Temi d'esame di Elettronica

(1)

Esercizi svolti del Corso di Elettronica Industriale 1 Anno Accademico 2000 / 2001

1 Diodo

Sia dato il circuito in figura e le forme d’onda v

1

( t ) e v

2

( t ) indicate .

Fig. 1

O

180 R

=

Diodo D :

O

20 R

V

0.6 V

f ?

=

Fig. 2

v

2

v

1

(2)

2 Tracciare v

0

( t ) per

0 t

4 ms

.

♦

SVOLGIMENTO

♦

Si suppone :

∞

→

=

r S

R

0 I

z

All’istante t=0 si possono dedurre dai grafici della pagina precedente i valori di v

1

e

v

2

:

( )

0

5 V

v

( )

0

0 V

v

1

=

2

=

Fig. 3

1_{Supporre la commutazione del diodo istantanea}

γ

f

v

1

3 si nota che il diodo lavora in polarizzazione diretta , quindi lo si può sostituire con il

modello ai grandi segnali caratterizzato da un generatore di tensione V

γ

con in serie

un resistore.

Si può scrivere la LKT :

( )

(

)

( )

0 R

I

( )

0

180

0.022

3.96 V

v

:

e

A

0.022

200

4.4 R

R

v

0 v

0 I

:

ottiene

si

cui

da

0

0 I

R

v

0 v

0 f ? 1 f ? 1

=

⋅

=

⋅

=

⇒

=

+

−

=

⇒

=

⋅

+

−

fino all’istante t=1 in quanto v

1

( t ) e v

2

( t ) restano costanti.

z

All’istante t=1 i valori di v

1

e v

2

saranno:

( )

1

5 V

v

( )

1

5 V

v

1

=

2

=

(3)

4 Si calcola il valore di

v

1

( )

t

−

v

2

( )

t

per il quale il diodo passa in polarizzazione inversa

osservando che in tale caso il diodo diventa un aperto e quindi sulla resistenza R non vi

è alcuna caduta di tensione:

LKT :

v

1

( )

t

−

0.6 −

v

2

( )

t

=

0 ⇒

v

1

( )

t

−

v

2

( )

t

=

0.6 V

il diodo lavora in polarizzazione inversa per :

( )

t

v

( )

t

0.6 V

v

1

−

2

≤

Quando

v

1

( )

1 =

5 V

e

v

2

( )

1 =

5 V

si ha :

v

1

( )

1 −

v

2

( )

1 =

0 <

0.6 V

quindi il diodo

lavora in polarizzazione inversa e si comporta come un circuito aperto .

Sul resistore non vi è alcuna caduta di tensione per cui si avrà :

( )

1

5 V

v

0

=

2

=

fino all’istante t = 2.

z

All’istante t=2 v

1

e v

2

assumeranno i seguenti valori:

( )

2

0 V

e

v

( )

2

5 V

v

1

=

2

=

e la differenza tra v

1

e v

2

risulta essere :

( )

2 v

( )

2

5 V

0.6 V

v

₁

−

₂

=

−

<

si può quindi dedurre, per quanto detto in precedenza che il diodo continua a lavorare

in inversa con :

( )

2 v

( )

2

5 V

v

0

=

2

=

z

All’istante t = 3 v

1

e v

2

saranno :

( )

3

0 V

e

v

( )

3

0 V

v

₁

=

₂

=

5 la differenza tra v

1

e v

2

risulta essere :

( )

3 v

( )

3

0 V

0.6 V

v

1

−

2

=

<

il diodo è ancora in polarizzazione inversa ma il valore di

v

0

( )

3 =

v

2

( )

3 =

0 V

.

L’uscita rimane costante a 0 Volt anche per istanti superiori a t = 3 :

(4)

6 Sia dato il seguente circuito :

Fig..1

Diodo D :

Ω

=

10 R

O

50 R

V

0.7 V

5 L f ?

Con:

Fig. 2 L

7 Si chiede di :

a) Calcolare l’istante t

1

al quale il diodo inizia a condurre

b) Calcolare e disegnare andamento di V

OUT

(t) nei tre casi :

s

10 t

3)

s

10 t

t

2)

t

1)

3 -3 1 1

<

>

<

−

♦

SVOLGIMENTO

♦

Anche in questo esercizio :

∞

→

=

r S

R

0 I

ovvero si suppone istantanea la commutazione

del diodo .

a)

All’istante t = 0 si deduce dal grafico della pagina precedente che

v

IN

( )

0 =

0 V

quindi si può affermare che il diodo lavora in polarizzazione inversa e si comporta

come un aperto.

Il diodo inizierà a condurre quando raggiungerà una differenza di potenziale ai suoi

capi pari a

V

γ

=

0 .

7 V

= v

d

.

Applicando la LKT al circuito si ottiene:

Fig.3

(5)

8 ( )

t

0 .

7

0 V

( )

t

0 .

7 V

V

IN 1

−

=

⇒

IN 1

=

e utilizzando nuovamente il grafico ( t, V

IN

(t)) si ottiene :

Fig. 4

⇒

t

₁

=

0 .

7 ms

è l’istante in cui il diodo inizia a condurre .

b)

Si analizzano i singoli casi :

1) All’istante t<t

1

non sono presenti cadute di tensione su R

L

e la differenza di

potenziale ai suoi capi è nulla quindi si può dedurre che :

( )

t

0 V

V

OUT

=

3

2) All’istante t

1

<t<1 la situazione è ben diversa :

z

quando t=t

1

il diodo comincia a lavorare in polarizzazione diretta ed è quindi

possibile sostituirlo con il modello ai grandi segnali.

Scrivendo la LKT per il circuito:

2_{La caduta sul resistore R}

L è nulla in quanto il diodo è un aperto ed in quanto tale la sua caduta di tensione è nulla

3_{Da sottolineare che l’aumento di V}

IN(t) fa aumentare solo la differenza di potenziale ai capi del diodo, infatti si ha che vd(t) = VIN(t).

9

Fig. 5

LKT :

V

IN

( )

t

−

V

γ

−

(

R

f

+

R

L

)

⋅

i

( )

t

=

0 Quindi :

( )

(

( )

)

L f IN L L OUT

_R

V

t

V

R

t

i

R

t

V

+

−

⋅

=

⋅

=

γ

Dato che V

IN

(t) è una retta , V

OUT

(t) che dipende direttamente da essa avrà un

andamento lineare.

( )

₍

₎

(

0 .

7

0 .

7 )

0 V

10

50

10 t

V

t

per

3 3 1 OUT 1

=

₊

⋅

−

=

⇒

( )

₍

₎

(

1

0 .

7 )

0 .

286 V

10

50

10 t

V

1 t

per

3 3 OUT

=

₊

⋅

−

=

⇒

z

Quando t>1 si avrà il valore di V

IN

(t) costante e pari a quello ottenuto per t=1, il

diodo continua a lavorare in polarizzazione diretta ed il valore di V

OUT

(t) è 0.286 V.

( )

₍

( )

₎

L f IN

R

V

t

V

t

i

+

−

=

⇒

γ γ

(6)

10

Fig.6

11

Fig.1

mA

100 I

10 R

ZK S

−

=

Ω

=

V

10 V

V

6 V

S Z

=

−

=

Si chiede di

a)

determinare la retta di carico ed il punto di lavoro graficamente.

b)

determinare la minima resistenza di carico R

L

tale che i>I

ZK

quando v = V

Z

.

v

(7)

12 ♦

SVOLGIMENTO

♦

a)

Si calcola il circuito equivalente di Thevenin visto ai capi del diodo :

Fig.2

Da cui si ottiene il valore di E

TH

:

L L S L S L TH

_R

R

_R

V

₁₀

10 R

_R

E

+

⋅

=

⋅

+

=

e R

TH

:

L L S L S L TH

_R

R

_R

₁₀

10 R

_R

R

+

⋅

=

+

⋅

=

il circuito diventa :

13

Fig.3

Applicando la LKT al nuovo circuito si può determinare il valore di V :

TH TH TH TH

E

i

R

V

0 V

i

R

E

−

⋅

−

=

⇒

=

+

⋅

+

quindi :

L L L L

R

10 R

10 i

R

10 R

10 V

+

⋅

−

⋅

+

⋅

−

=

(

♣

)

è l’equazione della retta di carico

4

_:

4_{Si può disegnare determinando le sue intersezioni con gli assi :}

asse X : si pone i = 0 e si ottiene

L L

R

10 R

10 V

+

⋅

−

=

asse Y : si pone v = 0 e si ha :

i

=

1 A

anche se il valore di RL non è noto.

(8)

14

Fig.4

Il punto di lavoro è il punto A.

b)

Dall’equazione (

♣

) si può determinare il valore di i:

L L L L L L L L L

R

10

4 R

60 R

10 R

6

60 R

10 R

10

10 R

V

i

⋅

−

=

⋅

−

⋅

+

=













⋅

+

⋅













+

−

=

si impone : i<I

ZK

e si ottiene :

Ω

>

⇒

−

<

⋅

−

⇒

⋅

−

<

⋅

−

₋

20 R

R

4

60

10

100 R

10 R

4

60

L L L 3 L L

si può quindi affermare che la minima resistenza di carico sarà :

( )

R

L_MIN

=

20 Ω

15

Fig.1

R = 1 K

Ω

R

1

= R

3

= 2 K

Ω

Diodi D

1

,D

2

,D

3

identici:

∞

→

=

r f

R

0 R

V

7 .

0 V

γ

Si chiede di calcolare

5

_:

a)

Le correnti nei diodi D

1

,D

2

,D

3

b)

La tensione del nodo a

(9)

16 ♦

SVOLGIMENTO

♦

a)

Si indicano nel circuito i versi delle correnti:

Fig.2

Si ipotizza che i tre diodi identici lavorino in polarizzazione diretta così da poterli

approssimare con un generatore di tensione pari a V

γ

.

Si inseriscono in un unico sistema di equazi oni la LKC applicata al nodo

a e le LKT

ricavabili dal circuito così da ottenere:

( )

4

8 I

R

V

I

R

10

3

6 V

I

R

10

2

1 I

R

V

I

R

10

1 I

I

3 3 ? ? 1 1 ? 3 2 1

−

⋅

+

⋅

=

−

+

⋅

=

+

⋅

+

⋅

=

+

=

con V

γ

=0.7 V, R=1 K

Ω

e R

2

=R

3

= 2 K

Ω

.

17 Dall’equazione (3) è possibile determinare il valore assunto dalla corrente I:

mA

3 .

15

10

1

7 .

0

16 I

₃

=

⋅

−

=

sostituendo questo valore di I nell’equazione (2) si ottiene I

1

:

(

)

mA

5 .

3

10

2 )

1

7 .

0

3 .

15 (

10 I

1 I

10

2

7 .

0

10

3 .

15

10

1

10

3 1 1 3 3 3

−

=

⋅

+

−

=

⇒

+

⋅

+

⋅

=

−

dall’equazione (4) è possibile ora determinare il valore di I

3

:

(

)

mA

1

10

2 )

8

7 .

0

3 .

15

10 (

I

8 I

10

2

7 .

0

10

3 .

15

10

1

10

3 3 3 3 3 3

=

⋅

−

+

−

=

⇒

−

⋅

+

⋅

=

−

infine dall’equazione (1) si ricava I

2

:

mA

8 .

10

10 )

1

5 .

3

3 .

15 (

I

10

1

10

5 .

3

10

3 .

15

3 2 2 3 3 3

=

⋅

−

=

⇒

+

⋅

+

⋅

=

⋅

− − − −

da notare che le correnti I

2

ed I

3

trovate sono positive , questo significa che il verso

assegnato loro nella figura 2 era corretto quindi i diodi D

2

e D

3

soddisfano l’ipotesi di

partenza e lavorano effettivamente in polarizzazione diretta. Mentre la corrente I

1

risulta negativa per cui si può affermare che il diodo D

1

lavora in polarizzazione

inversa .

I diodi in esame devono, per quanto appena rilevato, essere approssimati nel modo

seguente:

Diodo D

1

→

circuito aperto

Diodo D

2

→

generatore di tensione V

γ

Diodo D

3

→

generatore di tensione V

γ

(10)

18

Fig.3

Il circuito diventa quello rappresentato in fig.3 ed i valori delle correnti :

I : da equazione (3) sarà ancora I= 15.3 mA

I

3

: da equazione (4) sarà ancora I

3

= 1 mA

I

1

: dato che al posto del diodo si inserisce un circuito aperto diverrà I

1

=0

I

2

: da equazione (1) diverrà I

1

= 14.3 mA

b)

La tensione al nodo

a si può determinare, note tutte le correnti del circuito

applicando nuovamente la LKT:

LKT:

V

10 R

I

10 (

1

10

3

15 .

3

10

3

)

5 .

3 V

A

=

−

⋅

=

−

⋅

−

=

−

(11)

28 Transistori

Sia dato il seguente circuito:

Fig.1

Ove:

V

9 V

_CC

=

V

_EE

=

−

9 V

R

_E

=

8 .

2 K

Ω

50

F

=

β

R

=

1 V

BE

=

0 .

7 V

in

ZAD

E ?

29 Si chiede:

a)

Di dimostrare che il transistore è polarizzato in ZAD

1

b)

Di calcolare valori di

α

F

α

e

R

c)

di dettagliare il circuito equivalente di “Ebers – Moll ” in queste condizioni di

polarizzazione e di semplificarlo opportunamente

2

♦

SVOLGIMENTO

♦

Facendo riferimento alla figura seguente:

Fig.2

1_{Si calcolino i valori di I} E, IB, VCE, IC, VBC. 2_{Si considerino I}_CS_{ed I}_ES_{dell’ordine di 10}- 9 _A E E

(12)

30 a)

Si supponga che il transistore lavori in ZAD :

quindi si avrà

V

BE

=

0 .

7 V

3

e

β

=

50

4

applicando la LKT al circuito in esame si ottiene :

LKT :

V

EE

+

R

E

⋅

I

E

+

V

BE

=

0 sostituendo i corrispondenti valori numerici è possibile determinare la corrente

nell’emettitore indicata con I

E

:

A

10 0122

.

1

10

2 .

8

7 .

0

9 I

0

7 .

0 I

10

2 .

8

9

3 3 E E 3 −

⋅

=

⋅

−

=

⇒

=

+

⋅

+

−

ricordando ora il legame che permette di determinare il guadagno diretto di corrente

di cortocircuito

α

5

_{noto il valore di}

_β

_{si può scrivere:}

98 .

0

51

50

1

1 =

=

+

=

⇒

−

=

β

α

β

ricavato il valore di

α

è possibile determinare la corrente nel collettore, indicata con

I

C

:

mA

992 .

0

10 0122

.

1

98 .

0 I

I

3 E C

=

α

⋅

=

⋅

−

=

ma noto il valore di

β

è anche possibile determinare la corrente di base, indicata con

I

B

:

3_{Con questa ipotesi affermiamo che la giunzione BE lavora in diretta; se lavorasse in inversa si} potrebbe scrivere VBE≅0.

4_α_e_β_{indicano entrambi dei guadagni in corrente ma a seconda del pedice che li accompagna fanno} riferimento a situazioni diverse:

βF indica il guada gno diretto di corrente di cortocircuito tra collettore e base, di solito βF≥ 100

βR indica il guadagno inverso di corrente di cortocircuito tra emettitore e base, di solito βR≅ 1

αF indica il guadagno diretto di corrente in cortocircuito tra l’emettito re ed il collettore, di solito si ha

1

99 .

0 ≤

α

_F

≤

αR indica il guadagno inverso di corrente di cortocircuito tra emettitore e collettore, di solito

8 .

0

4 .

0 ≤

α

R

≤

⇒ in questo caso si userà il valore di βF e si determinerà il valore di αF 5_{Che ovviamente è uguale ad}_α_F

31 mA

01984

.

0

50

10

992 .

0 I

I

C 3 B

=

⋅

=

−

β

per determinare il valore delle tensioni

V

cE

e

V

BC

si può utilizzare ancora una volta la

LKT applicata alla parte di destra del circuito:

LKT :

V

EE

+

R

E

⋅

I

E

+

V

CE

−

V

CC

=

0 che in termini numerici diventa:

0

9 V

10 0122

.

1

10

2 .

8

9 +

⋅

3

⋅

3

+

CE

−

=

−

il valore di V

CE

sarà :

V

7 .

9

3 .

8

18 V

_CE

=

−

=

mentre si può determinare il valore della tensione V

BC

scrivendo:

V

9

7 .

0

7 .

9 V

V

BC

=

−

CE

+

BE

=

−

+

=

−

a questo punto occorre ricordare che :

la giunzione BC lavora in diretta se V

BC

< 0 V

la giunzione CE lavora in diretta se V

CE

≥

0.3 V

6

⇒

quindi si è accertato che il transistore lavora effettivamente in ZAD.

b)

Per calcolare il valore dei due guadagni

α

F

ed

α

R

si può ricordare la già citata

relazione che li lega ai guadagni

β

F

e

β

R

:

6_{In realtà si dovrebbe considerare anche la giunzione BE che lavora in diretta quando V}

BE≅ 0.6 ÷ 0.7 ma è stata posta come ipotesi di partenza VBE = 0.7 V

(13)

32 ⇒

0 .

5

2

1

98 .

0

51

50

1

R R R F F F

=

₊

β

_β

=

α

=

₊

β

_β

=

α

c)

E’ possibile ora dettagliare il circuito equivalente ai grandi segnali conosciuto anche

come circuito equivalente di “ E bers – Moll” che comprende due generatori pilotati

CCCS

7

_{( in cui il verso della corrente è contrario a quello della corrispondente}

giunzione):

Fig.38

In particolare si può scegliere di lavorare “a base comune “ ovvero di esprimere le

variabili presenti nel modello in funzione delle tensioni V

BE

e V

BC

rispetto alla base:

BC

giunzione

nella

1 e

I

BE

giunzione

nella

1 e

I

T BC T BE V V CS R V V ES F













−

⋅

=

















−

⋅

=

ricordando i valori ottenuti per V

BC

e V

BE

:

V

BC

= - 9 V

⇒

V

BC

<< 0

7_{I generatori pilotati sono anche detti generatori dipendenti o generatori controllati e sono} componenti a quattro terminali utilizzati per modellizzare il comportamento dei transistori. Sono spesso indicati con diverse sigle in questo caso CCCS significa “ Current Controlled Current

Source” e la loro equazione caratteristica mostra una diretta proporzionalità tra la corrente generata

e la corrente che scorre in un altro ramo del circuito. 8_{La figura comprende già le considerazioni fatte in seguito}

I

F

α

33 V

BE

= 0.7 V

La corrente nella giunzione BC sarà:

CS

R

I

≅

−

quindi dato che si è dimostrato che il transistore lavora in ZAD e che la V

BC

<<0 il

diodo di destra diventa un circuito aperto ed il generatore pilotato di sinistra

sparisce.

Osservazione: è possibile sostituire all’unico diodo rimasto il suo modello

equivalente ai grandi segnali considerando però R

F

≅

0 cosicché il

modello sia rappresentato soltanto da un generatore di tensione V

γ

=

V

BE

= 0.7 V

C

(14)

34 Sia dato il circuito:

Fig.1

V

10 V

_CC

=

I

0

1 mA

C

=

V

BE0

=

0.7 V

V

C0

=

5 V

ß

=

100 Si chiede di determinare :

a)

I valori di R

B

ed R

C

tali che il transistore sia polarizzato in ZAD

b)

I parametri del circuito ai piccoli segnali del transistore

c)

Il guadagno ai piccoli segnali ed in bassa frequenza

35 ♦

SVOLGIMENTO

♦

a)

Si rappresenta il “circuito di polarizzazione “ ricordando che alle basse frequenze

è possibile approssimare le capacità con circuiti aperti:

Fig.2

Se il transistore è polarizzato in ZAD si può affermare che la corrente nella base è

legata alla corrente nel collettore mediante il guadagno diretto di corrente di

cortocircuito tra collettore e base

9

_:

µA

10

100

10

1 ß

I

ß

I

3 C B B C

=

⋅

=

⇒

⋅

=

−

dalla LKT applicata al circuito in esame si ricava :

LKT:

−

⋅

=

⇒

=

−

₋

=

930 K

Ω

10

0.7

10 R

0 I

R

V

10

_BE _B _B _B ₅

Inoltre si avrà che:

9_{Qui lo si indica solo con}_β_{in quanto si considera che il diodo lavori in ZAD in realtà può essere inserito} anche come βF

(15)

36 Ω

=

⋅

=

⇒

⋅

=

₋

5 K

10

1

5 I

V

R

I

R

V

0 3 C 0 C C 0 C C 0 C

b)

Si determinano ora i parametri caratteristici del circuito equivalente ai piccoli

segnali del transistore:

Y

La “ transconduttanza “ , indicata solitamente come g

m

, dipende dal punto di lavoro

e può essere calcolata come:

T 0 C m

V

I

g

=

assumendo V

T

pari a 25 mV a temperatura ambiente, il valore di g

m

sarà :

-1 3 3 m

0.04 O

10

25

10 g

=

⋅

=

− ₋

Y

La “ resistenza base – emettitore” , indicata con

r

π

,rappresenta la resistenza

differenziale della giunzione base – emettitore e si può calcolare come:

( )

t

i

t

v

r

B BE p

=

ricordando che

( )

T 0 C B

t

_ß

I

_V

i

⋅

=

si avrà:

KO

2.5

0.04

100 g

ß

I

V

ß

r

m 0 C T p

=

⋅

=

Il circuito equivalente ai piccoli segnali risulta il seguente:

37

Fig.3

Dal nuovo modello , in cui si è inserito al posto di un generatore di corrente pilotato in

tensione VCCS

10

_{un generatore di corrente pilotato in corrente CCCS risulta:}

ie

h

r

π

=

11

= 2.5 K

Ω

e

ß

=

h

fe 12

=100

dove h

fe

rappresenta nel modello ad emettitore comune il “guadagno di corrente ai

piccoli segnali “.

mA

0.28

10

2.5

0.7 h

V

i

3 ie S B

=

_⋅

=

V

140 h

V

h

R

V

ie s fe C OUT

=

−

⋅

=

c)

Infine si può calcolare il valore del guadagno di tensione ai piccoli segnali, indicato

con A

V

:

considerando che :

ie S B

_h

V

i

=

h

V

h

R

V

ie s fe C OUT

=

−

⋅

quindi

10_{“Voltage Controlled Current Source” per cui l’espressione caratteristica è i(t)=G}_⋅_{v(t) ovvero la} corrente generata è proporzionale alla tensione in qualunque altro punto del circuito

11_{In realtà si dovrebbe sommare ad}

π

r

anche una componente indicata con

r

_b,cioè la “resistenza della

zona di base “ ma dato che rb è di un ordine di grandezza più basso rispetto ad rπla si può anche

trascurare

12_{Le due quantità,}_β_{ed h}

fe, sono concettualmente differenti ma si può dimostrare che sono quantitativamente uguali

(16)

38

200 1000

2.5

100

10

5 h

h

R

V

A

3 ie fe C S OUT V

=

−

⋅

=

−

⋅

_⋅

=

−

(17)

19 Funzioni di trasferimento

Sia dato il seguente circuito:

Fig.1

C = 10

-9

_F

_R

₌

₉₉

_⋅

₁₀

3

_Ω

1

R

2

=

10

3

Ω

Si calcoli la funzione di trasferimento :

( )

S

V

_V

_{( )}

( )

_S

S

T

IN OUT

=

e si disegni il diagramma di Bode del modulo e della fase di T(S).

20 ♦

SVOLGIMENTO

♦

Risulta utile passare al circuito con le impedenze dove

Z

(

S

)

=

R

=

99 ⋅

10

3

Ω

1 R

e

( )

SC

1 R

S

Z

=

2

+

:

Fig.2

Utilizzando la formula del partitore di tensione si può determinare il valore di V

OUT

(S)

in funzione di V

IN

(S):

( )

V

( )

S

SC

1 R

R

SC

1 R

S

V

S

Z

S

Z

S

Z

)

S

(

V

IN 2 1 2 IN R OUT

⋅

+

=

⋅

+

=

sostituendo ora questo valore di V

OUT

all’interno della funzione di trasferimento si

ottiene:

( )

(

R

)

SC

1

1 SC

R

SC

1 R

R

SC

1 R

S

V

S

V

S

T

1 2 2 2 1 2 IN OUT

+

⋅

+

⋅

=

+

=

ponendo ora S = jw è possibile determinare l’espressione della risposta in frequenza

T(jw):

(18)

21 ( )

jwC

1 R

R

jwC

1 R

jw

T

2 1 2

+

=

si determinano i valori di zeri e poli, riscrivendo la T(jw) nella forma:

( )

₁₀

10 _jw

jw

₁

1

10 jw

1

10

100

10 jw

1

10 jw

T

₄6 9 3 9 3

+

⋅

+

⋅

=

⋅

+

⋅

+

=

− − − −

lo zero risulta essere:

rad/sec

10 z

rad/sec

10 z

₌

₋

6

_⇒

₌

6

ed il polo :

rad/sec

10 p

rad/sec

10 p

₌

₋

4

_⇒

₌

4

4 Il diagramma di Bode per il modulo sarà dato dalla somma di tre contributi:

Fig.3

22 Il segnale globale sarà

1

_:

Fig.4

4 Il diagramma di Bode relativo alla fase, analogamente a quanto già detto per il

modulo sarà:

Fig.5

(19)

23 La somma fornisce un segnale globale del tipo:

Fig.6

24 Data la seguente funzione di trasferimento :

( )

S

10 _s

s

₁₀₀₀

10 T

3

+

⋅

=

si determini il corrispondente diagramma di Bode in modulo e fase e si indichi il

tipo di filtro.

♦

SVOLGIMENTO

♦

E’ possibile riscrivere la funzione di trasferimento nella forma:

( )











 +











 +

⋅

=











 +

⋅











 +

⋅

=

1000

s

1

10 s

1

10

100 s

1

10

10 s

1

10

10 S

T

3 3

lo zero sarà :

rad/sec

10 z

rad/sec

10 z

=

−

⇒

=

il polo sarà:

rad/sec

1000

p

rad/sec

1000

p

=

−

⇒

=

il guadagno è K = 10.

4 Il diagramma del modulo è dato da tre contributi, la retta orizzontale rappresenta

la componente costante a

20 ⋅

log

10

10 =

20 dB

:

(20)

25

Fig.1

Il segnale globale sarà:

Fig.2

4 Il diagramma della fase è dato anch’esso da tre contributi

2

_:

2_{All’interno di questi tre contributi uno è identicamente nullo: la fase di K}

26

Fig.3

La somma sarà:

(21)

27 Si tratta di un filtro attivo

3

_{di tipo “ Passa Alto” :}

Fig.5

(22)

39 Esercizi di digitale

E’ data la tabella di verità di un FF di tipo AB:

A

B Q(n+1)

0

1

0

1

0

1

1 )

n

(

Q

Q(n)

1

0 Costruire questo FF facendo uso di un FF di tipo JK e della logica addizionale

necessaria.

♦

SVOLGIMENTO

♦

Il primo passo da eseguire è quello di effettuare la sintesi del flip-flop AB

mediante l’utilizzo della seguente mappa di Karnaugh ricavata dalla tabella di verità

fornita:

A B

Q(n)

00 01

11

10

0

1

0

1

0

1

0

1 … da cui si ricava:

B

A

B

A

)

n

(

Q

A

)

n

(

Q

)

1 n

(

Q

+

=

+

(1)

40 =>

Q

(

n

+

1 )

=

Q

(

n

)

j

+

Q

(

n

)

k

(2)

Effettuando ora il confronto tra la (1) e la (2) si può affermare che:

j

A

=

B

A

B

A

k

B

A

k

=

=>

=

+

(per il teorema di De Morgan)

Si ottiene quindi

B

A

)

1 n

'(

Q

B

A

)

n

(

Q

B

A

)

n

(

Q

A

)

1 n

(

Q

+

=

+

=

+

… a cui corrisponde il seguente circuito logico:

j

k

Q(j+1)

0

1

0

1

0

1 Q(j)

0

1 )

j

(

Q

j k

Q(n)

00 01 11

10

0

1

0

1

uscita FF JK J K A B Q’(n+1) Q'(n+1) AB Q(n+1)

(23)

41 )

c

d

ab

)(

d

b

a

(

c

b

a

F

=

+

Si desidera che:

a)

Si sviluppino i prodotti semplificando il più possibile.

b)

Si ricavi la mappa di Karnaugh dalla funzione così semplificata.

c)

Dalla mappa ottenuta si ricavi dalla funzione

F

e la si sintetizzi.

♦

SVOLGIMENTO

♦

a)

F

=

a

b

c

+

(

a

+

b

+

d

)(

ab

d

+

c

)

=

a

b

c

+

a

ab

d

+

ab

d

+

abd

d

+

a

c

+

b

c

+

d

c

=

c

d

c

b

c

a

d

ab

c

b

a

=

+

b)

Le componenti logiche di F sono così interpretate …

-01

-c

d

-10

-c

b

-0

c

a

0 -11

d

ab

-101

c

b

a

→

… da cui si ottiene la seguente Mappa di Karnaugh

a b

c d

00

01

11

10

00

1

0

01

1

11

0

1

10

0

1

42 d

ac

d

b

a

c

b

c

a

F

=

+

c)

La mappa di

F si ricava banalmente dalla mappa precedente …

a b

c d

00 01

11

10

00

0

1

01

0

11

1

0

10

1

0

0 … da cui si ricava

d

c

b

a

bcd

c

a

F

=

+

(24)

43 di un CK a due fasi

φ

1

e

φ

2

come quello mostrato in figura.

Le due fasi,

φ

!

e

φ

2

, sono segnali periodici il cui periodo è pari a quattro volte il CK

di sistema (segnale Clock in figura).

La macchina dispone di un ingresso EN che, quando è a 1, abilita il funzionamento

sopra descritto e, quando è a 0, mantiene costante l’ultimo valore assunto dalle

due fasi.

Si richiede:

a) Il diagramma ASM.

b) La sintesi della macchina a stati finiti.

♦

SVOLGIMENTO

♦

a)

La FSM desiderata è mostrata in fig. .2

Clock

φ

1

φ

2 Fig. .1

FSM

CK EN

φ

1

φ

2 Fig. .2

44 b)

Utilizzando il diagramma della ASM appena ricavato, si può ottenere la seguente

tabella della FSM:

EN

SP

S

1

S

0

φ

1

φ

2

SF

S

1

’

S

0

’

0 (a)

0

1

1 (a)

0

1 (a)

0

1

1 (b)

0

1

0 (b)

0

1

0

1 (b)

0

1

1 (b)

0

1

0

1 (c)

1

0 (c)

1

1 (c)

1

1 (c)

1

1 (d)

1

0

0 (d)

1

0

1

0 (d)

1

0

1 (d)

1

0

1

0 (a)

0

0 φ

1

= 1

φ

2

= 1

EN

(a)

1

0 φ

1

= 0

φ

2

= 1

EN

(b)

1

0 φ

1

= 1

φ

2

= 1

EN

(c)

0 φ

1

= 1

φ

2

= 0

1 (d)

EN

0

Fig. .3

(25)

45 La struttura della FSM è la seguente:

• Sintesi di un’uscita ( ad esempio

φ

!

)

S

1

S

0

EN

00 01

11

10

0

1

0

1

0

1

1 da cui si ricava:

0 1 1

=

S

+

S

Φ

• Sintesi di uno stato (ad esempio S

1

’). Supponendo di voler utilizzare un FF di

tipo JK, usando la tabella di eccitazione già più volte vista, si ottiene:

Per j

1

:

S

1

S

0

EN

00 01

11

10

0

0 -

-

1

0

1 -

-

⇒

j

1

=

S

0

+

EN

.

EN 1 CK

RC

1 2 4

S

1

S

0 CK

RC

2 4 4

φ

1

φ

2 2 Fig. .4 D

46 Per k

1

:

S

1

S

0

EN

00 01

11

10

0 -

-

0

1 -

-

0

1 ⇒

k

₁

=

S

₀

+

EN

.

(26)

47 Sono dati i seguenti tre segnali:

Progettare la FSM che, dato il segnale di polarizzazione di sistema CK e l’ingresso

asincrono IN; genera il segnale OUT.

Si noti che:

• Il segnale OUT va ad 1 per un periodo di CK quando IN ha una transizione

0 à 1 oppure 1 à 0;

• La frequenza di In è molto minore di quella di CK.

♦

SVOLGIMENTO

♦

La FSM desiderata e il diagramma ASM che esplica il suo comportamento sono

mostrati, rispettivamente, in fig. .2 e .3:

CK

IN

OUT

Fig. .1

FSM

IN

OUT

CK

Fig. .2

48 Dal diagramma ASM si ricava la seguente tabella:

IN

SP

S

1

S

0

OUT

SF

S

1

’ S

0

’

0 (a)

0

0 (a)

0

1 (a)

0

0 (b)

0

1 -

(b)

0

1

1 (c)

1

0

0 (c)

1

0

0 (d)

1

1 (c)

1

0

0 (c)

1

0 -

(d)

1

1 (a)

0

0 Utilizzando Flip Flop JK, la struttura della FSM è:

IN

0

1 OUT = 0

OUT = 1

IN

OUT = 0

0

1 (a)

(b)

(c)

(d)

Fig. .3

IN

CK D

1

2 RC

1

4 S

!

S

0 CK

RC

2

4

4 1 OUT

Fig. .4

(27)

49

• Sintesi dell’uscita

S

1

S

0

IN

00 01

11

10

0

1

0

1

0

1

0

• Sintesi delle variabili di stato.

Per lo stato S

1

’ occorre sintetizzare j

1

e k

1

. Facendo riferimento alla tabella di

eccitazione già più volte vista, si ottiene:

S

1

S

0

IN

00

01

11

10

0

1 -

-

1

0

1 -

-

S

1

S

0

IN

00

01

11

10

0 -

-

1

0

1 -

-

1

0 ⇒

OUT = S

0

j

1

⇒

j

1

= S

0

k

1

⇒

k

1

= S

0

50 In modo analogo per S

2

’ occorre sintetizzare j

2

e k

2

.

S

1

S

0

IN

00

01

11

10

0

0 -

-

1

1 -

-

0 S

1

S

0

IN

00

01

11

10

0 -

1

1 -

1

1 -

j

0

⇒

j

₀

=

S

₁

⋅

IN

+

S

₁

⋅

IN

k

0

⇒

k

0

= S

0

(28)

51 Si descriva, mediante il diagramma ASM, il funzionamento di un FF “edge –

triggered” di tipo JK. Una volta disegnato il diagramma, si sintetizzi la

corrispondente FSM utilizzando un FF di tipo RS. Si richiede quindi:

1) Diagramma ASM del FF di tipo JK;

2) Tabella della FSM corrispondente;

3) Tabella di eccitazione del FF RS;

4) Disegno della struttura della FSM;

5) Sintesi dello stato.

♦

SVOLGIMENTO

♦

1) Ricordando che un FF di tipo JK si comporta nella maniera descritta dalla seguente

tabella di verità:

j

k

Q(j+1)

0

1

0

1

0

1 Q(j)

0

1 )

j

(

Q

Fig. .1

… il diagramma ASM è il seguente:

FSM

j

k

Q

52

Fig .2

2) Utilizzando il diagramma della ASM appena ricavato, si può ottenere la seguente

tabella della FSM:

j

k

SP

S

Q

SF

S’

0

1

0

1

1 -

-

0

1

0

1 (a)

(a)

(b)

0

1

0

1

1 (a)

(b)

(a)

(b)

0

1

0

1

0 Q = 0

Q = 1

j

(a)

0

1 (b)

j

k

0

1

1 k

0

1

(29)

53 Osservazione: per come è stata scelta la codifica, la sintesi dell’uscita è

Q = S.

3) Dalla conoscenza della tabella di verità dei flip–flop SR, si può ricavare la seguente

tabella di eccitazione.

S

R

Q(k+1)

Q(k) Q(k+1) S

R

0

1

0

1

0

1 Q(k)

0

1 -

Tabella di eccitazione

0

1

0

1

0

1

0

1 -

-

1

0 4) La struttura della FSM è la seguente:

Fig .3

1 Q

2

2 j

CK

k

CK

RC

1

SP

SF

ST CK

RC

2

54 5) Infine, si passa ad effettuare la sintesi dello sta to …

j k

ST

00 01

11

10

0

1

1 -

-

j k

ST

00 01

11

10

0 -

-

1

0

1

0

(30)

AN1 Punti[11/30]

Dato il seguente circuito:

Si chiede di calcolare:

1. Il valore di

β

f

2. il valore di correnti e tensioni del circuito nel punto di lavoro

3. il valore dei parametri del circuito equivalente del transistore ai piccoli segnali nel punto di

lavoro trovato

4. il guadagno di tensione ai piccoli segnali.

AN2 Punti[4/30]

Siano dati il seguente circuito e l’andamento temporale di V

IN

(t) specificato di seguito. Si chiede di calcolare

e andamento temporale di V

OUT

(t) nell’intervallo: ms

≤

t

≤

4 ms. Si consideri la commutazione del diodo

istantanea ed i seguenti valori del modello ai grandi segnali: V

γ

=0,6 V, R

f

= 0

Ω

, I

S

= 0 A, R

r

≅

∞

Ω

. Si

determino i valori di R

1

= ed R

2

in modo tale che quando V

in

la corrente I circol ante nella maglia sia pari a

10

-2

_A.

V

CC

=5 V

I

0 E

= 1020 ? A

V

0BE

= 0.7 V

V

0B

= 2.7 V

α

F

=0.98

R

L

=1000

Ω

R

c

= 1000.4

Ω

R

b

≅

0 R

2

= 27000

Ω

V

in

(t) = 0.025 V

V

_CC

R

₂

V

IN

R

L

R

E

R

_C

R

1 C

B

C

_C

V

_OUT

I

_B

I

2 I

₁

I

C

I

E

V

IN

(t)

V

0

(t)

R

1

R

2

I

1

2

3 4 5

6 t[ms]

[V]

8

4

2 Si progetti una FSM sincrona con un ingresso IN e quattro uscite: ZERO, UNO, DUE, TRE. Normalmente le

quattro uscite sono 0.

Quando il segnale IN permane per due periodi consecutivi di CK ad 1, la FSM decodifica il numero binario

rappresentato dai valori di IN nei due successivi periodi di CK nel modo rappresentato dagli andamenti

temporali in figura. Dopo di che la FSM ritorna in attesa di due periodi consecutivi di CK in cui IN permane

ad 1.

Si progetti la FSM utilizzando la struttura di Mealy. Si chiede di:

1. disegnare il diagramma ASM

2. scrivere la tabella della FSM

3. disegnare la struttura della FSM

4. sintetizzare almeno una uscita ed una variabile di stato (utilizzare FF di tipo JK “edge

sensitive” e sintesi di tipo NOR -NOR).

DGT2 Punti[3/30]

Siano dati la rete logica e gli andamenti temporali rappresentati in Figura. Si chieda di disegnare l’andamneto

temporale corrispondente alla variabile di uscita X. (Si suppongano nulle i tempi di propagazio ne delle porte

logiche).

I N I N I N I N T R E D U E U N O Z E R O C K 1 1 0 1 0 0 1 0

A

B

(31)

Svolgimento AN1

Vcc=5V

V

BE

=0.7V

I

E

= 1020

µ

A

V

B

=2.7V

α

f

=0.98

R

C

=1.004k

Ω

R

L

= 1k

Ω

R

b

= 0

R

2

= 27k

Ω

V

T

=25mV

1)Calcolare

β

f

β

f

α

_α

f f

=

₋

=

1 0 98

0 02

50 .

.

Poi calcoliamo V

E

avendo V

B

e V

BE

V

E

= V

B

– V

BE

= 2.7V -0.7V= 2V

Poi calcoliamo le correnti I

B

ed I

C

.

I

B

=

I

_E

+ =

=

β

f

µ

A

m A

1 1 0 2 0

50 0 02

.

I

C

=I

E

- I

B

= 1 mA

Calcolo le resistenze:

V

E

= I

E

R

E

e quindi la resistenza

R

I

E E

=

V

E

=1960

Ω

Avendo V

B

ed R

2

possiamo calcolare I

2

attraverso la KVL:

I

2

R

2

= V

B

Da cui consegue che

I

2

=

V

R

B 2

=

2 7

=

27

01 .

.

V

k

Ω

mA

Avendo I

C

, R

C

e V

E

calcoliamo V

CE

e VBC:

V

CE

=V

CC

-I

C

R

C

-V

E

=5V-(1000.4

Ω∗

1mA)-2V = 2V

V

BC

= V

BE

-V

CE

= 0.7V -2V = -1.3V

I

1

= I

B

+I

2

= 0.1+0.02mA =0.12mA

E quindi calcoliamo la resistenza R1 attravero la KVL:

R

I R

V

I

V -(-1.3V)

0.12 mA

1 C c BC 1

=

−

=

1 =

19167

Ω

2) per calcolare il guadagno in centro banda dobbiamo prima disegnare il circuito equivalente ai