ESERCIZIO E1:

ESERCIZIO E1:

I diodi D1 e D2 nel circuito della figura 1 sono ideali. Il segnale d’ingresso VIN varia linearmente nell’intervallo VIN ∈∈∈∈[-10, +50]V. Sapendo che E1=5V; R2=R3=5KΩΩΩΩ;

R1=10KΩΩΩΩ; R4=15KΩΩΩΩ si determinino e si traccino graficamente le relazioni: VOUT = ƒƒƒƒ1(VIN) (4 punti), I2 = ƒƒƒƒ2(VIN) (4punti) ed I4= ƒƒƒƒ3(VIN) (2punti). (Appello −−−− 17 novembre 2008)

Si tratta di un circuito con due diodi D1 e D2, supposti ideali, alimentato da un segnale in tensione che cresce linearmente da −−−−10 volt a +50 volt.

Per i due diodi si richiede l’utilizzo del modello lineare a tratti di prima specie con i due tratti di caratteristica fra di loro perpendicolari ed intersecantesi nell’origine degli assi coordinati VAK, ID. In sostanza si considera nulla sia la tensione di soglia Vγγγγ, sia la tensione VDON di conduzione dei diodi D1 e D₂. Una strategia di analisi iniziale del circuito è quella di ritenere, contemporaneamente, i due diodi interdetti e verificare se la realtà circuitale che ne deriva è

‘elettricamente compatibile’ e coerente con i valori che nel tempo assume il segnale di ingresso. L’ipotesi relativa ai diodi D1 e D2 entrambi interdetti conduce a verificare, per ispezione diretta, la validità elettrica o meno della rete di seguito riportata come figura 1a, in cui i due diodi sono modellati con due interruttori aperti e si considera inizialmente VIN(t) = 0V.

In tali ipotesi, per ispezione diretta della rete, si evince che non sussiste alcuna maglia chiusa e, di conseguenza, sono nulle le correnti in ogni lato della rete; pertanto, se si applica la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia contenente E2, R2, R3 ed R4 si ottiene: VA2K2+E2=0, da cui risulta: VA2K2= −−−−E2<0, e questo conferma l’ipotesi iniziale di considerare il diodo D2 nello stato di interdizione. In modo analogo, poi, si consideri la maglia contenente E1, R1, R4 e VIN

si ottiene: VA1K1+E1−−−−VIN=0, da cui si evince che: VA1K1= −−−−E1 + VIN<0; ciò concorda con la ipotesi iniziale di ritenere il diodo D1 interdetto.

Pertanto, si conclude che per VIN(t)=0V, ed a maggior ragione per VIN (t)<0V, sia il diodo D1 sia il diodo D2 si trovano in interdizione; valgono allora le seguenti posizioni:

∀ ∀

∀ ∀ t ||||

−−−−10 V ≤≤≤≤ V

_IN

(t) < (E

₁

= 5 V) D

₁

è OFF, D

₂

è OFF,

il che implica:

V

_OUT

= 0 V; I

₂

= 0 A; I

₄

= 0 A

Quando il segnale di ingresso VIN(t) raggiunge il valore della tensione fornita dal generatore E1

il diodo D1 passa dallo stato d’interdizione allo stato di conduzione. La rete da esaminare viene mostrata nella figura 1b in cui il diodo D1 viene modellato con un corto circuito, mentre D2 è ancora un circuito aperto e tale permarrà fino a che la tensione di uscita VOUT, per effetto dello aumentare di VIN non avrà conseguito un valore uguale alla tensione del generatore E2. Per ispezione diretta della rete di figura 1b si evince che:

D1

VIN(t)

R1

VOUT(t)

(figura - 1) R4

R3

I4

++++

−−−−

R2

D2

E2

I2

++++ ı E1

R1

VOUT

(figura - 1a) R4

R3

I4

++++

−−−−

R2

E2

I2

++++ ı

E1 A2

K2

A1

VIN=0V K1

++++−−−−

R1

VOUT

(figura - 1b) R4

R3

I4

++++−−−−

R2

E2

I2

++++ ı

E1 A2

K2

A1

VIN(t) K1

++++

−−−−

I2=0A, da cui segue che è nulla la caduta di tensione ai capi della resistenza R3 e di conseguenza la tensione di uscita VOUT coincide con la tensione ai capi della resistenza R4; da ciò si evince che la corrente I4, per la legge di Ohm, è determinata dalla relazione I4=VOUT/R4. La tensione d’uscita VOUT risulta così definita applicando la legge del partitore resistivo; si ottiene infatti quanto segue:

V t R V t E

R R

R V t R R

R E R R

V t

V t V t V

out in in in

in in

( ) [ ( ) ]

( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) [ ]

= ⋅ −

+ = ⋅

+ − ⋅

+ = ⋅

+ − ⋅

+

= ⋅ − = ⋅ −

4 1

1 4

4

1 4

4 1

1 4

15

15 10

15 5 15 10 15

25

75 25

3

5 3

Atteso quanto premesso, risulta comprovata la posizione seguente:

∀ t E :(

₁

= 5 V ) ≤ V

_IN

( ) t < V

_IN^*

( ) t

^⇒

D1

^è

ON

^mentre

D2

^è

OFF

V

_out

( ) t = ⋅ 3 V

_in

( ) t − [ ] V

5 3

dalla quale si verifica che per VIN(t) = E1 si ha VOUT(t) = 0V

I t V t

R V t

R V t

V t mA

out in in

in 4

4 4

3

3

5 3 1 3

5 15

3 15 10 1

25

1 5 ( ) ( )

( ) ( )

( ) [ ]

= =  ⋅ −

  

  ⋅ =

⋅ ⋅ −



  

  ⋅ =

= ⋅ −

−

All’aumentare di VIN(t), aumenta linearmente la tensione di uscita VOUT(t); il diodo D2 permarrà nello stato d’interdizione finché la tensione d’uscitaVOUT(t)non avrà conseguito un valore uguale alla tensione del generatore E2. Indicato con VIN*

(t) il valore della tensione di ingresso che realizza tale condizione, dovrà sussistere la relazione che di seguito si esplicita:

V t E V t E V t E

out

( )

Vin t in

( )

in

( ) ( )

*( )

* *

= ⇒ ⋅ − = ⇒ = ⋅ +

2

3

2 2

5 3 5 3

3

da cui si ottiene la scrittura definitiva seguente:

V t E

in

V

*

( ) ( ) ( )

= 5 ⋅ + 3 = ⋅ + = ⋅ = 3

5 15 3 3

5 18

3 30

2 Pertanto, si conclude che:

∀ t : ( E

₁

= 5 V ) ≤ V

_IN

( ) [ t < V

_IN^*

( ) t = 30 V ]

⇒

D1

^è

ON

^mentre

D2

^è

OFF

∀ t : [ V

_IN^*

( ) t = 30 V ] ≤ V

_IN

( ) t ≤ 50 V

⇒

D1

^è

ON

^e

D2

^è

ON

LaconduzionediD2implical’analisi dellaretedi figura1c,in cuiil diodo stessoviene modellato col bipolo corto circuito, così come già fatto per D1, che permane stabilmente in conduzione.

Per ispezione diretta si evince che la rete, ai fini della determinazione della tensione ai morsetti della resistenza R4, può essere considerata una rete binodale e quindi ad essa può applicarsi il principio di Millman; si ottiene infatti:

V

V t E R

E

R R

R R R R

in α

=

− +

+

+ +

+



  

  ( )

( )

1 1

2

2 3

1 4 2 3

1 1 1

R1

VOUT

(figura - 1c) R4

R3

I4

++++

−−−−

R2

E2

I2

++++ ı

E1 A2

K2

A1

VIN(t) K1

++++

−−−−

V

_αααα

Procedendo con le necessarie semplificazioni algebriche ed i dovuti passaggi analitici si ottengono le scritture che di seguito si esplicitano:

V t

V t E R R

R R R

E R

R R R

R R R R R R

R R R R

R V t E R R

R R R R R R

E R R

R R R R R R

in

in α

( )

[ ( ) ] ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

[ ( ) ] ( )

( ) ( ) ( ) ( )

=

− ⋅ +

⋅ + +

⋅ +

+ ⋅ + +

+

=

= ⋅ − ⋅ +

+ ⋅ + + +

+ ⋅ + + =

1 2 3

1 2 3

2 1

1 2 3

1 4 2 3 1 4

1 4 2 3

4 1 2 3

1 4 2 3 1 4

2 1 4

1 4 2 3 1 4

= + ⋅

+ ⋅ + + + ⋅ − ⋅ +

+ ⋅ + + =

R R R V t

R R R R R R

R E R E R R

R R R R R R

in

4 2 3

1 4 2 3 1 4

4 2 1 1 2 3

1 4 2 3 1 4

( ) ( )

( ) ( )

[ ( )]

( ) ( )

= ⋅ + ⋅

+ ⋅ + + ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ +

+ ⋅ + + ⋅ =

15 5 5

10 15 5 5 10 15

15 15 10 5 5 5 10 15 5 5 10 15

( ) ( )

[( ) ( )] ( )

[ ( )]

[( ) ( )] ( )

V

_in

t

= ⋅

⋅ + + ⋅ −

⋅ + = ⋅ +

150

25 10 150

15 150 50 25 10 150

150 400

1500 400 V t

V t

in

in

( )

( )

( ]

( ) ( )

Si perviene, pertanto, alla relazione che di seguito si esplicita:

V

_α

( ) t = 15 ⋅ V

_in

( ) t + = ⋅ V

_in

( ) t + 40

15 4

3 8

15 4

Ottenuta la tensione V_αααα è immediato il calcolo della corrente I4(t) applicando la legge di Ohm alla resistenza R4; si giunge pertanto alla seguente scrittura:

I t V t

R V

_in

t V

_in

t A

4

4 3

1

3

15 10 3 8

15 4

1 40

1 4 10 ( ) ( )

( ) ( ) [ ]

= =

⋅  ⋅ +

  

  =  ⋅ +

  

  ⋅

⁻

α

Il calcolo della corrente I2(t) è definito applicando la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia caratterizzata dalle resistenze R4, R3, R2 e dal generatore E2; si ottiene infatti:

V

_α

( ) t − E

₂

= ( R

₂

+ R

₃

) ⋅ I

₂

( ) t ⇒ I

₂

( ) t = [ V

_α

( ) t − E

₂

] ( R

₂

+ R

₃

)

La sostituzione dei dati forniti dalla traccia e di quelli calcolati in precedenza consente di relazionare come di seguito riportato:

I

₂

t V

_in

t V

_in

t

3

3

3

8

15

4 15 1

5 5 10

3 80

3 8

3 2 10

( ) ( )

( ) ( )

=  ⋅ + −

  

 

+ ⋅ =  ⋅ + −

  

  ⋅

^{− ovvero:}

I

₂

t 3 V

_in

t

³

V

_in

t mA 80

9

8 10 3

80

9

( ) =  ⋅ ( ) − ( ) 8 [ ]

  

  ⋅

⁻

= ⋅ −

La tensione di uscita VOUT(t) si ottiene applicando la legge di Ohm al lato costituito dalla resistenza R2 e dal generatore di tensione E2. Si perviene alla relazione seguente:

V

_out

( ) t = E + R I = + ⋅  ⋅ V

_IN

( ) t −

  

  ⋅

⁻

2 2 2

3 3

15 5 10 3 80

9

8 10

dalla quale si ottiene:

V

_out

( ) t = 3 ⋅ V

_IN

( ) t + [ ] V 16

75 8

Il legame ottenuto caratterizza una retta con coefficiente angolare m=tagββββ=3/16. Si osservi che per VIN(t)=30V viene riconfermato il valore della tensione d’uscita VOUT= (30·3/16)+(75/8)=15V.

In corrispondenza del massimo valore della tensione di ingresso V_IN(t)=50V si ottiene il massimo valore della tensione di uscita dato da VOUT = (50·3/16)+(75/8)=18,75V ed il massimo valore della corrente I2 ottenuto con la relazione I2 = (50·3/80)-(9/8)=0,75mA. Il massimo valore assunto dalla corrente I4 è dato da I4 = (50·1/40)+(1/4)=1,5mA. In corrispondenza di VIN=30V il valore assunto dalla corrente I4 in è dato da I4 = (30·1/40)+(1/4)=1mA; tale valore concorda con quanto si ottiene con la relazione I4 = (30·1/25)-(1/5)=1mA:

La transcaratteristica vO =ƒƒƒƒ(VIN) è mostrata in figura 1d, in cui sono evidenziati per ciascun tratto della spezzata,che definisce la curva in oggetto,lasuapendenzaelo stato di conduzionedei diodi.

Nella figura 1e, invece, vengono evidenziati gli andamenti delle transcaratteristiche relative alle due correnti I4 ed I2. Si osservi che nell’intervallo VIN ∈∈∈∈[−−−−10, 5] in cui i diodi D1 e D2 sono nello stato di interdizione, le correnti I1 e I2 sono entrambe nulle.

ESERCIZIO E2:

Nel circuito di figura 2 gli amplificatori operazionali sono ideali. Si vuole determinare la relazione IO = f(VX) (6 punti). Si determini l’impedenza “sentita” dal generatore di tensione EO(4 punti). Sono assegnati: EO parametro del circuito, R1 = 100 KΩΩΩ; RΩ 2 = 10 KΩΩΩΩ;

RO = 1 KΩΩΩΩ. (Appello −−−− 17 novembre 2008)

Sitrattadiuncircuitocheutilizzaamplificatorioperazionaliconreazionenegativa,inconfigurazione di amplificatore invertente, amplificatore NON invertente (noto come inseguitore) e amplificatore sommatore invertente, finalizzati alla realizzazione di un convertitore tensione corrente.

Piùspecificatamente,conriferimentoallafigura2a,A1èsommatoreinvertente,A2èuninvertenteed

m = tag(α αα α) = (3/5) α

αα

α = arctag(3/5) α

αα

α = 30,96°

m = tag(ββββ) = (3/16) ββββ = arctag(3/16) ββββ = 10,62°

ββββ

α αα α

VIN

VO

5V 30V 50V

15V 18,75V

D1 OFF D2 OFF

D1 ON D2 OFF

D1 ON

D2 ON (figura 1d)

−−−−10V

m = tag( γγγγ) = (3/80)

γγγγ = arctag(3/80) γγγγ = 2,147°

m = tag(ϕ ϕϕ ϕ) = (1/25) ϕ

ϕϕ

ϕ = arctag(1/25) ϕ

ϕϕ

ϕ = 2,29°

m = tag(δδδδ) = (1/40) δδδδ = arctag(1/40) δδδδ = 1,432°

δδδδ

γγγγ

VIN

I2 , I4

5V 30V 50V

750µµµµA

1mA 1,5mA

D1 OFF D2 OFF

D1 ON D2 OFF

D1 ON D2 ON

(figura 1e) ϕϕϕ

ϕ

−−−−10V

A3 un non invertente in configurazione da inseguitore.Per ispezione diretta della rete di figura2a si evince che i morsetti non invertente degli operazionali A1 ed A2 sono connessi a

terra e pertanto si trovano a potenziale zero.Poiché gli amplificatori sono in reazionenegativa,ilprincipiodella

traslazione del potenziale assicura che anche i morsetti invertenti si

trovano a potenziale zero.

Il morsetto non invertente dello operazionale A3 ha il potenziale imposto dal generatore EO. Per tanto, essendo un inseguitore si giustifica la relazione: VC =EO. In riferimento all’operazionale A2, si ha manifestamente che:

VB = −−−−(R2/R2)·VA, trattandosi di un amplificatore nella configurazione invertente. Consegue che:

VB=−−−−VA. Relativamente al calcolo del potenziale VA dell’amplificatore sommatore invertente A1

si può ricorrere al circuito equivalente mostrato in figura2b. Applicando la legge di Kirchhoff delle correnti al supernodo ΣΣΣΣ, ricordando anche il principio di traslazione del potenziale, si perviene alle relazioni:

I V

R I V

R I V

X X

R

C C

A A

= = = −

1 1 1

; ; ;

V R

V R

V

R V V V

X C A

X C A

1 1 1

+ = − ⇒ + = −

Rivisitando le conclusioni ottenute in precedenza ovvero VC = EO ed VA =−−−−VB, si ottiene la scrittura conclusiva che di seguito si esplicita:

V

_X

+ V

_C

= − V

_A

⇒ V

_X

+ E

_O

= − − ( V

_B

) ⇒ V

_X

+ E

_O

= V

_B

Applicando poi la legge di Ohm ai morsetti della resistenza RO si può relazionare come segue:

V

_B

− E

_O

= R I

_{O O}

⇒ V

_X

+ E

_O

− E

_O

= R I

_{O O} da cui si ottiene il legame cercato:

V

_X

= R I

_{O O}

⇒ I

_O

= ( V

_X

R

_O

) = ( V

_X

10

³

) = 10

⁻³

V

_X

Per quanto attiene la determinazione della impedenza sentita dal generatore EO, che in tale contesto si considera coincidere col generatore test VTX di piccolo segnale, si deve osservare che la corrente IO non dipende da EO; pertanto, le variazioni di EO generano variazioni nulle di IO e ciò è sufficiente per affermare che l’impedenza ZEO sentita da EO ha valore ZEO = (dEO/dIO) = ∞∞∞. ∞ Verifichiamopedissequamenteperviaclassica la correttezza del risultato appena conseguito.La rete

−−−− ++++

−−−−

++++

−−−− ++++

++++

ı

(figura - 2)

R2

R2

R1

R1

R1

RO

EO

IO

VX

−−−−

++++

−−−− ++++

−−−− ++++

++++

−−−−

(figura - 2a)

R2

R2

R1

R1

R1

RO

EO

IO

VX

A1

A2

A3

VA

VB

VC

EO

IC

−−−−

++++

(figura - 2b) R1

R1

R1

VX

A1

VA

VC

ΣΣΣΣ

IA

da esaminare viene mostrata nella figura 2c nella quale il generatore VX viene spento ed il generatore dipiccolosegnaleVTX sostituisce la sorgente indipendente EO. La ispezione diretta della rete porge ilreiterarsidelleseguentirelazioni

V

_C

= V

_TX

; V

_B

= −−−−V

A

Dato che VX =0V, l’amplificatore A1 è anch’esso in configurazione invertente; ne consegue che:

V

_A

= −−−−(R

1

/R

₁

)·V

_C

= −−−−V

C

Pertanto si perviene alla relazione conclusiva seguente:

V

_B

= −−−−V

A

= −−−−(−−−−V

C

) = V

_C, da cui consegue che:

V

_B

= V

_TX. La corrente ITX altro non è che la

corrente circolante nella resistenza RO; in ossequio alla legge di Ohm si relaziona come segue:

V

_TX

− V

_B

= R I

_{O TX}

⇒ I

_TX

= ( V

_TX

− V

_B

) R

_O

= = ( V

_TX

− V

_TX

) R

_O

= 0 A

Ricordando la definizione costitutiva di impedenza “sentita” da un generatore di piccolo segnale, si può relazionare come segue:

Z V

I

V

V V R

V R

TX TX

V

TX Vx

TX

TX TX O

TX O TX

= =

− =

− = ∞

=

( ₀)

( ) ( 1 1 )

ESERCIZIO E3:

Del circuito di figura 3, si determini il valore della resistenza RX affinché la corrente IO sia uguale a 10mA sapendo che i due transistori MOSFET hanno le medesime caratteristiche (7 punti). Successivamente si scolleghi la resistenza di carico RL e si determini la impedenza “sentita” fra i morsetti A−−−−B (3 punti). Vengono assegnati: VDD =20V; VSS=−−−−20V;





K=1A/V²; VT= 1V; RO = 100 KΩΩΩΩ; RS = 1 KΩΩΩΩ; RL = 10 KΩΩΩ; Ω (Appello −−−− 17 novembre 2008) La rete per la determinazione del punto di riposo Q (punto operativo) coincide con il circuito mostrata nella figura 3a in cui la resistenza RL è da considerarsi connessa fra i morsetti A e B; inoltre con VGP e VGN si sono indicati, rispettivamente, i potenziali di gate del MOS a canale P e del MOS a canale N. Parimenti VGS e VSG indicano le tensioni fra gate e source del MOS a canale N e del MOS a canale P rispettivamente.

La corrente IO fornita dalla traccia è la corrente di drain del PMOS che ipotizziamo funzionare in zona di saturazione.

La relazione costitutiva atta a descrivere tale funzionamento è esplicitata dalla scrittura che di seguito si riporta:

I

_DP

= I

_O

= K ⋅ ( V

_SG

− V

_T

)

², da cui si ricava:

V

_SGP

− V

_T

= I

_O

K = 10 10 ⋅

⁻³

= 10

⁻²

V

_SGP

= V

_T

+ 0 1 , = + 1 0 1 , = 1 1 , V

⇒ PMOS acceso

V

_SGP

= V

_T

− 0 1 , = − 1 0 1 , = 0 9 , V

⇒ NON accettabile Detta I la corrente che percorre le due resistenze RO e la resistenza RX da determinare, si indica con

−−−− ++++

−−−−

++++

−−−−

++++

++++ −−−−

(figura - 2c)

R2

R2

R1

R1

R1

RO

VTX

ITX

A1

A2

A3

VA

VB

VC

VTX

VX =0

ZTX

MP

RS

MN

VSS

VDD

RL

RS

RO

RO

RX A B

(figura 3)

IO

VO =RO·I la tensione presente ai morsetti di ciascuna delle due resistenze RO, come sancito dalla legge di Ohm.

Si applichi la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia costituita dall’alimentazione VDD, dalla resistenza RO, dal MOS a canale N, dalla resistenza RS e dalla resistenza RL, con riferimento terra, al fine di relazionare come segue:

V

_DD

= V

_o

+ V

_{GS N}

+ R I

_{S DN}

+ R I

_{L L}

( ) 1

Si applichi la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia costituita dall’alimentazione VSS, dalla resistenza RO, dal MOS a canale P, dalla resistenza RS e dalla resistenza RL, con riferimento terra, al fine di relazionare come segue:

V

_SS

+ V

_o

+ V

_{SG P}

+ R I

_{S DP}

− R I

_{L L}

= 0

ovvero:

V

_SS

= − V

_o

− V

_{SG P}

− R I

_{S DP}

+ R I

_{L L}

( ) 2

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle correnti al nodo A consente di relazionare come segue:

I

_DN

= I

_DP

+ I

_L

= I

_O

+ I

_L

( ) 3

Sommando membro a membro quanto esplicitato dalla (2) e dalla (1) e ricordando, come già espresso con la scrittura (3), che sussiste l’uguaglianza IDP = IO, si ottengono le relazioni che di seguito si riportano:

V

_DD

+ V

_SS

= V

_o

− V

_o

+ V

_{GS N −}

V

_{SG P}

+ R I

_{S DN}

− R I

_{S DP}

+ 2 R I

_{L L} , ovvero:

V

_DD

+ V

_SS

= V

_{GS N}

− V

_{SG P}

+ R

_S

⋅ ( I

_DN

− I

_DP

) + 2 R

_L

( I

_DN

− I

_DP

)

^{, da cui:}

40 − 40 = V

_{GS N}

− V

_{SG P}

+ R

_S

⋅ ( I

_DN

− I

_O

) + 2 R

_L

( I

_DN

− I

_O

)

, ed anche:

0 = V

_{GS N}

− V

_{SG P}

+ ( R

_S

+ 2 R

_L

) ⋅ I

_DN

− ( R

_S

+ 2 R

_L

) ⋅ I

_O

( ) 4

Atteso quanto sopra riportato, non resta che ipotizzare che anche il MOS a canale N funzioni nella zona di saturazione ed imporre, pertanto, la relativa relazione costitutiva:

I

_DN

= ⋅ K V (

_{GS N}

− V

_T

)

²

( ) 5

La sostituzione di IDN espressa dalla relazione (5) nella precedente scrittura (4) consente di pervenire al legame analitico che di seguito si esplicita:

V

_{GS N}

− V

_{SG P}

+ ( R

_S

+ 2 R

_L

) ⋅ ⋅ K V (

_{GS N}

− V

_T

)

²

− ( R

_S

+ 2 R

_L

) ⋅ I

_O

= 0

Procedendo con i necessari sviluppi algebrici e le sostituzioni dei dati forniti dalla traccia si ottiene:

( R

_S

+ 2 R

_L

) ( K V

_{GS N}²

− 2 V

_{GS N T}

V + V

_T²

) + V

_{GS N}

− V

_{SG P}

− ( R

_S

+ 2 R

_L

) I

_o

= 0 21 ⋅ V

_{GS N}²

− ⋅ ⋅ 2 21 V

_{GS N}

+ 21 + V

_{GS N}

− 1 1 , − + ⋅ ( 1 2 10 10 10 ) ⋅ ⋅

⁻³

= 0

^{, cioè:}

21 ⋅ V

_{GS N}²

− 41 ⋅ V

_{GS N}

+ 19 69 , = 0

Risolvendo l’equazione del 2° grado nella variabile VGSN (tensione gate-source MOS N) si ottiene:

V

_{GS N}

= 41 ± 41 − ⋅ ⋅ 4 21 19 69 = ± − = ± 42

41 1681 1653 96 42

41 27 04 42

2

, , ,

V V V

V V

GS N T

T

= ±

= − = = <

+ = = >

41 5 2 42

41 5 2 42 35 8 42 0 852 41 5 2 42 46 2 42 1 10

, ( , ) ( , ) ,

( , ) ( , ) ,

B RS

MN

VDD

RL

RS

RO

RX A

GN

MP

VSS

RO

(figura 3a) IO

GP

VGSN

VSGP

VO

VO IDN

IL

Il risultato conseguito mostra che l’unica soluzione accettabile è espressa da V_GSN =1,1V. Pertanto si prende atto che VGSN = VSGP, il che implica che anche la corrente di drain del MOS a canale N èugualeallacorrentedidrainIDNP =IOdelMOSacanaleP.Infatti,dallarelazionecostitutiva del funzionamento in regione di saturazione, giàprecedentementeindicata con la scrittura(4),siottiene:

I

_DN

= ⋅ K V (

_{GS N}

− V

_T

)

²

= ⋅ 1 1 1 1 ( , − )

²

= 0 1 ,

²

= 0 01 , = 10 10 ⋅

⁻³

= 10 mA

Il risultato era da attendersi in quanto i due MOS presentano le stesse caratteristiche e la rete di polarizzazione manifesta una evidente simmetria; pertanto i due MOS devono presentare la stessa corrente di drain. Si conclude, poi, che la resistenza RL, in conformità alla relazione (3), è percorsa da corrente nulla, ovvero: IL=IDN-IDP=IDN-IO=0A. il che implica: VAB=RL·IL=0V.

Atteso quanto premesso, non resta che verificare che i due MOS sono effettivamente in saturazione come inizialmente ipotizzato.

Applicando la legge di Kirchhoff delle tensioni alla maglia d’uscita del MOS a canale N, tenendo presente che VAB=0V, ottiene la relazione seguente:

V

_DD

− V

_{DS N}

= R I

_{S DN}

+ V

_AB

⇒ V

_{DS N}

= V

_DD

− R I

_{S DN} , ovvero:

V

_{DS N}

= 20 1 10 10 − ⋅ ⋅

⁻³

= 20 − 0 01 , = 19 99 , V

Parimenti, per la citata simmetria, si ottiene:

V

_{DS N}

= V

_SDP

= 19 99 , V

Restano verificate le condizioni da soddisfare per il funzionamento in zona di saturazione; infatti:

V

_{DS N}

> ( V

_{GS N −}

V

_T

) V

_SDP

> ( V

_{SG P}

− V

_T

)

Ai fini del calcolo della resistenza RX la rete di polarizzazione può essere rappresentata col circuito equivalente evidenziato in figura 3b, al quale è utile applicare il principio della sovrapposizione degli effetti; in tale contesto si ottiene, pertanto:

V R R V

R R

R V

R R

R V V

R R

R V

R R

G N o X DD

o X

o SS

o X

o DD SS

o X

X DD

o X

= + ⋅

+ + ⋅

+ =

= ⋅ +

+ + ⋅

+

( )

( )

2 2

2 2

Ricordando che la polarizzazione è a tipologia simmetrica duale, con VDD = −−−−VSS, si ottiene:

V R V

R R V R

R R V

G N

X DD

o X G N

X

o X

= ⋅

DD

+ ⇒ =

+ ⋅

2 6 2

2 7

( ) ( ) ( )

La lettura della (7) afferisce alla simmetria della rete di polarizzazione in base alla quale la resistenza RX può essere sdoppiata in due resistenze fra di loro connesse in serie, come mostrato nella figura 3b.bis, caratterizzando così di fatto la condizione che il morsetto del punto medio T si porta a potenziale VT =0V.

Si deve, altresì, ricordare che il nodo A della rete di figura 3a si trova a potenziale VA=0V.

La legge di Kirchhoff delle tensioni applicata alla maglia d’uscita del MOS a canale N consente di relazionare come segue:

V

_{G N}

= V

_{GS N}

+ R I

_{S DN}

+ V

_A

= V

_{GS N}

+ R I

_{S DN} , dalla quale si ottiene:

V

_{G N}

= 1 1 1 10 10 , + ⋅ ⋅

⁻³

= 1 1 , + 0 01 . = 1 11 , V

V

_DD

VGP

++++

−−−−

V

_SS

++++

−−−− VGN

GN GP

RO RX RO

(figura - 3b)

V

_DD

++++−−−− VGN

GN

RO RX/2

(figura - 3b.bis) VGP

++++

−−−−

V

_SS

GP

RO

RX/2

VT

T

Per simmetria si evince che:

V

_{G P}

= − V

_{G N}

= −111 , V

Determinata VGN non resta che utilizzare la relazione (6) al fine di ottenere il valore della resistenza RX; si perviene infatti alla scrittura che di seguito si riporta:

V R V

R R R R V R V

G N X DD

o X

o X G N X DD

= ⋅

+ ⇒ + ⋅ = ⋅

2 ( 2 )

, ovvero:

2R V

_{o G N}

= R

_X

( V

_DD

− V

_{G N}

)

, dalla quale si determina RX con la relazione seguente:

R R V

V V K

X o G N

DD G N

= − = ⋅ ⋅

− = =

2 2 100 1 11

20 1 11

222

18 89 11 75

( )

,

( , ) , , Ω

Si devono, adesso, determinare i parametri dinamici, calcolati nel punto di riposo, specifici della costituzione del modello dei MOS, atto a consentire lo studio del comportamento alle variazioni dovute all’azione del generatore test di piccolo segnale usato per la determinazione dell’impedenza

“sentita” fra morsetti A e B.

g di

dv g di

mN DN

dv

GS N vGS N VGS N

mP DP

SG P vSG P VSGP

= =

= =

Procedendo al calcolo dei parametri gm di transconduttanza si ottiene:

g di

dv

d K v V

dv K V V

mN DN

GS vGS VGS

GS T

GS VGS

GS T

= = − = − =

=

[ ( ) ]

−

( ) ,

2 1

2 0 2 Ω

g di

dv

d K v V

dv K V V

mP DP

SG vSG VSG

SG T

SG VSG

SG T

= = − = − =

=

[ ( ) ]

−

( ) ,

2 1

2 0 2 Ω

Atteso quanto premesso,il circuito equivalentedinamico per piccolo segnale è mostrato in figura3c.

Per comodità,nel seguito, sarà utilizzata la posizione seguente:

g

_{m p}

= g

_mn

= g

_m

= 0 2 , Ω

⁻¹

PerispezionedirettasievincecheVTX non è in grado di far circolare alcuna corrente nelle resistenze RO ed RX. Quindi, si deve considerare che: VGP=VGN=0V.

Con riferimento al modello dinamico del MOS a canale P si consideri la relazione:

v

_{sg p}

+ R g v

_{S m sg p}

− v

_TX

= 0

dalla quale si ricava la scrittura:

v

_{sg p}

( 1 + R g

_{S m}

) = v

_TX

Con riferimento al modello dinamico del MOS a canale P si consideri la relazione:

v

_gsn

+ R g v

_{S m gsn}

+ v

_TX

= 0 ⇒ v

_gsn

( 1 + R g

_{S m}

) = − v

_TX

Si è così in grado di correlare le variazioni delle tensioni di pilotaggio dei generatori comandati con la variazione della tensione del generatore test VTX; si determinano, infatti, le relazioni che di seguito si esplicitano:

++++

−−−−

g

_mp

v

_sgp

v

_sgP

SN

(figura - 3c)

SP

GP

RO

i

_TX

v

TX

GN

A

B DP

DN

g

mn

v

gsn

v

_gsN

RX

RO

RS

RS

vGP

v v

R g v v

sg p TX

R g

S m gsn TX

S m

= + = −

+

( ) ( )

( )

1 8

1

L’applicazione della legge di Kirchhoff delle correnti al nodo A consente di relazionare così come segue:

g v

_{m gsn}

+ i

_TX

= g v

_{m sg p}

Facendo ricorso alla sostituzione delle relazioni (8) nella scrittura sopra determinata, si perviene poi al legame analitico che di seguito si esplicita:

g v

R g i g v

R g i g v

m TX

R g

S m

TX m TX

S m

TX m TX

S m

⋅ + = − ⋅

+ ⇒ =

+

( 1 ) ( 1 ) ( )

2 1

Ricordando la definizione costitutiva di impedenza equivalente “sentita” fra due morsetti di una rete si ottiene:

Z v

i

v g v

R g

R g

AB TX

g

TX

TX m TX

S m

S m m

= =

+

= +

= + ⋅

⋅ = = =

2 1

1 2

1 0 2 1 2 0 2

1 2 0 4

12

4 3

( )

( ) ,

,

,

, Ω