Esercizi numerici svolti

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
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5
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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