A.A. 03-04 Elettronica - Soluzioni della prova scritta del 05/07/04 1

A.A. 03-04
Elettronica - Soluzioni della prova scritta del 05/07/04
1) Dallo schema segue immediatamente che:
VGS = VDD
per cui, siccome
VGS − VTH ≈ 2.55 V,
risulta soddisfatta la disuguaglianza:
VDS < VGS − VTH .
Pertanto il transistor opera in regione di triodo e la corrente di drain è data dalla
relazione:
W
I D = kn 
L

2
  2 (VGS − VTH ) VDS − VDS  ,

dove:
ID =
VDD − VDS
≈ 30 µA.
R
Sostituendo, quindi, nella relazione precedente, si ha:
ID
W
=
≈ 0.67.
L kn  2 (VGS − VTH ) VDS − VDS 2 
2) Considerando i condensatori dei circuiti aperti si ottiene lo
schema di figura. Assumendo che il BJT sia in zona lineare, con VBE
pari a 0.7 V, applicando la KVL al circuito di ingresso si trova:
+VCC
IB
VEE − VBE = R1 I B + ( R4 + R5 ) I E = R1
IE
+ I ( R + R5 ) ,
β +1 E 4
da cui segue:
IE =
VEE − VBE
≈ 2.0 mA;
R1
+ R + R5
β +1 4
quindi, applicando la KVL al circuito di uscita si ha:
R1
R2
IE
VCE
IE
VBE
R4
R5
-VDD
VCE = VCC + VEE − RC I C − ( R4 + R5 ) I E =
= VCC + VEE − RC I E
β
β +1
− ( R4 + R5 ) I E ≈ 6.2 V .
Siccome VCE > 0.7 V , il BJT opera effettivamente in zona lineare. Nel punto di
funzionamento, la corrente di collettore vale:
IC =
IE
≈ 2.0 mA,
β +1
così i parametri del modello a π sono:
I
mA
g m = C ≈ 76.6
,
V
VT
rπ =
β
gm
vbe
C1
vin
+
rp
R1
R4
R2
R5
≈ 1.3 kΩ.
C3
gm vbe
R3
v out
C2
In figura è mostrato il circuito equivalente per il piccolo segnale; considerando i
condensatori dei cortocircuiti, lo schema si modifica come indicato in figura
vbe
seguente, in cui la resistenza RC vale:
N
RC =
R2 R3
≈ 2.1 kΩ
R2 + R3
vin
+
R1
rp
R4
gm vbe
RC
ie
Applicando la KVL al circuito di ingresso risulta:
vi = vbe + R4ie
dove la corrente ie può esprimersi attraverso vbe applicando la KCL al nodo N:
ie = g m vbe +
vbe
rπ
inoltre la tensione vout può scriversi come:
vout = − g m vbe RC ,
per cui:
vbe = −
vout
.
g m RC
Quindi, sostituendo nelle precedenti espressioni, si trova:
v out
vi = −
vout
g m RC

 1
R4 
R
R
+ 4 + 4
1 + g m R4 +  = −vout 
rπ 

 g m RC RC β RC

,

da cui segue:
Av = −
g m RC
R
1 + g m R4 + 4
rπ
=−
β RC
rπ + R4 (1 + β )
≈ -6.7,
vbe
C1
g v
m be
che corrisponde a circa 17 dB. Per calcolare la costante
rp
di tempo associata al condensatore C1 , dopo aver
R4
RC
R1
annullato il generatore d’ingresso, sostituiamo tutti gli
altri condensatori con dei cortocircuiti. Lo schema si
Re1 R'e1
modifica così come mostrato in figura. La resistenza
Re1 vista dal condensatore C1 è pari al parallelo di R1 con la resistenza Re′1 posta a
valle di R1 . Per valutare tale quantità stabiliamo la resistenza equivalente del circuito
a destra di R1 . Applichiamo, pertanto, un generatore di tensione e stabiliamo la
corrente erogata. Risulta:
v1 = i1rπ + ( i1 + i1 g m vbe ) R4 = i1  rπ + R4 (1 + β )  ,
vbe
i1
da cui segue:
v1
+
rp
gm vbe
R4
RC
i 1 + gm vbe
Re′1 =
v1
= rπ + R4 (1 + β ) ≈ 31.6 kΩ.
i1
Così la resistenza Re1 vale:
Re1 =
R1 Re′1
≈ 1.9 kΩ,
R1 + Re′1
e quindi la costante di tempo τ 1 associata a C1 è:
vbe
rp
gm vbe
N
R4
R5
τ 1 = Re1C1 ≈ 376 ms.
RC
C2
Per calcolare la costante di tempo associata a C2 procediamo in maniera analoga; in
figura è mostrato il corrispondente circuito. Allo scopo di semplificare la
vbe
determinazione escludiamo il ramo compreso tra il nodo N e
gm vbe
massa e stabiliamo la resistenza equivalente Re′2 vista da questi
i2
rp
+
due morsetti. Applichiamo, pertanto, un generatore di tensione
RC
v2
e stabiliamo la corrente erogata; poiché risulta vbe = −v2 ,
segue:
i2 = − g m vbe −

vbe
1
= −vbe  g m +
rπ
rπ



1
 = v2  g m +
rπ



,

e quindi:
Re′2 =
r
v2
1
=
= π ≈ 12.9 Ω.
i2 g + 1 1 + β
m
rπ
N
R'e2
Così, con riferimento alla figura, la resistenza Re 2 vale:
Re 2
( R′ + R4 ) R5
= e2
Re′2 + R4 + R5
R4
R5
C2
≈ 295.5 Ω,
e quindi la costante di tempo τ 2 associata a C2 è:
τ 2 = Re 2C2 ≈ 8 ms.
Infine calcoliamo la costante di tempo associata a C3 ;
per semplificare il calcolo escludiamo il ramo posto a
sinistra di R2 e valutiamone la resistenza equivalente
Re′3 . Pertanto applichiamo un generatore di tensione e
stabiliamo la corrente erogata; siccome risulta:
i=
1

vbe
+ g m vbe = vbe  + g m  ,
rπ
 rπ

allora, poiché vbe + iR4 = 0 , segue:
vbe
rp
C3
gm vbe
R4
R3
R2
R'e3
vbe
rp
gm vbe
R4
i
v3
+
i3
1

vbe + vbe R4  + g m  = 0
 rπ

che è soddisfatta solo se vbe = 0 . Quindi anche i = 0 e pertanto la resistenza Re′3 è
infinita. Così, dal circuito di figura segue che la resistenza Re3 vista C3 vale:
Re3 = R2 + R3 ≈ 9.3 kΩ.
Ne segue che la corrispondente costante di tempo è:
τ 3 = Re3C3 ≈ 930 ms.
La frequenza di taglio inferiore dell’amplificatore vale quindi:
C3
R2
R3
fL =
1
2π
1 1 1
 + +  ≈ 20 Hz.
 τ1 τ 2 τ 3 
Si noti che la frequenza di taglio è dominata dal polo associato alla capacità C2 che,
da solo, determina una frequenza di taglio 1 ( 2πτ 2 ) pari a 19.9 Hz, mentre le
frequenze di taglio associate alle capacità C1 e C3 sono, rispettivamente, 50 e 100
volte minori.