Traccia della soluzione dell’esame del 24-2-2011
1) Il guadagno totale si può scrivere come prodotto dei guadagni di tre 2-porte in cascata:
Av ( s ) =
vu vu vC1 v B1
=
,
vi vC1 v B1 vi
dove B1 e C1 sono la base ed il collettore di Q1. Q2 è connesso come uno stadio a b.c. generalizzato, quindi:
β 0 RC
vu
=
.
vC1 rbe 2 + RB
A causa della capacità, non è possibile usare le formule dell’e.c. standard per Q1. Ricorrendo alla matrice
delle ammettenze, si ricava comunque subito:
vC1 sC − g m1
=
,
vB1 sC + Gi 2
dove
Gi−21 = Ri 2 =
rbe 2 + RB
β0 + 1
è la resistenza d’ingresso del b.c. generalizzato Q2. Infine, usando la formula del partitore di tensione, si
ottiene:
v B1
Z i1
GS
=
=
,
vi
Z i1 + RS Yi1 + GS
dove
v
sC − g m1
Yi1 = yi + y r C1 = g be1 + sC − sC
sC + Gi 2
v B1
è l’ammettenza d’ingresso dello stadio ad e.c. scritta in funzione degli elementi della matrice delle
ammettenze. In conclusione si ottiene:
Av ( s ) =
β 0 RC
rbe 2 + RB
⋅
GS ( sC − g m1 )
.
sC (GS + g be1 + Gi 2 + g m1 ) + (GS + g be1 )Gi 2
2) Dall’espressione precedente, si ha che il guadagno statico vale:
Av (0) =
β 0 RC − GS g m1
− β 02
g R
⋅
=
⋅ be1 C .
β 0 + 1 GS + g be1 β 0 + 1 1 + g be1RS
Imponendo il valore richiesto per il modulo, si ricava quindi che g be1 ≅ 1 mS e, utilizzando la solita
espressione per g be , si ottiene infine I C10 ≅ 2.5 mA, da cui Vi 0 = VBE10 + RS I B10 = 0.739 V.
3) Nelle condizioni richieste deve essere
VCC − RB I B 20 − VBE 20 + VCEsat = Vu 0 = VCC − RC I C 20 ,
dove le correnti e la VBE2 sono uguali a quelle del punto precedente. Si ottiene RB = 75.4 kΩ.
4) La frequenza di taglio vale:
f0 =
(GS + gbe1 )Gi 2
= 5.1 MHz.
2π C (GS + g be1 + Gi 2 + g m1 )
5) Nel circuito di figura, se si riduce la RB la frequenza di taglio aumenta, ma contemporaneamente Q2 entra
in saturazione, perché si riduce la VCE2, come si deduce dalle formule precedenti. E’ possibile risolvere il
problema per esempio aggiungendo una seconda resistenza di polarizzazione RB2 tra la base di Q2 e massa.
La rete formata da VCC, RB ed RB2 è equivalente secondo Thevenin ad un generatore di tensione Veq in serie ad
una resistenza Req. Si possono quindi dimensionare le due resistenze RB ed RB2 in modo tale da avere la stessa
tensione a riposo sulla base di Q2, ma con Req minore della RB calcolata al punto 3, e quindi frequenza di
taglio più alta. Sono possibili ovviamente anche altre soluzioni.
6) Indicando con Vop la tensione d’uscita dell’opamp, si può scrivere
Av ( s ) =
Vu Vu Vop
=
.
Vi Vop Vi
Tenendo presente che l’opamp è connesso ad amplificatore con guadagno unitario e scrivendo le equazioni
di bilancio delle correnti nei nodi interni si ottiene:
Vu
1
G
=
=
Vop 1 + sRC G + sC
Vop
G2
,
=
Vi
(G + sC ) 2
da cui
Av =
Vu
G3
,
=
Vi (G + sC ) 3
che è di tipo passa-basso con valore unitario a frequenza zero e tre poli coincidenti pari a p = −G / C .
7) La pulsazione di oscillazione, che è quella per la quale Av(jω) è reale, coincide con
ω0 =
in corrispondenza della quale AV ( jω0 ) = −
3
,
RC
1
, che è negativo. Occorre quindi un 2-porte non-lineare non8
reattivo di tipo invertente, che può essere ottenuto con un amplificatore invertente formato da un opamp e
due resistenze, meglio se preceduto da un amplificatore a guadagno unitario utilizzato come separatore (si
veda il testo dell’esame del 25/1/2011).
8) Dato che il guadagno per piccoli segnali dell’amplificatore invertente con opamp è –R2/R1, dovrà essere:
R2/R1 > 8.
9) Il 2-porte di figura si comporta come lineare finché l’opamp non satura. La massima ampiezza della Vu si
ha quindi quando l’ampiezza di Vop è pari alla tensione di saturazione VuM. Alla pulsazione ω0 , data
l’espressione di Vu / Vop , si ottiene quindi VuMAX = VuM / 2.
