non succede nulla perche’ il NOR riceve comunque un ingresso alto e quindi la sua uscita e’ bassa. Esercizio 149 V → G → R → Q1 Q0 = Q1 + Q0 Q0 Q1 Si puo’ quindi costruire un contatore a 2 bit con due Flip Flop tipo T (edge triggerered, sensibile al fronte di discesa, oppure master-slave) e utilizzare le due uscite per costruire i comandi logici da inviare alle lanterne, come in figura. 70 CAPITOLO 5. SOLUZIONI +5 V 10ns 10ns Q T Clock Q T Ck Ck A Q0 Q1 R G B V T Esercizio 151 La tavola della verità del circuito richiesto è: EI I0 I1 I2 I3 A1 A0 GS E0 H x x x x H H H H L H H H H H H H L L x x x L L L L H L x x L H L H L H L x L H H H L L H L L H H H H H L H Esercizio 154 Le tre tensioni sono inviate a tre comparatori, con soglia VT = 3 V . I segnali logici ricavati possono essere utilizzati per costruire le condizioni di allarme (in figura ciò è stato ottenuto con un decoder, ma poteva essere fatto anche in altri modi). V1 VT V2 A0 A1 A2 VT I0 I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 V3 Esercizio 152 Il problema può essere risolto utilizzando 2 FF 3-state di tipo D, con il clock sempre attivo. D 1 Q LED ROSSO LED GIALLO VT LED VERDE Esercizio 155 Ck En A Q D Ck B 1 Esaminando la tavola della verita’ si trova che la funzione richiesta e’ En P = A0 A1 A2 + A0 A1 A2 + A0 A1 A2 + A0 A1 A2 SEL Esercizio 156 Esercizio 153 All’istante T l’ingresso A passa da 0 a 1, ma l’uscita del NOT commuta con 10 ns di ritardo. Pertanto, durante 10 ns l’AND riceve due livelli alti agli ingressi e la sua uscita diventa 1, Ma anche l’AND introduce un ritardo di 10 ns perciò l’impulso in uscita è ritardato di 10 ns . Il sistema puo’ essere realizzato con un Flip Flop SR e due porte logiche. La condizione n ≥ 192 si ottiene dall’AND dei bit A7 e A6 del registro; la condizione n < 128 si ottiene negando il bit A7 del registro. I due livelli logici vengono poi inviati agli ingressi S ed R del FF (vedi figura). 71 5.4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI REGISTRO A 8 BIT A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0 All’interruttore S Q R Q provoca il comando di spegnimento del raffreddamento. Quando Tmin < T < Tmax si ha S = 0 e R = 0, l’uscita Q resta nello stato precedente e lo stesso avviene per il raffreddamento. Ovviamente lo stato S = 1 e R = 1 e’ fisicamente impossibile. T>Tmax +6V S V All’interruttore R +5V Esercizio 157 La tavola della verita’ del multiplexer e’ la seguente: C B A Y 0 0 0 I0 0 0 1 I1 0 1 0 I2 0 1 1 I3 1 0 0 I4 1 0 1 I5 1 1 0 I6 Q Q T<Tmin Esercizio 159 Il problema si risolve prendendo l’OR delle uscite Y0 (000), Y3 (011), Y5 (101), Y6 (110). P Y0 Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7 1 1 1 I7 Si ottiene quindi il risultato voluto applicando le variabili A,B,C agli ingressi di selezione e dando opportuni livelli logici agli ingressi I, come in figura. A A0 B A1 C A2 5V 0V Esercizio 160 I0 I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 A A0 B A1 C A2 Y Y = A B C + A BC + ABC + AB C + ABC = = A B(C + C) + ABC + AB(C + C) B(A + A) + ABC + ABC = B + ABC Infine, utilizzando il teorema di De Morgan Esercizio 158 B + ABC = (B · (ABC)) Il sistema puo’ essere realizzato con due comparatori e un Flip Flop S-R (vedi figura). Si suppone che i che può essere implementato come in figura comparatori siano alimentati con 0 e 5 V , in modo da fornire direttamente in uscita livelli logici TTL. Il clock A del FF e’ supposto sempre attivo. Quando T > Tmax B si ha S = 1, R = 0, quindi Q = 1: questo provoca C il comando di accensione del raffreddamento. Quando T < Tmin si ha S = 0 e R = 1, quindi Q = 0: questo Y 72 CAPITOLO 5. SOLUZIONI Esercizio 161 La tavola della verità del circuito richiesto è: S A B Y 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 La funzione da realizzare è quindi: Y = SAB + SA B Esercizio 162 Indichiamo con A l’uscita del N OR e con B l’ingresso del N OT . Per determinare lo stato iniziale del sistema si può procedere per ipotesi: Y = 0 : in questo caso A = 1, anche B = 1, il condensatore è scarico. E’ uno stato stabile. Y = 1 : in questo caso si dovrebbe avere A = 0 e B = 0, questo stato non è stabile, visto che il punto B è collegato a +5 V . Lo stato iniziale è quindi Y = 0. All’istante t1 I passa a 1 e A scende a 0. Anche B scende a 0, ma a questo punto il condensatore inizia a caricarsi con andamento esponenziale: Esercizio 163 Il problema può essere risolto utilizzando due FlipFlop, con il Clock sempre attivo con P reset e Clear a 1 logico. I due concorrenti hanno a disposizione i pulsanti C1 e C2; inizialmente, tramite il pulsante di Reset, si invia uno 0 logico agli ingressi di Clear e i due FF vanno nello stato Q = 0 e Q = 1. Quando un concorrente preme il suo pulsante il corrispondente FF passa nello stato Q = 1, Q = 0: si accende il corrispondente Led e l’altro pulsante viene inibito. Premendo ancora il Reset il sistema viene riportato alla situazione iniziale. t RC ) vB = 5(1 − e − All’istante t2 , vB raggiunge la soglia di commutazione del N OT , Y ritorna a 0, ovvero nel suo stato stabile. Esercizio 164 La tavola della verità del circuito richiesto è: L’uscita del N OR resta a 0 5.4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI S A B Y 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 73 In forma canonica la funzione ha 6 termini, è più conveniente sviluppare la funzione Y e poi negarla. Si ha perciò: Y = S A B + SAB Esercizio 166 Il problema può essere risolto con un sommatore non invertente a 3 ingressi, un comparatore e un Flip Flop, tutti alimentati a +5 V . Le uscite delle 3 sonde vengono collegate ai 3 ingressi del sommatore, la cui tensione di uscita Vo = (V1 + V2 + V3 )/3, ovvero proprio la tensione media Esercizio 165 fornita dalle sonde. La soglia di 90 °C corrisponde a Indichiamo con A l’uscita del N AN D 1, con B l’uscita 900 mV , questo valore deve essere impostato sull’indel N OT , con C il nodo fra resistenza e condensatore. gresso negativo del comparatore (può essere ricavato Per determinare lo stato iniziale del sistema si può con un opportuno partitore dall’alimentazione). Iniprocedere per ipotesi: zialmente il FFF viene impostato a Q = 0 con il pulY = 0 : in questo caso A = 1, B = 0, C = 0; ma sante collegato al Clear. Se Vo > 900 mV l’uscita del comparatore va a +5 V (1 logico), quindi il FF fornisce questo porterebbe Y = 1 contraddicendo l’ipotesi. Y = 1 : in questo caso si ha A = 0, B = 1, C = 1 e Q = 1 e provoca l’accensione del Led, che resta acceso Y = 1. Questa ipotesi quindi è quella giusta e lo stato anche se Vo torna sotto soglia. L’allarme può essere azzerato solo usando di nuovo il pulsante di Clear. iniziale è Y = 1. All’istante t1 I passa a 0, A diviene 1 e B diviene 0. Il punto C non può però scendere di tensione istantaneamente, bensì con legge esponenziale t vC = 5 e RC − c’è quindi un intervallo di tempo (legato al valore di τ ) in cui entrambi gli ingressi del N AN D 2 sono alti. Al- Esercizio 167 l’istante t2 , vC scende sotto la soglia di commutazione del N AN D, Y ritorna a 1, ovvero nel suo stato stabile. La tavola della verita’ della funzione richiesta e’: 74 CAPITOLO 5. SOLUZIONI A2 A1 A0 Y 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 Smin Smax V S R 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 Non cambia 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 Impossibile 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 Il circuito da realizzare e’ quindi il seguente: Si noti che l’ultima riga corrisponde ad una situazione fisicamente impossibile, quindi e’ irrilevante. Si ricava S = Smin Smax + Smin Smax = Smin R = Smin Smax + Smin Smax = Smax Il circuito quindi puo’ essere realizzato come in figura Esercizio 168 Esercizio 170 Per t < 0 l’uscita dell’AND n. 1 e’ 0, mentre l’uscita dell’AND n. 2 e’ 1, quindi Y = 1. L’uscita dell’AND n. 2 diventa 0 all’istante t = 10, mentre quella dell’AND n. 1 diventa 1 all’istante t = 20. Quindi nell’intervallo 10 < t < 20 entrambi gli ingressi dell’OR sono a 0, ovvero l’uscita Y rimane a 0 per la stessa durata (sfasata di ulteriori 10 ns). Poi torna a 1. Esercizio 169 L’elettrovalvola V deve essere aperta quando il livello e’ minore o uguale a Lmin (ovvero Smin = 0) , deve essere chiusa quando il livello supera Lmax (Smax = 1). Nelle situazioni intermedie la valvola puo’ essere aperta o chiusa, ovvero deve rimanere nello stato in cui gia’ si trova. Il problema quindi puo’ essere risolto utilizzando un Flip Flop SR (con clock sempre attivo), la cui uscita Q viene utilizzata per comandare l’elettrovalvola. Dobbiamo costruire gli ingressi S e R del FF a partire da Smin e Smax , come nella seguente tabella: Esercizio 171 La tavola della verita’ del Full Adder e’: 75 5.4. CIRCUITI LOGICI E CONVERTITORI An Bn C n1 Sn Cn 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 R = L1 L2 + L1 L2 = L2 Il circuito quindi puo’ essere realizzato come in figura Il circuito da realizzare e’ quindi il seguente: Esercizio 172 Lo switch deve essere in posizione normale (I = 0) quando V > V2 , in posizione di emergenza (I = 1) quando V < V1 . Nelle situazioni intermedie (V1 < V < V2 ) lo switch puo’ avere entrambe le posizioni, ovvero deve rimanere nello stato in cui gia’ si trova. Il problema puo’ essere risolto con un Flip Flop SR (con clock sempre attivo), la cui uscita Q viene utilizzata per comandare lo switch. Dobbiamo costruire gli ingressi S e R del FF a partire da L1 e L2 , come nella seguente tabella: L1 L2 I S R 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 Non cambia 0 0 0 1 Impossibile 1 1 Si noti che l’ultima riga corrisponde ad una situazione fisicamente impossibile, quindi e’ irrilevante. Si ricava S = L1 L2 + L1 L2 = L1
