1 Parte di un circuito a componenti discreti.. 2 Parte di un circuito integrato monolitico

1

Parte di un circuito a componenti discreti.

2

Parte di un circuito integrato monolitico.

3

Circuito elettr(on)ico analogico a parametri concentrati e costanti.

È un modello matematico adatto a studiare le proprietà elettriche di un sistema fisico.

È costituito da funzioni reali, continue, derivabili di una variabile

reale continua: V(t), I(t), ... relazioni differenziali alle derivate ordinarie

rispetto alla variabile indipendente t , in generale non lineari e non omogenee ma con coefficienti costanti.

Le funzioni sono modelli matematici di grandezze elettriche. La variabile indipendente t è modello matematico del tempo.

4

Circuito elettr(on)ico analogico a parametri concentrati e costanti.

Se le relazioni differenziali sono lineari, possono essere rese algebriche con un metodo di trasformazione:metodo dei fasori

per funzioni sinusoidali isofrquenziali

trasformazione di Fourierper funzioni assolutamente integrabili

trasformazione di Laplaceper funzioni nulle per t<0

5

Circuito connesso, elettromagneticamente isolato, descritto da un sistema di equazioni

differenziali, in generale non lineare.

Un circuito.

6

V(t)

I(t)

I(t)

Bipolo A Bipolo B

porta

Bipoli.

Se la potenza istantanea p(t)=V(t)I(t) è >0,A sta cedendo energia a B.

7

Relazione di proporzionalità fra una tensione e una corrente:RESISTORE LINEARE.

Rnome N+ N- valore in

N+

N-

I(t)V(t)

N+

N-

I(t)V(t)

V(t)=R·I(t)I(t)=G·V(t)

G·R=1

8

Relazione di proporzionalità fra una corrente e la derivata di una tensione:CONDENSATORE LINEARE.

Cnome N+ N- valore in F

( )( ) C

dV tI t

dt

N+

N-

I(t)V(t)

N+

N-

I(t)V(t)

9

Relazione di proporzionalità fra una tensione e la derivata di una corrente:INDUTTORE LINEARE.

Lnome N+ N- valore in H

( )( ) L

dI tV t

dt

N+

N-

I(t)V(t)

N+

N-

I(t)V(t)

10

E V = E = cost. I(t)

I(t)

V=0 I(t):cortocircuito

I(t)

I(t)

V(t) = E(t) I(t)E(t)

E V

I

Generatore indipendente di tensione.

11

I=0 V(t):ramo aperto

V(t)H

I = H = cost. V(t)

V(t)

V(t)

I(t) = H(t) V(t)

H(t)H

V

I

Generatore indipendente di corrente.

12

Esempi di risoluzione di un circuito lineare.

0

0 00 0

0 0 0 0

0 0 0

0

cos ?

C ; ; da cui ;R

cos cossin ;

R C R C

sin cos cos sin

cos cos sin sin cos ;R C R

R

C

cos

C R CAb b

b B

b a b

B AB

B B

B B A

V t V t

dV t V t V tI t I

dt

V t V tV t

V t V t

V V Vt

V tdV t V t

d

t

t

tRC

Vb(t)C

R I(t)

Va(t)=VA cos(0 t)

Con equazioni differenziali - 1

13


0 0

0 2

0

0

2 2

0 0

cos sin 0; cos sin ;R C R C R C

1tan R C; cos ;

1 R C

R Csin ; ;

1 R C 1 R C

B B AB B

AB

V V VV V

VV

0 0

0

2cos arctan RC

1 RC

Ab

VV t t

Con equazioni differenziali - 2

14


Vb(t)C

R I(t)

0 0

0

2cos arctan R C

1 R C

Ab

VV t t

0Re ?j tjb BV t V e e

0Re j ta AV t V e

0 0

00 0

20 0

0

00

; 1 R CR C R C

; ;1 R C 1 R C 1 R C

arg arg arctan R C1 R C

j t j tjj tj jB A

B B A

j A A AB B

j AB

V e e V ej V e e V e j V

V V VV e V

j j

VV e

j

Con fasori -1

Circuito lineare tempo-invariante: se VA cos(0 t) VB cos(0 t+),allora VA cos[0 (t-π/20)]= VA sin(0 t) VB cos[0 (t-π/20)+]=VB sin(0 t+)e qundi VA [cos(0 t) +j sin(0 t)] VB [cos(0 t+)+j sin(0 t+)]

15

0

0

22

0 2

0

cos

; ...

Ammettenza del condesatore di capacità C: =

X

X X

1 IY

Z V

jM M

CC

X t X t X e

dX t d X tj

dt dt

j C

C

R I

Vaa

b a0

VV V

1C

C

Z

R Z j RC

Con fasori -2

0 0

0

2cos arctan RC

1 RC

Ab

VV t t


16


R I(t)

Vb(t)C 0

0 0

cos 0aA

per tV t

V t per t

0

0 2 2 2 20 0

0 0: 0 ?

; 0 ...

cos ;

b b

st

b a Ab

V V t

x t X s L x t x t e dt x t s X s x

V s V s Vs sL t sV s

s RC RC RC s

Con trasformata di Laplace - 1

17


2 20

20

2 2 2 22 0 00 2 2

0 0 02 2 20

11

111

cos sin1

Ab

A

tA RC

b

V sV s

RC ssRC

V RC s RC

s ssRCRCR C

VV t e t RC t

R C

t

RC2 2 2A A0 0 02 2 2 2 2 2

0 0

V e V- + 1 + ω R C cos ω t - arctan(ω RC1 + ω R C 1 + ω R C

Con trasformata di Laplace - 2

18

n-polo.

n

k

1

2

, 11 1

0 0 1 1n n

k k kk k

I t V t n

19

Doppio bipolo.

Bipolo BipoloDoppio bipolo

o

2-porte

20

Elaborazione di segnali.

doppio bipolo

autonomo

I1

V2V1

I2

bipolo

non

autonomo

bipolo

autonomo

21

Curva di risposta di ampiezza, diagramma di Bode - 1.

2

1 20 02

1 2

Una funzione di variabile complessa razionale propria

1 ( )( )

1 ( )

ha zeri, radici dell'equazione ( ) 0

e poli, radici dell'equazione ( ) 0,

quindi ( )

hh

kk

n s n s n s N sH s H H h k

d s d s d s D s

h N s

k D s

H s

1 20

1 2

1 1 1

1 1 1

h

k

s s sz z z

Hs s sp p p

22


1 20

1 2

La sua restrizione all'asse immaginario è

1 1 1

1 1 1

h

k

j j jz z z

H j Hj j jp p p

01

2 1 2

Il logaritmo del modulo è log log log 1

log 1 log 1 log 1 log 1 log 1h k

jH j H

z

j j j j j

z z p p p

23


Quindi ogni rappresentazione grafica del logaritmo del modulo si può costruire sommando algebricamente un certo numero di grafici elementari.

i

2

2

i i i

Nel caso di uno zero o un polo reale il cui modulo venga chiamato :

1 1 1 , avendo posto .j

u u

24


i

2

Si vuole rappresentare log 1 in funzione di log ,cioè

1disegnare il grafico della funzione log 1 10 log 1 100 .

2A tale scopo sono utili le seguenti osservazioni:

100' ;

1 100lim

x x

x

x

x

jy x u

y x

dyy x

dxy

0; lim ' 0; lim ; lim ' 1

10 log 2 0.15 3 .

2Si veda dunque il grafico seguente.

x x xx y x y x y x

y dB

25


2 1 0 1 2

xlogi

0

0.5

1

1.5

2y

go

lHj

26

0.01i 0.1i i 10i 100i1

510

50100

Hj


Ma è più comodo scrivere sugli assi del medesimo grafico i numeri che ci servono invece dei logaritmi:

40dB

20dB

0dB

20dB/decade

27


5

4

s1-

10H s =50s

1+10

Ad edempio, nella figura successiva è riportato in rosso il diagramma di Bode delll’ampiezza della funzione

e in blu i tre grafici componenti; è anche evidente che tracciando gli asintoti di ciascun componente e sommando i grafici asintotici si ottiene una spezzata che approssima la curva desiderata.

28


100 1000 10000 100000. 1. 106 1. 1070.1

0.5

1

5

10

50

0dB

-20dB

20dB

29

Silicio monocristallino nel cui reticolo un atomo di Si ogni 103105 è sostituito da un atomo di B (o

altro elemento trivalente)

p-Si

n-Si

Silicio monocristallino nel cui reticolo un atomo di Si ogni 106108 è sostituito da un atomo di P (o

altro elemento pentavalente)

giunzione

Diodo a giunzione p/n.

30

V

I

anodo

catodo


31

Modello esponenziale.

• I = IS (eV/VT -1)

• V = VT· ln(1+I/IS)

V

I

I IS eV/VT , V VT ln(I/IS) se V>qualche VTI 0 se V<0

32

VT (tensione termica) = k·T/q

k (costante di Boltzmann) 1.38·10-23 J/°K q (carica elettronica) 1.6·10-19 C T =temperatura assoluta= temperatura in ºC+273.15

VT(17°C) = 25mV VT(28°C) = 26mVVT(40°C) = 27mV

IS (corrente di saturazione): si esprime spesso in fA ma

è proporzionale all'area del diodo.


33

Caratteristica esponenziale in scala semilogaritmica (1)

I

V0 0.8V0.40.2 0.6

100μA

10nA

1pA


34

1 21 2

22 1

1

3 32

1

VTln ; VTln

VTln

10 26 10 ln10 626 10 V3 0m2.

S S

I IV V

I I

IV V V

I

I

IV


35

Caratteristica esponenziale in scala semilogaritmica (2)

V

0.6V 0.66 0.72 0.78V

100μA

1mA

10mA

60mV/decade


36

Modello a soglia e resistenza.

• I = 0 per V V

• V = V +RS I per I 0

V

I

V

37

Modello a soglia.

• I = 0 per V V

• V = V per I 0

V

I

V

38

V

I

Modello a soglia nulla.

• I = 0 per V 0• V = 0 per I 0

39

RI ?E

VD

a soglia nulla: VD=0; I = E/Ra soglia V: VD=V; I = (E - V)/Responenziale: VD = VT ln(1+I/IS)

E -

RDV

I

S

1 0 0S

E VT- ln 1 ; iterazioni numeriche:

R R I

E-VE VT E- ln 1 con o anche

R R I R Rk

k

II

II I I

Circuiti con diodi.

40

Punto fisso di una funzione iterata.

Problema: calcolare un valore X* tale che X* = f(X*)

Si può risolvere per approssimazioni successive se la successione {X0, X1, ... Xk, Xk+1 ...} definita in modo ricorrente

Xk+1 = f(Xk) è convergente.

Convergenza al punto fisso:se Xk=X*+, Xk+1 = f(X*+) f(X*)+f '(X*)·X*+f '(X*) ·

Xk+1 – X*| < | Xk – X*| se | f '(X*) | < 1

41

Punto fisso di una funzione iterata.

,, 1

S

E - in alternativa: VT ln 1 ;

I RD kk

D k k

VIV I

V

I

E

I0=E/R

VD,k

42

Raddrizzatore a semionda.

Vin R

I

Vout

Modello a soglia nulla:

I = max{0,Vin/R}

Vout = R I = max{0,Vin}

Vin

Vout

43


t

V

Vin

0 t0

T/2

Vout

Vin1

44


/ 2 / 2

1 0

/ 2 / 2

/ 2

1 0 1

0 0

/ 2 / 2

/ 2 0

/ 4 / 2/ 21

1 0 1 00 0

1 1cos

2 1cos cos

1 2

2 1cos cos sin

0

T T

in in in

T T

T

in in

T T

out out out

T

Tin

in in

V t V t dt V t dtT T

V t dt V dT

V t V t dt V t dtT T

VV t dt V d

T

in1Vπ

45

Circuiti raddrizzatori a doppia semionda.

Vin

Vout

Vin

Vout

Con modelloa soglia nulla:

Vout = |Vin|

46

Vin

Vout

t

VVout

Vin

0 t0T/2

Circuiti raddrizzatori a doppia semionda.

1

2nt iouV t V

47

Rivelatore di cresta - 1

VinR+

-

Vout

C

Modello a soglia:Vout = Vin-V

oppureVout>Vin-V

Modello a soglia nulla:Vout = Vin

oppureVout>Vin

48


Vin

Vout

0.65+Vout

R

49


Vin

Vout

R di valore finito

50


RC troppo grande

51

Rivelatore di cresta che demodula un'oscillazione modulata in ampiezza.

RC troppo grande

52

IOP+i VOP+v

IOP VOP i v=f(i)

polarizzazione segnali

Polarizzazione e segnali.

V=F(I); v=F(IOP+i)-F(IOP)=f(i)

53

i v=rD irD

Piccoli segnali, circuito equivalente.

54

op

op

I=I

V=V

DOP

OPD

dV Iresistenza differenziale del diodo : =

dI

dI Vconduttanza differenziale del diodo : =

dV

VTr =

I

Ig =

VT

IOP gD=IOP/VT rD=VT/IOP

1mA 40 38.5mA/V 25 26

100µA 4.0 3.85mA/V 250 260

10mA 400 385mA/V 2.5 2.6

Parametri differenziali del diodo.

55

Schemi elettrici - 1

+E

R1

R2D1

=E

R1

R2D1

56

Schemi elettrici - 2

=

E

R1

R2D1

R

E

R1R2D1

R

57

Equazione nodale.

32

1R3

4

R2

R1

0

3 21 2 4 2

1 3 2

0V VV V V V

R R R

58

Equazioni nodali modificate.

1 2

1

3 2

0

0

L

L

V Vh I

R

dIV V L

dt

32

1L

4

R1

0

h IL

59

Simboli per transistori.

bipolare NPN bipolare PNP

MOS a canale n MOS a canale p

60

ca baI F V ac abI F VB

C

A

tipo N

B

A

C

tipo P

Transistori ideali.

61

Connessione a bipolo (o a diodo)

I=F(V)

V

I=F(V)

V

62

Specchi di corrente - 1

V

Iin=F(V) Iout=F(V)=Iin

Iin+Iout

V

Iin=F(V) Iout=F(V)=Iin

Iin+Ioutpozzo

sorgente

63

Specchi di corrente - 2

Iin Iout=b·Iin

Iin+Iout

B

A

C

1 : b

IinIout=b·Iin

Iin+Iout

B

A

C

1 : b

pozzo

sorgente

se Iout=b·F(V):

64

“Generatori” di corrente costante(resistori a resistenza differenziale infinita)

I0 = F(E)E

F(E)

I0 = (E/R)-(V/R)E

R

F(V) VI0

I0

65

Coppia differenziale - 1

I0

0

1 2

I1 I2

a

1 1 2 2

1 2 0

1 2 1 2

;a a

d a a

I F V V I F V V

I I I

V V V V V V V

Si dimostra:

1 2 1 2

01 2 1 2

01 2 12

1 1

22

2 2 2 2

2 2 2 2

d d d

dd

d dd

d

I I f V V

I VII I I I

I VII I I

I I V

I

I

V

I I V

I

66

Coppia differenziale - 2

Vd

Id

I0

-I0

67

I1I1

I0

1 2

a

+Vcc

1 : 1

Id=I1-I2=f(V1-V2)=Id(Vd)u

Stadio differenziale a transconduttanza - 1

68


v1

v2

vd gmd·vd

V1

V2

Vd Id (Vd)

p.s.

md

OP

g d d

d

dI V

dV

69


gmd=gm

1 1 2 2 1 2 0

1 m1 1 2 m2 2 1 2

01OP 2OP 1OP 2OP m1 m2 m

1 2 m 1 2 m

OP

; ;

g ; g ; 0

, g g g2

g g

a a

a a

d a a d

I F V V I F V V I I I

i v v i v v i i

dF VIV V I I

dV

i i i v v v v v

70

V1

V2

Vd Id (Vd)

-E

R

Vout (Vd) = R Id (Vd)-E

p.s. : vout = gmd R vd = Ad vd

Facendo passare la corrente di uscita di uno stadio differenziale a transconduttanza in un resistore si ottiene uno stadio amplificatore

differenziale di tensione.

71

In alternativa, prima si converte in tensione e poi si fa la differenza: Stadio differenziale con carichi resistivi

I0

in1in2

out1

+Vcc

out2Vout

R R

01 cc 1 cc

02 cc 2 cc

2 1 1 2

dd2

dd1

dd

IV R V

2

IV R V

2

R

R A

2 2R A

2 2R A

R

dout

dout

out out

mout d d

mout d d

out m d d

out

d d

IV I R

IV I R

V V I I

gv v v

gv v v

v g v v

V

I V

72

Connettendo sottocircuiti già noti ...

b1·I0

+Vcc

b2·I0

I0 +_

Iout

R0R R

73

E B

C

emettitore n-Sibase p-Si

collettore n-Si

E B

C

Transistore bipolare a giunzioni (BJT) di tipo npn

74

Modello di Ebers e Moll -1

B

C

E

B

C

E

Ibc

Ibe

Ie

Ic

Ib

VT VTS=I

be bcV V

tI e e

S SVT VTI I

1 ; 1be bcV V

be bcF R

I e I e

75

Modello di Ebers e Moll – 2

Ib

Ic

Ie

VT VT

VT VTS S

S S

S S

S S

1 ; 1 ;

, I I

I I; ;

1I I

1I I

be bc

be bc

V V

e c

V V

t be bc e c

e cbe bc b be bc

F R

Rc t bc e c

R

Fe b c be t e c

F

X e X e

I V V X X e e

X XI I I I I

I I I X X

I I I I I X X

76

Regione (di conduzione) Diretta:

0

0 0

0

be bc be bc

c

e

b c

t

b ee

cI X

V

X

V

V

V V

V V

77

Regioni di funzionamento (diretto) del BJT

NORMALE:la giunzione B-E è ON e la giunzione B-C è OFF

SATURAZIONE:entrambe le giunzioni sono ON

INTERDIZIONE:entrambe le giunzioni sono OFF

78

Tensione di saturazione Vcesat

Nella regione normale diretta si trascura Ibc rispetto a Ibe:

VT VT

VT VT

3 5

3 5

1

VT ln

10 100 100 1000 10

VT ln 10 3 5 VT ln10

3 5 60mV

be bc

bc be ce

V VS S

be bcF R

V V VF F

ce cesatR R

F F

R R

I II I e K e K

e e K V K V

K e K

cesat

180 ÷ 300mV

V

79

Regione Normale (Diretta):

VT

VT

; 1

1

be

be

V

bc be c t S e S

VS c

b b

c e

eF F

I I I I I X I e

I I

X

I I

X

e

80

TVsI beVe

1Fe c

F

I I

B C

E

IcIb

c

F

I

Vbe

Modello del BJT semplificato per la regione normale: VCCS+diodo

81

Vbe

Ic

0.5 0.6 0.7 0.8V

1m

2m

3m

4m

5mA

Vce=50mVVce>150mV: RN

Caratteristiche Ic(Vbe) di un BJT NPN.

82

1.0V 2.0V 3.0V

2.0mA

4.0mA

Ic

VceVcesat

Ib=40A

20A

Ib=0A

Vce>Vcesat: Regione Normale

Caratteristiche di Collettore di un BJT NPN.

83

Caratteristiche di Collettore.options tnom=16.96.temp=16.96Q1 C B 0 nome_modello.MODEL nome_modello NPN IS=1fAVCE C 0IB 0 B.DC VCE 30m 3 10m IB 0U 50U 10U.PROBE.END

Caratteristiche di Collettore di un BJT NPN.cir

84

Riassunto

Un BJT NPN con Vce 0 è in

• interdizione se Vbe V: Ic = Ib = Ie = 0

• normale se Vbe > V e Vce Vcesat : Ic=IS·eVbe/VT, Ib=Ic/F

• saturazione se Vbe V e Vbc Vbe-Vcesat: Vce = Vcesat

85

Esercizio

+Vcc

Rc

Rb

Re

Vcc=6V; Rc=4k; Rb=10k;Re=0.4k; IS=1fA; F=100;VT=25mV.

Sia VinOP=1V: calcolare VceOP

e determinare il valore di Vin che rende saturo il transistor supponendo Vcesat=0.2V.

Verificare i risultati con Pspice.

Vin

86

Risoluzione

15OP OP OP

OP OP OP OP

cc cesat

Fc

F

R 1 R1R R R R

1504 ; 0.6mA; VT ln 10 0.678V

5041

iterando: 636μA; R R 3.20V

V Vβ +1

Rβ

b F ec Fin b b be e e b e c be c be

F F F

c be c be c

Fc ce cc c c e c

F

csat

IV I V I I V I V

VI V I V I

I V V I I

I

15 3

e

Fb e

F F

5.81.32mA; VT ln 10 1.32 10 0.698V

4.04kR

β +1R R 10k 13.2μ+0.698 404 1.32m=1.36V

β β

besat

csatinsat besat csat

V

IV V I

87

Esercizio BJT 1.options tnom=16.96.temp=16.96Vin 1 0 DC 1Rb 1 2 10kQ 3 2 4 bjtmod.model bjtmod NPN+ IS=1fA BF=100Re 4 0 400Rc 5 3 4k Vcc 5 0 6.OP.dc Vin 0 3 0.1m.probe.END

NAME Q MODEL bjtmod IB 6.36E-06 IC 6.36E-04 VBE 6.79E-01 VBC -2.52E+00 VCE 3.20E+00 BETADC 1.00E+02 GM 2.54E-02 RPI 3.93E+03

Verifica con PSpice.

88

Verifica con PSpice.

Vin

0V 0.5V 1.0V 1.5V 2.0V 2.5V 3.0VV(3)

0V

2.0V

4.0V

6.0VIC(Q)

0A

0.5mA

1.0mA

1.5mA

SEL>>

89

1.0V 2.0V 3.0V

2.0mA

4.0mA

Ic

VceIn regione normale Ic non è indipendente da Vce

ma un poco crescente: effetto Early.

Ib

Effetto di Early

90

Ic(mA)

Vbe (V)

0.65 0.70 0.75

1

10

0.1

Ad alte correnti la Vbe è un po' più grande di quella che corrisponde a una Ic(Vbe) esponenziale.

Alte Ic

91

' VT'S

AF

I 1V

b eVcbVe

B' C

E

IcIb

' VTS

F

I

β

b eVe Vb'e

RBB'B

Vbe

VAF (tensione di Early) 102 V; RBB’ (resistenza di base) 102

Modello del BJT NPNin RN con effetto Early e resistenza di base

92

'

'

'

VT'' ' S

AF

VT'' S

AF

VT '' S

AF AF

FAF

, I 1 oppureV

, I 1V

, I 1 1V V

oppure , β 1V

b e

b e

b e

Vcbc b e cb

Vce b ec b e ce

Vce b ec b e ce

cec ceb b

VI V V e

V VI V V e

V VI V V e perché

VI I V I

Modello del BJT NPNin RN con effetto Early e resistenza di base

93

' OP T

' OP

' m '

VOP OP

m S' AF

VTS OP

AF AF OP

AF OP AF

OP OP

OP

OP

, g

g I 1V VT VT

I1

V V

V V

b e

b e

c b e ce b e

Vc ce c

b e

Vc c

ce ce ce

cece

c c

ce

ce

i v v v

I V Ie

V

I e I

r V V

Vr

I I

vr

Linearizzazione delle relazioni costitutive del BJT in regione normale - 1

94

'm ' m m b'e

OP0 F 0 F

AF

0

0 0

OP

,

g g g r

β β 1 ; β β 'V

β

β β

b ce

b eb e

c ce

b

cec b

ce

bb

i v

vv

I Vse si trascura l effetto Early

I

vi i

r

ii

' ' ' 'be bb b e bb b b e b be bv v v r i r i r i

Linearizzazione delle relazioni costitutive del BJT in regione normale - 2

95

Circuito quivalente per piccoli segnali del BJT in RN

B C

E

icib

gmvb’e=0 ibvb’e

ie

0b'e

m

βr =

g

rbb’ B’

rce

96

Circuito quivalente a 3 parametri: rbe, 0, rce

B

E

ib

vbe

ie

0 Tbb' be

cOP

β V r + r

I

00

be

ββ =

rb be

M be

i v

g v

C ic

rce

Se si trascura l'effetto Early, rce =: circuito equivalente a 2 parametri

0 0 mM

be bb' b'e bb' b'e

β β gg

r r r 1 r r

97

OSSERVAZIONE

Trascurando sia l'effetto Early che la corrente di base, il modello del BJT si riduce a un transistore ideale:

VT

OP0

0;

; ; ;VT

beV

b c e S

cce be m

I I I I I e

Ir r g

98

Applicazione alla coppia differenziale

1 2

1 2 1 2

VT VT1 2

1 2VT VT VT VT

2 1

VT2 0

1 2 0 1 0 1 01 VT VT

11 2 0 2 0 2 0

2 VT

VT 2 VT

1 2 0 0

VT

;

;

1

1 1

11

1

1

1

be be

be be d d

d

d d

d

d d

d

V V

S S

V V V VV V

V

V V

V

V V

d V

I I e I I e

I Ie e e e

I I

I I eI I I I I I I

Ie e

II I I I I I I

Ie

e e eI I I I I

e

2 VT

0

2 VT 2 VT

tanh2 VT

d

d d

V

dV V

VI

e e

99

Esempi numerici

0 ' AF

OPOP m

AFe

OP

0be bb' b'e bb'

OP

OP m be b'e

AFe

OP

OP

100; 100 ; VT 25mV; V 50V

1mA g 40mA/VVT

Vr 50kΩ

VT 100 25mr = r + r r + 100 100 2500 2.60kΩ

1m

100μA g 4mA/V; r = 100 25000 25.1kΩ r

Vr 500kΩ

F bb

cc

cc

c

c

cc

c

r

II

I

I

I

I

I

m be

AFe

OP

100mA g 4A/V; r = 100 25 125Ω

Vr 500Ωc

cI

100

Stadio con emettitore comune

GIb

Vin

Vout

+Vcc

Rc Ic

101

Stadio con emettitore comune – p.s.

be c ce 0 c ceM

g be c ce be c ce

0 c ce

g be c ce

r R r β R r; R ; g R

R +r R +r r R +r

β R r

R +r R +r

outin g

in

out

g

vv v

v

v

v

Rc

out

rce

Rg

vg

vin=vbe

in

rbe

ib

vout=vce

0

be

β

r bev

102

Stadio con emettitore comune

Vin

Vout=Vcc - Rc Ic : retta di carico

+Vcc

Rc Ic

Ic

Vce

Ib1

Ib4

Ib3

Ib2

Ib5

Vcc

Vcc/Rc

103

Stadio con collettore comune

GIb

Vin

Vout

+Vcc

-Vee

Ic

Re

104

Un circuito equivalente per piccoli segnali dello stadio con collettore comune.

Rg

vg

rbe

Re

iout

vout

ib

vin

0 ib rce

105

Stadio con base comune

Vin

Vout

+Vcc

+Vbb

Rc

G

Ic

Rg

vg rbe

rce

ib0ib Rc

ioutvout

iin vin

(iout-0ib)

Un circuito equivalente per i piccoli segnali:

106

Rg

vg

rce

i Rc

iout

vout

iin vin

0

be

β +1

r 0

0

β

β +1i

Un altro circuito equivalente per piccoli segnali dello stadio con base comune.

107

Matrici di doppi bipoli lineari autonomi

V1

I1

V2

I2

matrice di ammettenze

i r1 1

f o2 2

1 i 1 r 2

2 f 1 o 2

y yI V=

y yI V

I = y V + y V

I = y V + y V

108


V1

I1

V2

I2

matrice di impedenze

i r1 1

f o2 2

1 i 1 r 2

2 f 1 o 2

z zV I=

z zV I

V = z I + z I

V = z I + z I

109


V1

I1

V2

I2

matrice ibrida

i r1 1

f o2 2

1 i 1 r 2

2 f 1 o 2

h hV I=

h hI V

V = h I + h V

I = h I + h V

110

Relazioni fra i parametri y, z, h dei 2-porte lineari autonomi.(Dx=xixo-xrxf)

1

1

1

1

o r h ri r

y y o o

f fif o

y y o o

ro ri r

i iz z

ff hif o

i iz z

z r ri r

o o i i

f f yf o

o o i i

z y h

y y D hz z

D D h hz

y hyz z

D D h h

hz zy y

h hD Dy

hz Dzy y

h hD D

D z yh h

h h y yh

z y Dh h

z z y y

111

Funzioni di rete con i parametri y di un 2-porte lineare autonomo.

fv

o C

r fin i r v i

o C

r fout o

i G

yA

y Y

y yY y y A y

y Y

y yY y

y Y

112

i r

f o

y y

y y

Y

V1V2

I1 I2

yi + Y

yf - Y

yr - Y

yo + Y

Connessione di un bipolo in parallelo a un doppi bipolo.

113

V2

Z

I2

i r

f o

z z

z z

V1

I1

zi + Z

zf + Z

zr + Z

zo + Z

Connessione di un bipolo in serie a un doppi bipolo.

114

Darlington

1

2

Ic

Ib

1 2

F1 F2 2

F1 F2 1

F1 F2 F1

F

β β

β β

β β β 1

β

c

c c

b b

b e

b b

b

I

I I

I I

I I

I I

I

F F2 F1 F2 F1β β β β β

115

Quasi-PNP

p

n

Ic

Ib

Fn

Fn

Fn Fp

F

β 1

β 1

β 1 β

β

c en

bn

cp

b

b

I I

I

I

I

I

F Fn Fp Fpβ β β β

116

Esercizio difficile:*calcolare la resistenza differenziale*del resistore con terminali 1 e 0*che si ottiene asportando il generatore Vop.**************************************************.OPTIONS TNOM=40.TEMP=40Vcc 4 0 DC 5Re 4 3 400Q1 2 2 4 modQ2 1 2 3 mod.MODEL mod PNP BF=1G IS=1F VAF=50R 2 0 4KVop 1 0 1.OP.TF I(Vop) Vop.END

Esercizio.

117

+Vcc

R

Re

V

I1

4

3

2

0

I1 I2Q1 Q2

Suggerimenti per l’esercizio precedente.

Qual’è il valore della tensione termica VT? Quale modello si deve usare per i transistori? Calcolare iterativamente la corrente I1OP in

Q1. Calcolare la tensione VbcOP di Q2. Calcolare il fattore di Early per Q2 Ricavare la funzione da iterare

per calcolare la corrente I2OP in Q2. Calcolare I2OP. Calcolare la transconduttanza gm2 di Q2. Calcolare la resistenza rce2 di Q2. Ricavare l’espressione della resistenza

differenziale cercata che corrisponde al modello usato per i transistori.

Calcolare tale resistenza.

118

Risoluzione.

• VT = 27mV; Ib =0; effetto Early: SI

• I1=Vcc/R-(VT/R)ln[I1/IS]; I1OP=1.06mA

• VbcOP=R I1OP-VOP=3.25V; Early = 1+VbcOP/VAF=1.065

2

11 2 e 2

2

12 2OP

e

VT ln =REarly

VT Earlyln ; 141μA

R

eb eb

I

IV V I

I

II I

• gm2 = I2OP/VT = 5.21mA/V; rce2 = 379k

• r = Re+rce2(1+gm2 Re)=1.17M

0

01 1lim e be b ece e ce m e

e be b e be b

R r R Rr R r g R

R r R R r R

119

Esempio di carico attivo

+Vcc

Re

R1

R

R1

Vout

Vin

120

Stadio a simmetria complementare - 1

+Vcc

R

Vout

Vin-V0

2V0

-Vcc

121

Stadio a simmetria complementare - 2

0 0

0

V VVTVT VT VT

S S S

V

VT VT VTS 0

OP OP0

OP

R I I R I

R I R I 2sinhVT

VT arcsinh ; 0 02R I

VT

12R

in out out in

ebpben

in out in out

V V V VVV

out

V V V Vin out

outin out out in

in out

out

V e e e e

V Ve e e

VV V V V

v vV

2

0 0

0

m

m

0 m

VT

2R I 2R I

I

2g RVT 1 1 2g R1 1

2R I 2g R

outout out

in inout in

vv v

v vv v

122

Vout = S(Vd )V+- V- = Vd

+

-

Amplificatori operazionali.

123

Amplificatore operazionale tipo 741.

124

Amplificatore operazionale tipo 725.

125

Struttura tipica di un amplificatore operazionale.

Stadioamplificatoredifferenziale

Stadioamplificatore

invertente

Stadiodi uscita(buffer)

Vd

Vout

126

Vout=S(Vd)

Vd

VM

-VM

Iout

Vout

S(Vd )

I+= 0

Vd

I-= 0

+

-

Amplificatori operazionali ideali.

127

Vout =

VM se Vd > VM /Ad0

-VM se Vd < -VM /Ad0

Ad0·Vd se |Vout| VM

Vd

Vout VM

-VM

dVout /dVd= Ad0-VM/Ad0

Approssimazione lineare a tratti della caratteristica ingresso-uscita di un amplificatore operazionale.

128

Una precisazione.

Vout = S(Vd) p. s. vout = S’(VdOP)·vd

VdOP = 0 vout = S’(0)·vd = Ad0·vd

Approssimazione lineare a tratti di S(Vd):

M0 Vout

out d d VV A V

129

Convertitore corrente-tensione -1

Vout = S( Vd )Vd

+

_

R

Iin

out d inV V R I

130

Convertitore corrente-tensione - 2

Vout

Vd

VM

-VM

-R Iin

-R Iin

M0

0

1V : 1

1:

out out ind

d out in

V V R IA

A V R I

131

Convertitore corrente-tensione logaritmico

ln inout T in S

S

IV V I I

I

Vd

+

_

Iin

Vout

132

Amplificatore invertente - 1

Vd

+

_ R2

Vin

R1

+_

Vout = S( Vd )Iin

M d0

d0

22

1

se V e A 1

trascurando A

rispetto a e a :

out

out

out in

out in in

V

V

V V

RV R I V

R

2

1

R

Rout in d

in in d

V I V

V I V

133


Vout

Vin

VM

-VM

arctan[-R2/R1]

134


Iin

Vin

1/R1

VM-VM

1/(R1+ R2)

1/(R1+ R2)

135

CORTOCIRCUITO VIRTUALE.

Md0

d0d0

Se V , ;A

se inoltre , cioè A ,A

si può trascurare nelle equazioni, cioè

considerare il terminale di ingresso invertente

allo stesso potenziale di quello non in

outout d out

out outd in

in

d

VV V V

V VV V

V

V

vertente

come se fossero in cortocircuito.

Ma tra loro c'è un ramo aperto:

il cortocircuito è solo VIRTUALE!

136

Esempio di uso dell’approssimazione del cortocircuito virtuale.

+

_ Z2(s)

Vin(s)

Z1(s)

+_

Vout(s)

2

1 2 1

Z

Z Z Zoutin out

vin

V s sV VA s

V s s

137

Integratore

Vd

+

_C

Vin

R

+_

Vout

2

1

0

1;

10

out in in

out out in

t

Z sV s V s V s

Z s sRC

V t V V x dxRC

138

Amplificatore non invertente

Vd

+

_R2

Vin

R1

+_

Vout = S( Vd )

2

1

1

1 2

perché1

;

out

i

i

ou d

n

n t

RV V V

R R

V R

V R

1 2 1 1M do

1 1 2 do 1 2

V , A :A

outout in out out

VR R R RV V V V

R R R R R

139

Inseguitore di tensione o stadio separatore o buffer.

Vd+

_

Vin

+_

Vout

M d0

d0

se

V e A 1:

A

out iin d

out

outd

n

out

V V

V

VV V

V V

140

Utilità degli stadi separatori - 1

Doppio bipolo lineareVin

Vout

Zc

Thévenin:

Vout

Ve

Zout

Zc

c

out c

Z=

Z + Zout eV V

141

Utilità degli stadi separatori - 2

=out eV V

Doppio bipolo lineareVin

Vout

Zc

Buffer

Vout

Ve

Zout

Zc

Ve +_Ve

142

Combinazione lineare, sommatore.

Vd

+

_ R3

Vin1

R1+_

Vout

Vin2

R2

+_

3 31 2

1 2out in in

R RV V V

R R

1 2 ,: out in kk

R R V V

143

Amplificatore differenziale

2 2 2 21 2 2 1

1 1 11 2

1out in in in in

R R R RV V V V V

R R RR R

+

_

R2

Vin2

R1

Vin1

R1

R2

Vout

144

Esercizio.

+

_

Vin+_

Vout

1k 1nF1nF

100k

Usando l’approssimazione del cortocircuito virtuale calcolare il guadagno Av(s)=Vout(s)/Vin(s); calcolarne zeri e poli; descriverne la curva di risposta di ampiezza; calcolare la risposta Vout(t) all’ingresso

0 0

1V 0in

per tV t

per t

145

Risoluzione - 1

+

_

Vin+_

Vout

R1C

C

R2

2

2 2 2

1 2 11

Z 11Z 1 1

outv

in

RV s s sCR sCR

A sV s s sCR sCRR

sC

146

Disoluzione - 2

4 6

4 6 4 6

4 61 2

10 10

10 1 10 1 10 10

0; 10 ; 10

v

s sA s

s s s s

z p p

La curva di risposta di ampiezza è passa-banda con frequenza di taglio inferiore prossima a 104/(2) 1.59kHz e frequenza di taglio superiore prossima a 104/(2) 159kHz

6 6

4 6 4 6

4 6

10 1 10

10 10 10 10

100 1 1

99 10 10

out v in

sV s A s V s

ss s s s

s s

4 6-10 t -10 tout

100V t = - e - e

99

147

Vd

+

_

R2

Vin

R1

+_

Vout = S( Vd )Iin

È un amplificatore invertente? Posso usare il cortocircuito virtuale?

2

1 2 1

R; ???

R R Rin out out

in

V V V

V

NO, perché...

Una domanda ...

148

Vout

Vd

VM

-VM

1 2R Rin d d out

in

V V V VI

2 2out d in

1 1

R RV = 1 + V + V

R R

VinOP=0

Possono esserci 3 punti di riposo!

In quale andrà il circuito?

... e la risposta

149

Esercizio a sorpresa

Calcolare Vout(t)

cosRCin

tV t

+

_

C

R

R k·R

VdVout

Vin

150

Tentativo di risoluzione

;1 1 1

con l'approssimazione del cortocircuito virtuale:

1da cui 1

1 1 1 1

1;

1

outout in out in

outout in out in

out in

VsRC k R R kV V V V V V

sRC R k R R k R k k

k sRCVsRC kV V V kV

sRC k k sRC

k sRCV kV

sRC

outsRC + 1V s = k

2 2

1 2 2; ;

1 1 1

arctan arctan4 4

arctan

out

j jV k k k

RC jk k k

k k

out in out in

out in

V V V V

V V

out 2

in

k 2 t πV t = cos + + kRC 41+ k

V sksRC - 1

???

151

Verifica con PSpice - 1

Un circuito con stato di riposo instabile..PARAM PI=3.14159XOPAMP 3 2 6 OPAMPVin 1 0 DC 0 AC 1 SIN(0 1 50/PI)R1 1 2 10KR2 2 6 100K R 3 0 10KC 3 6 1U.SUBCKT OPAMP PIU MENO OUT Gout 0 OUT Value={10000/PI*arctan(PI*20k*V(PIU,MENO))}Rout OUT 0 1m.ENDS.TRAN .1m 500m 0 .1m .probe.end

152

Verifica con PSpice - 2

Vin

Vout

153

Analisi critica - 1

Se i calcoli sono giusti ma il risultato è sbagliato, significa che almeno una delle ipotesi originali non è verificata.L’ipotesi fondamentale per il calcolo della risposta di un circuito alle variazioni dell’ingresso è:

fintanto che Vin = VinOP, risulta Vout = VoutOP.

Se ciò non è vero, infatti, è assurdo presumere che alle variazioni di Vin nell’intorno di VinOP corrispondano delle variazioni di Vout nell’intorno di VoutOP.

154

Analisi critica - 2

in

out

outout

1Dalla relazione si ricava

-1

-1 1

e quindi, se V ( ) 0, -1 0

cioè l'equazione differenziale cui soddisfa V è

VV 0 la cui soluzio

out in

out in

out

sRCV s k V s

ksRC

ksRC sRC

t ksRC

t

d tk RC t

dt

V s k V s

V s

out out

out

ne è V V 0

Quindi: lim 0 0 :

V non mantiene il valore di riposo iniziale;

lo stato di riposo si dice .

t

k RC

out outt

t e

V t V

INSTABILE

155

Analisi della stabilità.degli stati di riposo di un circuito dinamico - 1

1) Determinare gli stati di riposo: problema adinamico non lineare.2) Linearizzare il circuito nell'intorno di uno stato di riposo e

renderlo autonomo annullando gli eventuali ingressi.3) Determinare le relazioni esistenti fra le trasformate di Laplace

dei piccoli segnali; sia Y(s) la variabile di uscita.4) Se il circuito avesse un ingresso X(s), si otterrebe

Y(s)=H(s)X(s) = N(s)X(s)/D(s), con N e D polinomi. Quindi D(s)Y(s)=N(s)X(s) ma siccome il circuito lineare dinamico è autonomo, si deve ottenere D(s)Y(s)=0.

5) D(s) è il polinomio caratteristico.6) D(s)=0 è l'equazione caratteristica: le sue radici

sono gli zeri del polinomio caratteristico.

156

Analisi della stabilità.degli stati di riposo di un circuito dinamico - 2

È noto dall'Analisi matematica

che la condizione necessaria e sufficiente

affinché risulti é che

.

t®¥li

tutti gli zeri del polinomio caratteristico

abbiano parte reale negat

Y t = 0

iva

m

In tal caso lo stato di riposo si dice (asintoticamente) STABILE, i valori di riposo si mantengono inalterati e un segnale di ingresso può produrre variazioni della grandezza di uscita nell'intorno del suo valore di riposo.

157

Capacità del diodo a giunzione

V(t)

I(t)

dQ V

dt

F(V)

v(t)

i(t)

d OP

dv tC V

dt d OP

v t

r I

158

Capacità differenziale di una giunzione

-10V -8 -6 -4 -2 0 VOP

100nF Cd (VOP)

40

60

80

159

Effetto della capacità del diodo in un raddrizzatore a semionda

160

B C

E

icib

gmvb’e

vb’e

ie

rbb’ B’

rcerb’e

Cb’c

Cb’e

Capacità differenziali del transistor a giunzioni in regione normale(circuito equivalente di Giacoletto e Johnson)

161

'' ' ' ' ' ' '

b'e

b'e '

' 0 b'e ' 00

b'e ' ' b'e ' '' '

b'e

00

b'e ' ' b'e '

0

: ;r

r1

r1 1 r 1 r

r

1 1; ; ;

r r1

ce

c b ec m b e b c b e b b e b e b c b e

b

b c

m b c b c

b e b c b e b cb e b c

b e b c b c

V

I s Vs I g V sC V I sC V sC V

I s

Cs

g sC s Cs

s C C s C Cs C C

szz p z

s C C C pp

'0

'

1 1b e

b c

C

C

Guadagno di corrente di cortocircuito del transistore a giunzioni in regione normale

162

Frequenza di taglio beta e frequenza di transizione.

20 01 1T T f fjf f

f

|(jf)|

ffT

0

' ' '

0 1; 2

1- b e b c b e

fC C r

ss

163

Effetti reattivi negli amplificatori operazionali – 1.

Sempre con |Vout|<VM, in luogo della relazione costitutiva

adinamica Vout= Ad0Vd, per tener conto di effetti reattivi interni

all'opamp si dovrà usare Vout(s) = Ad(s)Vd(s) con Ad(s) dotato in

generale di zeri e poli, ma questi ultimi tutti con parte reale negativa.Si pone allora il problema della stabilità degli stati di riposo

delle diverse possibili configurazioni degli amplificatori che fanno uso di un operazionale.

Consideriamo in particolare la connessione a inseguitore

nella quale si ha Vout(s) = Ad(s)Vd(s) = -Vd(s) e quindi l'equazione

caratteristica può essere ricavata da

Ad(s) + 1 = 0.

164


1d 0 0

1

0

0

1

Sia A = = , il polinomio caratteristico

1

da esaminare è allora e i suoi zeri avrebbero

tutti parte reale negativa se fosse sufficientemente piccol

m

i id dn

k k

d

d

s

z Z ss A A

P ss

p

D s P s A Z s

A

00

0

0

o,

perchè lim . Con 1, invece, può essere che

almeno uno degli zeri abbia parte reale positiva: ciò significa però

che, man mano che si fa aumentare , quello zero passa dal

semipiano Re 0

dd

A

d

D s P s A

A

s

0

al semipiano Re 0. Deve allora esistere

un particolare valore di in corrispondenza del quale lo zero

attraversa l'asse immaginario cioò la sua parte reale è nulla.c d

s

A A

165


d 0

0 .

d

A =

1

Si vuole dunque che sia 1

Detta con 0 la sua parte immaginaria, deve risultare

0 e quindi .

Mettiamo ora in evidenza un polo reale negativo di A :

d

d c

c c

cc c c c c

c

Z ss A

A A

j

P jD j P j A Z j A

Z j

s

0

0

0

0

' e quindi 1 .

'

È evidente che è tanto maggiore quanto minore è :

se l'amplificatore operazionale possiede un polo a frequenza molto bassa,

può avere 0 1 senz

ccc

c

c

d d

P jjA

Z jsP s

A

A A

a che lo stato di riposo della connessione

a inseguitore diventi instabile.

166

Condensatore di compensazione.


Stadioamplificatore

invertente

Stadiodi uscita(buffer)

Vd

Vout

Cc

Gout

Cc

Giniout

v

out in c

0out in c

G +G + C

1

R || R C

outI sV s

s

V

Iout

167

Condensatore di compensazione più piccolo.


-AStadio

di uscita(buffer)

Vd

Vout

Cc

V

Iout Iin

c ceq

ceqc

C -A C

CC = : basta una capacità minore

1+A

out in inI I s V V I s V

168

Limitazione di slew-rate, dati di un costruttore.

00

ceqCout

out

I dVdVI I SR

dt dt

169

Limitazione di slew-rate, simulazione con un macromodello di opamp.

*Risposta di un inseguitore di tensione a un ingresso*sinusoidale in condizioni di limitazione di slew-rate.Vpiu 3 0 dc 0 ac 1 sin(0 2 100k)Vmenout 2 6* xAO 2 3 6 AO* * * OpAmp * * * * * * * * * * * * * * * * * * Connessioni: Ingresso invertente 2* Ingresso non invertente 3* Uscita 6.subckt AO 2 3 6*Rp 3 0 10MEGRm 2 0 10MEGRd 3 2 2MEGGoa1 0 10 value={1e-4/3.14159*atan(31.4159*V(3,2))}

Roa1 10 0 159MEGCc 10 0 100pFGoa2 0 6 10 0 21mRuoa 6 0 75Dm 11 6 satVee 11 0 -9.3Dp 6 12 satVcc 12 0 9.3.model sat d .ends* * * * * * * * * * * * * * * * *.tran 1n 80u 50u 1n.probe .end

170

Limitazione di slew-rate, risultato della simulazione.

Time

50us 55us 60us 65us 70us 75us 80usV(6) V(3)

-2.0V

-1.0V

0V

1.0V

2.0V

Documents

1 Parte di un circuito a componenti discreti.. 2 Parte di un circuito integrato monolitico