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svuotamento. Adesso il problema è che quando mando gli elettroni all’interno della base questa a seconda

di quanto è lunga ( tale dimensione è indicata normalmente con Wb) siccome qui è pieno di lacune è

possibile che queste lacune si Vadino a ricombinare con gli elettroni, cosicché un parte degli elettroni che

ho mandato dall’emettitore vengono persi gli altri vengono sparati nella seconda zona n ( quella a destra

per capirci), in questa zona c’è una maggiore concentrazioni di elettroni per cui è difficile che gli elettroni

che abbiamo mandato Vadino a ricombinarsi arrivando cosi in C e riesco ad avere la mia corrente.

Tecnologicamente per migliorare il funzionamento di questo dispositivo devo:

1. fare la base più corta possibile.

2. Polarizzare la prima giunzione in maniera diretta ( per permettere il passaggio di corrente) mentre il

secondo dovrò polarizzarla in inversa per aumentare gli effetti del campo elettrico dovuto alla

seconda zona di svuotamento. Un effetto indiretto

positivo di questo intervento e che andando a

svuotare maggioramente la seconda zona di

svuotamento riduciamo acora di piu la lunghezza

della base.

Di seguito riportiamo in grafico gli effetti sulle bande:dove ho messo un polarizzazione diretta sto

alzando l’energia,mentre in polarizzazione inversa sto abbasando l’energia (lui non l’ha detto ma

credo che significhi che facilità la salita e aumenti la discesca degli elettorni).

In questa configurazione il transistore viene detto in funzionamento di zona attiva, ovvero come si usano di

solito questi oggetti per fare degli amplificatori.

OSS: studiare npn o pnp è la stessa cosa basta cambiare i segni.

Regioni di funzionamento del BJT

Analizzo npn come esempio:

Sono in zona attiva diretta quando ho Vbe>0 e Vbc<0 (cioe quando sto nel quarto quadrante).

Sono in saturazine quando entrambe sono positive.

Sono in Cut off quando entrambe sono negative,cioè abbiamo 2 diodo contro polarizzati per cui non

scorrerà nessuna corrente ( o meglio solo quella di saturazione ma che consideriamo come circuito aperto).

Sono in zona attiva inversa quando Vbc>0 e Vbe<0 ( cioè inverto le polarizzazioni) il transistor se fosse fatto

geometricamente nella stessa maniera e con gli stessi drogaggi avremmo un comportameto analogo al

primo, in realta la chiamimao inverse perché il dispositvo è asimettrico.

Dobbiamo studiare il comportamento delle 4 zone.

Efficienze e guadagno di corrente

La corrente sarà opposta al flusso degli elettroni e concorde a quello delle lacune.

Analizziamo le correnti:

ipotizziamo di essere in zona attiva diretta:gli elettroni stanno andando dall’emettitore verso la

base attraversano la base e vengono poi accelerati verso il collettore dal campo elettrico.

I = sono gli elettroni che vanno verso destra ( credo siano quelli sparati dall’emettitore).

E

I = quelli che sono giunti al collettore

N

Dopodiché ho anche le lacune:

I = corrente dovuta allo spostamento di lacune da p a n.

EP

I =corrente dovuto allo spostamento di lacune da n a p a causa della differenza di potenziale

Cp

instaurata dalla polarizzazione inversa.

I =è la corrente di ricombinazione I -I = sono gli elettroni che si sono persi all’interno della base.

Bp En Cn   ovvero il contributo di corrente di lacune e

Corrente di emettitore sarà data da: I I I

E En Ep

elettroni.  

Corrente di collettore: ancora una volta somma dei contributi degl elettroni e

I I I

C Cn Cp

delle lacune. 

Ecco da dove deriva il nome bipolare conducono sia elettroni che lacune.

     

Corrente di base: è stata ricavata vedendo la base come un

I I I I (I I ) I

B E C Ep En Cn Cp

 ”

nodo e applicando kirchof. Questa “ è chiamata Irb ovvero corrente di ricombinazione in

I I

En Cn

base.

Definiamo ora un parametro guadagno di corrente a base comune: Questo parametro viene

spesso indicato come αF. F

sta per forward cioè

configurazione diretta.

Ovvero dal rapporto della corrente che riesco a trasportare dall’emettitore al collettore (Icn) rispetto alla

corrente di emettitore totale.

Definiamo poi l’effeccienza di emettitore:

quantita di elettroni che genera l’emettitore rispetto alla corrente totale.se

idealmente Iep=0 l’efficienza di emettitore sarebbe pari a 1.questa dipenderà

quindi dal drogaggio dell’emettitore,poiché più faccio drogato l’emettitore piu

diminuisco le lacune disponibili.

Definiamo il fattore di trasporto:

Indica la quantita di elettroni che si ricombinano in base,rappresenta la perdita di

elettroni che ho in base.Per ridurla posso ridurre la concentrazione di lacune

all’interno della base (abbassare il drogaggio di p) e diminuire W.Idealmente questo α

lo voglio quanto più possibile pari a 1,cioe che tutti glie elttroni che arrivano in base

vanno a finire sul collettore.

  

Per cui 0 T. Modello di Ebers – Moll

Correnti di

saturazione.

α α indicano che a causa de fenomeni prima descritti solo una parte della corrente che scorre nei diodi arriva a

F, R

destinazione.

Ora se immaginiamo che il transistor sia simmetrico e li metto entrambi il polarizzazione dirette. Se ipotizzo

V =V allora Allora possiamo riscrivere le formule I e I sfruttando questa condizione

be Bc E C Questo vale sempre anche se ora lo

stiamo dimostrando per V =V

be Bc.

Calcoliamo ora la corrente di base applicando il principio di kirchoof Il

Per come sono costruiti i

BJt questi sono i

parametri.

modello che abbiamo descritto è valido sia per piccoli che grandi segnali.Ora quello che ci

interessa capire è come si comporta questo modello per le varie confiugrazioni.In zona

attiva diretta ad esempio il primo diodo conduce mentre il secondo è come un circuito

aperto.se sono cut-off sono tutti è 2 come circuiti aperti non c’è corrente e come se

fosse un interrruotre aperto.saturazione ho tutte e 2 le correnti (tutti e 2 i diodi conduco)

che sono della stessa entita.Un bjt è sempre un elemento a tre poli lo posso sempre

schematizzare come una rete 2 porte in tre configurazioni diverse:

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Il transistor può essere vista come una rete due porte:

Dove come si vede chiaramente la base è in comune.

. Lezione 27 aprile 2016 seconda ora

Voglio trovare quindi le caratteristiche della rete due porte ovvero Vcb e Ic; Vbe e IE; ovvero Vbe in

funzione di Ie e Vcb in funzione di Ic.

Studiamo questo transistor in zona attiva Perciò Vcb sarà polarizzata in inversa e Vbe in diretta.

Per tale motivo Vbe sarà>>Vt all’incirca sarà almeno maggiore di 0,7V, mentre Vbc deve esser<<Vt quindi

Vcb>>-Vt (conseguenza dovuta al fatto che si trova in inversa). Perciò le equazioni da queste:

diventano:

(1) Ie=( )* +Is e (2)Ic= (Is)* + . In quanto la componente dovuta al -1 diventa trascurabile

rispetto all’esponenziale e inoltre l’esponenziale viene trascurato essendo l'esponente

negativo e quindi tendente a 0.

Quindi Ib=Ie-Ic che è pari a ( )* +Is -(Is)* =(Is)* *(-1+ )+Is(1- )= +

Inoltre αf*Ie=Is* +αf*Is

Pongo Is* = αf*Ie- af*Is in (2) e ottengo: Ic= αf*Ie+Is( -αf)(3)

A questo punto si può notare come ponendo αfIe=0 ottengo Ic= Is( -αf) che posso chiamare Icbo ovvero la

corrente tra il collettore e la base a emettitore aperto.

Icbo raddoppia per ogni aumento di 10° di temperatura. Perché essendo una corrente di saturazione

dipende dai nostri portatori (n;p) se aumento T aumento i portatori e aumento la corrente di saturazione. E

quindi Icbo.Tale effetto è importante nei BjT perché anche se si controllano le correnti sarà difficile

controllare la temperatura e quindi Icbo e perciò il transistore bipolare dissipa il calore e si scalda di più.

Se trascuro le correnti di saturazione sia per Ie(Is) che per Ic( ottengo il seguente circuito:

I1=Ie=( )* e I2=Ic(Is)*

E come si può notare la corrente di collettore non dipende da Vcb in zona attiva infatti dipende solo da Vbe

perciò la rappresentazione nel piano cartesiano sarà la seguente:

Ic naturalmente sarà rappresentabile con una costante rispetto a Vcb fintanto che sia maggiore di -0,4;-

0,5V (tale cosa verrà spiegata nella lezione del 28 aprile).Tuttavia per Vcb molto grandi si rischia di andare

in break down e il diodo tende a condurre e perciò a parità di Vbe la corrente aumenterà:

Invece Ie dipende proprio da Vbe e il suo grafico sarà molto simile alla caratteristica del diodo:

Una volta trovato il punto di lavoro e il Vbe* corrispondente potrò conoscere anche Ic.

Configurazione emettitore comune

Per spiegare bene come si arriva alla configurazione a emettitore comune procediamo con diversi passaggi.

In primo luogo partiamo con la configurazione a base comune

Dove Ie=I1=( )* e I2=Ic=αf*Ie.

Tale circuito lo posso ridisegnare nel seguente modo

Dove da C esce sempre I2 e in Ie entra sempre I1. Lo possiamo anche ridisegnare così:

Dove da Ic esce sempre I2; da Ie entra I2 che poi ne esce e confluisce verso B. Finalmente disegnamo la

configurazione finale a emettitore comune:

Ib

Per Ic stesso discorso di prima ovvero non dipende da Vcb e il grafico è uguale a quello sopra

Ie= * allora αfIe= Is*

Avremmo che Ib+ Is* - * =0 (legge di Kirkhoff al nodo B).

Allora Ib= * = * =I3. Quindi possiamo ridisegnare il circuito nel seguente modo:

Quindi Ib=Ie-Ic ricordando che Ie= (ottenuta da Ic=αfIe+Icb0)(3):

αfIb=Ic(1-αf)-Icb0 quindi (1-αf)Ic=αf*Ib+Icb0 allora Ic= = Ib+ =βfIb+ =βfIb+(βf+1)Icb0

se Ib=0 allora Ic=( βf+1)Icb0=Ice0 ovvero la corrente tra il collettore e l’emettitore a base aperta).

Dal momento che Ice0 è una corrente di saturazione allora Ic=βIb=I4.

Ora disegnamo la corrente Ib in funzione di Vbe: ricordando che Ib= * ; allora la caratteristica sarà

quella classica del diodo:

Dove in verde sono rappresentate le rette di carico.

In zona attiva Vbe>0,7V mentre Vbc è contropolarizzato. Se però ci troviamo al limite ovvero la giunzione

base collettore è quasi in zona attiva allora Vce=0,3/0,4V.( anche in questo caso per spiegazione vedere la

lezione del 28 aprile).

La corrente di collettore in zona attiva sarà indipendente da Vce e perciò è costante. Quindi avrò diverse

correnti di collettore al variare della corrente di base Ib o di Vbe (valori ottenuti dal punto di lavoro trovato

nel grafico sopra).

Se cambia il punto di lavoro cambierà anche Ic

Lezione 28/04 primi 45 minuti

Le correnti utilizzando la condizione di reciprocità sono:

=

Le quali sappiamo valere in ogni condizione ( cioè per le 4 diverse configurazioni di polarizzazione)

1. Cut-off: quando entrami le giunzioni sono polarizzate in inversa , cioè V e V sono negative, allora

be bc

= = ,

le correnti diventano: ,

I valori di queste correnti sono prossimi a i valori delle correnti di saturazione, quindi e come se

avessimo diodi contropolarizzati cioè sono aperti per cui non scorre corrente.

Funziona come un vero e proprio interruttore aperto.

2. Saturazione: 

se faccio l’equazione alla maglia:V – V -V =0 V =V -V

BE BC CE BC BE CE

In saturazione tutte e 2 i diodi sono in diretta quindi in conduzione. Potrò

quindi nelle correnti trascurare le unita per cui avrò:

= = =

= = )

=

Conoscendo l’andamento della retta di carico e della caratteristica del diodo sappiamo che le tensioni in

polarizzazione diretta sono circa pari a 0,7 per cui V =0.7 e V =0.7 ma allora dall’equazione alla maglia

BE BC

V =0 per cui sostituendo tale valore nelle equazioni delle correnti notiamo che le correnti iniziamo ad

CE

essere comparabili tra di loro.

Avevamo visto che in zona attiva avevamo:

I =αI ma anche IC=BI queste relazioni qui ( in saturazione quindi V =0 ) iniziamo a non valere più.

C E B CE

= = =

Difatti abbiamo: ;

= ;

= ,

= notiamo allora che a meno

dei segni I =I e la I viene molto più bassa ( essendo la somma tra I e I ) notiamo quindi che le correnti di

C B E B C

collettore iniziamo a scendere rispetto a prima.

Andiamo a calcolare in realtà quanto vale la V CE

Dall’equazione di ebers-moll posso calcolare:

= la VCE che uscira fuori sarà quella di saturazione in quanto ho risolto le

equazioni di ebers-moll imponendo che ero in saturazione. Ora semplificando il termine

Tra numeratore e denominatore e moltiplicando ambo i membri per =

[ 

Ottengo =

= =

 ora se applico i logaritmi a entrambi i membri

=

ottengo Vce=V *

T

Vce= V *ln( ) e ricordando che

T

= = 3 =

è è

Analizziamo ora andamento delle curve:

1. Base comune 

V – V -V =0 V =V V =

BE BC CE BC CE- BE

Devo trovare le curve I-V.

Per l’ingresso so che la tensione e la

corrente segue proprio quella del

diodo ( grafico a sinistra)

Per l’uscita:

Ricordiamo che in zona attiva Ic trascurando le correnti di saturazione era Ic= e quindi abbiamo visto

che questa era piu o meno una costante non c’era nessuna influenza della V e quindi della V , quindi al

CE CB

variare della V avevamo dei valori costanti che dipendevano solo esclusivamente dal valore della V o

CB BE

della corrente di emettitore. In effetti V =0.7 quindi la V se mi metto “al limite della saturazione= la V

BE CB CE

vale (poiché noi abbiamo un punto di discontinuità tra zona attiva e saturazione) V =V -V =0.1-0.7=0.6 (

CB CE BE

questa è propria la V di saturazione, 0.1 sarebbe il valore trovato prima 50-100mV).

CB

Quando vado in saturazione la V inizia a diventare 0, la corrente I non è più legata alla V ma inizia ad

CE C BE

andare allo stesso valore della I . La zona di cut-off è caratterizzata da correnti nulle. In rosso è la zona

B

attiva, arancione zona di saturazione e in verde quella di cut-off.

Lezione 28 aprile 2016 ultimi 45 minuti

Nota: βf=β e αf=α

Emettitore comune

Ib

Voglio trovare la caratteristica del diodo.

Vbe-Vbc-Vce=0 allore Vce=Vbe-Vbc.

Per l’ingresso: Vbe e Ib che la caratteristica è un diodo (equazione Ebers Moll: in taI caso Ib= * )

In uscita abbiamo Ic in funzione di Vce. Da dove parte la zona attiva? Vce parte da almeno 0,2/0,3/0,4V (per

spiegazione vedi lezione II ora 27 aprile 2016 ultimo grafico) perciò in zona attiva è Ic= Is* e quindi si

hanno delle correnti costanti che variano al variare di Ib o Vbe; Vce non influisce ma in saturazione non è

vero che Ic=βIb perciò si avrà un altro andamento. La regione di cut off sono solo correnti di saturazione

dove ci sono solo correnti di saturazione e quindi Ic è nulla. La zona attiva inversa invece significa che Vbc

sarà in diretta e Vbe in inversa allora se le giunzioni sono simmetriche la situazione è la stessa del I

quadrante. Nel primo avrei il mio βf nel secondo il mio βr e sto ipotizzando che sono uguali.

Se invece non sono simmetrici? Nel primo quadrante Ib ho delle correnti dell’ordine delle centinaia di uA e

ho un βf pari a 100 Ic sarà pari a 10mA. Se in reverse αr=0,5; βr sarà pari a 1. Se ho Ib=-100uA quella di

collettore mi vale lo stesso valore; perciò nel III quadrante saranno notevolmente schiacciate verso

l’origine. Il Bjt si comporta allo stesso modo ma con un βr più basso che non gli permette di lavorare bene e

sono quindi schiacciate di un fattore 100. Infatti normalmente non si fanno lavorare in zona attiva inversa.

Di seguito il grafico:

Dove in rosso è la corrente Ic quando il transistor lavora in zona attiva; in verde quando lavora in

saturazione; in blu in reverse e in viola in cut-off.

Nella conversione analogico digitale in genere il transistor lavora in cut-off o saturazione mentre negli

amplificatori nella zona attiva.

Modello Early

Il modello di Ebers e Moll non tiene conto di molte cose.

Per esempio noi sappiamo che αf tende a 1 e βf=

= =

Se mi faccio dβ= dα allora * dα quindi

Formule

Perciò se ho una variazione % di α pari all’1% in β la risentirò (se α =0,9) del 10% ma se α =0,99 β varia del

100% piccole variazioni di α si ripercuotono in maniera molto sostenuta in β.

Nella configurazione a base comune Ic= αIe quindi al variare di α Ic varia di poco (o meglio di quanto varia

alfa). Mentre in quella a emettitore comune Ic= β Ib quindi se ho piccole variazioni su α in questa

configurazione il cambiamento di Ic è molto rilevante (può addirittura raddoppiare). Quindi se ho variazioni

di α quando sono in Base comune le Ic tendono a restar piatte,ma quando sono a Emettitore comune le

risento molto di più. Il fenomeno fisico alla base che si chiama effetto Early è dovuto a due fattori queasta

modulazione di corrente dovuta a tensione di polarizzazione

Se aumento la contro polarizzazione la regione di svuotamento aumenta e quindi W diminuisce quindi ho

aumentato il gradiente di concentrazione e quindi la corrente, ma diminuendo W ho diminuito anche il

tempo che gli elettroni stanno nelle lacune (in W) e perciò ho diminuito anche la probabilità di

ricombinazione e aumentato la corrente verso C. Aumento Vce =Vbe-Vbc perchè diminuisco Vbc

(contropolarizzo di più); all’aumentare di Vce la corrente tende a salire in maniera su per giù lineare perciò

le reali caratteristiche sono le seguenti :

All’aumentare di Vce le correnti quindi tendono a salire

Tali variazioni sono dovute all’effetto Early dovute alla modulazione del canale e al fatto che aumentiamo il

gradiente della carica.

Va è la tensione di Early ovvero quella tensione dove tutte le rette si congiungono; all’aumentare della Ic si

risente sempre più dell'effetto dovuto al fatto che quando si alza la Vce si alza la Vcb perché il resto è

costante(ovvero Vbe) praticamente si sta modulando il canale e conseguentemente aumentando il

gradiente e riducendo il tempo in tal modo l’effetto Early ci aumenta Ic. La corrente di Ic andrebbe

aggiustata con un fattore correttivo in modo da ottenere:

βf dipende anche da Ic il grafico è il seguente:

Il β tende a diminuire a basse e alte correnti di collettore.

Disegno 100

Per definizione la resistenza di uscita di una rete due porte è (ovvero tensione di uscita fratto corrente di

uscita); invece la resistenza differenziale viene definita come:

Quindi una volta trovato dove lavora conosco anche la resistenza di uscita; se non avessi tenuto conto

dell’effetto Early tale resistenza di uscita sarebbe stata infinita quindi significa che le caratteristiche di

uscita sono proprio delle costanti (ho solo un generatore di corrente) Con l’effetto Early si inizia ad avere

una pendenza pari a r0(penso sia questa che intenda ovvero la pendenza delle varie rette sul grafico

sopra): più Va è basso e più la pendenza è alta e più la resistenza di uscita è bassa; più faccio Va alto più la

pendenza si abbassa e la resistenza di uscita si alza (caso limite del modello Ebers Moll dove la resistenza di

uscita è infinita).

Invece nella configurazione a base comune risento molto meno della modulazione e quindi le inclinazioni

sono più basse rispetto al caso di una configurazione con emettitore comune.

Studiamo il seguente circuito ipotizzando che il transistor si trovi in zona attiva:

Con:

Vbe On=0,7V

Vcesaturazione=0,2V

R1=1kΩ

R2=100kΩ

R3=100kΩ

V1=5V

βf=100

Il circuito lo posso ridisegnare nel seguente modo:

Applico Thevenin ai morsetti di R2 (ovvero tra B ed E) e trovo Vth e Rth

Vth=Vr2= =2,5V. Rth non è altro che il parallelo tra R2 e R3 (ho staccato V1) ed è uguale a 50kΩ.

Il circuito quindi diventa:

Ib

Pongo Vbe =Vb( E ha potenziale 0 perchè si trova a massa).

Risolvo l'equazione alla maglia con il generatore di Thevenin:

Vth-Ib*Rth-Vb=0 allora Ib=0,36mA.

Ic, allora, sarà pari a βIb=36mA.

Per trovare Vce applico l'equazionedi Kirchoff alla seconda maglia:

Vce+R1*Ic-V1=0 allora Vce=1,4V>0,2V perciò l'ipotesi fatta a priori di trovarmi in zona attiva è stata

confermata.

Se per esempio Rth fosse stata 5kΩ avrei avuto un Vce<0 quindi l'ipotesi fatta era sbagliata (ricordiamo che

per ipotesi Vce>0,2V e il transistor lavora in zona attiva). Quindi l'oggetto si trova in saturazione e Ib non

viene moltiplicata per un fattore 100.

Lezione 04/05/16 prima ora

Andremo a vedere come studiare il BJT quando siamo in presenza di piccoli segnali. Abbiamo visto che il BJT

può funzionare in 4 zone differenti: Zona attiva diretta, saturazione, cut-off, reverse. Quando lo usiamo

come amplificatore di solito è usato in zona attiva diretta, per fare un interruttore in zona di cut-off o

saturazione, in zona attiva inversa viene usato talvolta per fare porte logiche.

Analizziamo il seguente in circuito: poiché voglio trovarmi in zona attiva diretta devo polarizzare collettore

base in inversa mentre base emettitore in diretta.

Se sono in zona attiva le correnti sono le seguenti:

.

Se scrivo l’equazione alla maglia a destra ottengo :Vcc-

R I =V =V (poiché E=0 è a massa).

C C CE C

Se adesso alla V in continua gli aggiungo v

BE BE

(componente variabile a valor medio nullo).

Se il segnale è “piccolo” (vbe << VT = 25mV) si può

separare l’analisi in continua da quella di segnale,

applicando la sovrapposizione degli effetti, ovvero

V =v +V , sostituendo questa espressione in I ottengo

BE BE BE C

Essendo v un

BE

piccolo segnale vuol dire che posso approssimare un esponenziale con uno sviluppo in serie fermandomi al

primo ordine (cioè 1+X),da un punto di vista ingegneristico noi andremo sempre ad approssimare con uno

sviluppo in serie quando accade che : il segnale cerchiato in giallo in uscita prevale( di quanto dipende da

quanto siamo disposti ad accettare come distorsioni) su quelli cerchiati in verde.

Ora posso definirmi quella che sia chiama trancoduttanza G : variazione della corrente di collettore

M

sulla tensione di V : dal grafico (2 porte) si intuisce perché viene chiamata transconduttanza ( controllo

BE

una tensione in ingresso e modifico una corrente in uscita).Ovviamente la formula seguente vale per una

certa corrente di collettore di polarizzazione ( corrente dovuta al solo segnale continuo che determina il

punto di lavoro). Ic =I +I *(V /V ma essendo g =I /V mettendo qst espressione in Ic ottengo

TOT C C BE T) M C T TOT

Ic =I + g V

TOT C M BE Gm da un punto di vista grafico rappresenta

la tangente alla caratteristica del diodo nel

punto di lavoro.

Dobbiamo ricordarci che ogni qualvolta abbiamo un BJT la prima cosa da fare e trovarci il punto di

polarizzazione, quindi prima di tutto dobbiamo capire se siamo in zona attiva o meno per fare lo studio

della polarizzazione e per far ciò annulliamo i segnali variabili nel tempo ( a valor medio nullo).

Andiamo a studiare il primo circuito presentato in questa lezione.

Le caratteristiche di ingresso sono V e I e le caratteristiche di

BE B

uscita sono V e I . Noi sappiamo che la caratteristica di ingresso

CE C

del blocco e un diodo e le caratteristiche di uscita hanno un

andamento come riportato in figura al variare dell I .

B

Ingresso

Vbb/Rb Eq. Prima

maglia

Per trovare intersezione della retta di carico con gli

assi una volta annullo V e una volta I

BB B.

a Uscita: Eq. Seconda

maglia

Ancora una volta per trovare le intersezioni con gli

assi annullo I e V .

C CE

Andiamo adesso a vedere attraverso un analisi grafica come si comporta il nostro BJT in presenza del

piccolo segnale.

Ingresso A questo punto l’equazione diventa :

V -R I -V -v . Questo fa sì che la retta

BB B B BE BE

di carico in ingresso trasli in obliquo.

La variazione della mia corrente di base, influenzerà la mia uscita.

Come il segnale tende a diminuire in ingresso

l’uscita tende ad aumentare( credo si

riferisca a Vce). Mi aspetto che avrò quindi

un’inversione cioè ci sarà un guadagno di tipo

negativo.

Vediamo ora di capire se si estende la Vbe e vado a finire su valori molti più elevati , In

questo caso l’uscita verrà tosata in frequenza : significa che ho delle armoniche e non

più delle sinusoide; le distorsioni che posso accettare dipenderà dalla tolleranza che ha

imposto il progettista.

Se voglio cercare di sfruttare la massima dinamica in uscita (massima escursione che il segnale può avere da

0,2 a V ) dovrò polarizzare cioè fissare il punto di lavoro a metà cioè a V /2, in questo modo ho

CC CC

escursione di + V /2 e - V /2.

CC CC Modello di Base Rπ

Andiamo a vedere quali sono le caratteristiche di ingresso e uscita se

consideriamo il piccolo segnale.

Posso fare rispetto al punto di polarizzazione Q un approssimazione taylor al primo ordine e dobbiamo

capire quali sono Ri,Ro,Av. =

Abbiamo già visto che G = dove la p sta per Ic di polarizzazione.

M

Prima di calcolare la resistenza in ingresso notiamo che

Allora La resistenza in ingresso sarà data dalla seguente espressione in quanto ci interessa solo la resistenza

con i piccoli segnali. =

. NB ci servirà in seguito:

Mentre la resistenza in uscita Ro=∞.(poiché il generatore di tensione indipendente diventa un corto su cui

la tensione è nulla, la tensione ai capi della resistenza sarà anche essa nulla e per questo anche gmVbe sarà

pari a 0 che diventa un circuito aperto)

Questo significa che per piccoli segnali posso sostituire un modello di questo tipo. Se ho trovato quindi un

punto di lavoro e approssimo al primo ordine rispetto al punto Q posso modellizzare il mio BJT in questo

modo: Dove la Ic usata per trovare la G e la I di

m C

polarizzazione.

Noi eravamo partiti considerando che che avevamo ricavato dal modello di ebers moll, il quale

afferma che le caratteristiche di uscita sono fatte nel modo seguente:

questo significa che non sto tenendo in conto dell’effetto early allora se

devo tener conto di questo avrò la seguente

=

equazione: e avevamo trovato che Ro= .

Allora se voglio completare il modello precedente tra collettore ed emettitore dovrei aggiungere una

resistenza in parallelo pari a Ro. Questo mi terrà conto del fatto che ho un effetto early.

Andiamo allora a trovare la resistenza di uscita di questo circuito.

In questo caso la resistenza di uscita diventa essatamente pari a

Ro=

Modello di base Re.

Vediamo come siamo giunti a questo risultato:

Partiamo dal modello Rπ

Riscriviamolo come segue : ma allora posso

Riscriverlo in definitiva nel modo seguente:

Analizziamo nel dettaglio la seguente parte: =

allora ricordiamo che R = allora

= =

 allora adesso dividendo Vπ per i posso

e

trovare la resistenza equivalente.

= =

possiamo allora riscrivere il modello come segue: =

facciamo una piccola riscrittura:

= =

= =

Quindi in generale per procedere a un analisi dobbiamo conoscere B,il punto di lavoro Q il quale ci fa

= =

conoscere Ic di polarizzazione e quindi gm=Ic/Vt , , . Tutto questo ovviamente è vero se il

BJT è in zona attiva.

Seguito esercizio lezione 28 aprile 2016 ultimi 45 minuti.

Dopo aver verificato di lavorare in zona attiva Vce>=0,2.

Se vogliamo polarizzarlo bene ,avendo una Vcc di 5V, per sfruttare la massima dinamica in uscita volevamo

polarizzare questo oggetto in maniera tale che la sua Vce era pari a meta della sua Vcc ovvero 2,5.

Allora per polarizzare la Vce a 2,5 posso agire sulle resistenze in ingresso.

Analizziamo la seguente eq alla maglia: 5-Rc*Ic-Vce=0 allora se voglio che Vce sia pari a 2,5 essendo Rc=1kΩ

, ,

h= =

(di norma non può essere variata) Ic deve essere pari a 2,5mA . Ma allora Ib=25uA allora

allora le due resistenze di partenza dovevano essere tutte e 2 di 144k

Se le due resistenze erano di 20K allora la Rth sarebbe stata 10K da qui posso ricavarmi Ib=180uA e

= = 3

Ic=BIb=18mA. Allora sfruttando l’equazione alla maglia ottengo che

deduco allora che sono in saturazione In quanto Vce<0,2. Allora andiamo a trovare i valori reali in

,

= = ,

saturazione Vce=0,2 e la cioè al numeratore ci sta l’equazione alla maglia e abbiamo

diviso per mille in quanto la resistenza era di 1kΩ .la corrente di base invece rimane sempre 180uA.

Quindi se ho una Vth tale da mandare una forte corrente di base allora vado in saturazione.

Mentre se Vth=0 V =0 sono in zona di cut-off poiché entrambi i diodi sono in polarizzazione inversa.

BE Lezione 4 maggio 2016 definitiva seconda ora

Tutte le ipotesi che si faranno da qui in poi è che il BJT si trovi in zona attiva

Ricordiamo le formule:

gm= (1)

rπ= (2)

re= (3)

Analizziamo il seguente circuito:

Devo capire quali siano le tensioni di uscita e di ingresso: quella di uscita si trova tra collettore ed

emettitore mentre quella di ingresso tra base ed emettitore; il contatto in comune è l'emettitore. Tale

configurazione si chiama common emitter.

Di tale circuito a emettitore comune voglio trovare Ri, Rout e Av.

Posso approssimare il mio circuito per piccoli segnali e mi sostituico il circuito equivalente:

[1]

Al posto del transistor ottenendo il seguente circuito:

La resistenza di ingresso è pari a rπ infatti la tensione ai suoi capi (Vi) diviso la corrente che vi scorre(I1) è

proprio pari a rπ.

Per quanto riguarda la Rout dovrò annullare le grandezze impresse indipendenti ottenendo il seguente

circuito:

vπ varrà 0; il generatore dipendente allora non erogherà corrente diventando un circuito aperto con

resistenza di uscita infinita; quindi Rout=∞. Se avessi avuto ro avrei visto come resistenza di uscita ro.

Infatti il circuito sarebbe stato:

Il guadagno sarà pari a dove V0=-gm vπ*RL e Vi= vπ quindi Av= =-gmRL.

Se tenessi in conto ro allora Av sarebbe pari a -gm(r0//RL) in quanto V0 sarebbe pari a -gmvπ(ro//RL).

Se ro>>RL allora si può comunque trascurare ro.

Ora analizziamo tale configurazione:

L'ingresso è sulla base, l'uscita sull'emettitore e il collettore è in comune: la configurazione è common

collector. Studiamo il circuito equivalente(sostituendo come al solito al posto del transistor il circuito [1].

Mi devo calcolare Ri Rout e Av.

Per quanto riguarda Rout annullo le grandezze impresse indipendenti perciò il circuito diventa questo:

Metto un generatore di prova di corrente da Ix=1A e la Rout sarà allora pari a Vx.

Vx=-vπ essendo in parallelo.

Quindi applicando la legge di Kirkhoof alle correnti nel nodo E:

1+gmvπ+ =0 quindi vπ= =-1 quindi vπ=- allora Vx=-vπ= =re(3).

Per quanto riguarda Ri:

Ri= ma Vi=V0+vπ per calcolare V0 mi serve Ie:

Ie=gmvπ+ =vπ(gm+ )=vπ( ) V0=Ie*RL= vπ( )*RL

Ri= = = = =rπ+(β+1)RL.

Se il transistor è in zona attiva Ic=βIb Ie=Ib+Ic quindi Ie= Ib+βIb= (β+1)Ib.

Quindi la resistenza RL che me la riporto in base la vedo β+1 volte più grande rispetto alla corrente di base

quindi la resistenza di ingresso è rπ dove ci scorre la corrente di base, ma in più anche la resistenza RL dove

rispetto alla corrente di base ci scorre una corrente β+1 volte più grande quindi se la riporto in base è come

se la resistenza la moltiplicassi per (β+1).

Il guadagno invece = V0=Ie*RL=(gmvπ+ )*RL mentre Vi=V0+vπ quindi

= = = = = =

= (ricordando (2) e (3)) = .

Se ic=25mA gm sarà allora pari a 1 se β=100, rπ=100Ω re invece è circa 1Ω. Allora il rapporto =1 in

quanto re<<RL.

L'ultima configurazione da analizzare è la seguente:

ovvero il Common Base

sostituiamolo con questo circuito:

il transistor e otteniamo quindi

Ri=re infatti Ri= che è proprio uguale a re.

Per calcolare Rout annullo Vi e ottengo il circuito:

Rout sarà infinito in quanto vbe=0 e il generatore di corrente si apre e la Rout=∞.

Se avessi avuto ro il circuito sarebbe stato il seguente: (tra C ed E):

e quindi come resistenza di uscita sarà pari a ro: vbe=0 nel generatore di corrente non scorre nulla perchè

diventa un circuito aperto e allora tutta la corrente andrà in ro che sarà proprio la resistenza di uscita.

Il guadagno Av= ; Vi=-vbe e V0=-gmvbeRL quindi Av= =gmRL.

Ricapitolando allora:

Common Base Common collector Common emmiter

Av gm*RL 1/(1+(re/RL))≈1 -gm*RL oppure -gm*(RL//ro)

Ri re=rπ/(β+1) rπ+(β+1)RL rπ

Rout ∞ oppure ro re=rπ/(β+1) ∞ oppure ro

Analizziamo questo circuito semplificato di un operazionale:

Il primo stadio (Q1) è un C.C. che guadagna ma in tal caso RL chi è? RL in tale circuito è la resistenza di

ingresso di Q2 ovvero re. Perciò il guadagno sarà pari a 0,5. Quanto vale l'impedenza di ingresso di tale

stadio (Q1)? è la resistenza di ingresso di un C.C avente una RL pari a re quindi Ri(Q1)= rπ+(β+1)re ovvero

ricordando(3) Ri(Q1)=2rπ.

Analizziamo Q2.

Av(Q2)=gm*RL RL non è altro che la resistenza che vedo all'entrata di Q3 ( che essendo un C.E. è pari a

rπ)quindi Av(Q2)=gm*rπ=β(di Q2)(2).

Analizziamo C.E.

Av(Q3)=-gm*RL ma RL non è altro che la resistenza di ingresso sul collettore pari a rπ+(β+1)RL(dove in

questo caso RL è proprio quello finale cioè visto da C.C.). quindi Av(Q3)=-gm( rπ+(β+1)RL) che come ordine

di grandezza si avvicina a β.

Analizziamo Q4

Il suo guadagno è 1 essendo un common collector con RL>>re. β

Il guadagno totale A=0,5* β*(-gm( rπ+(β+1)RL)*1 che è all'incirca come ordine di grandezza .

Il guadagno dell'operazionale quindi non è infinito ma ha un β molto alto.

Esempio di una configurazione universale di BJT

I condensatori hanno capacità infinita: significa che si carica istantaneamente e quindi per la continua è un

circuito aperto e per il segnale è un cortocircuito. Perciò la devo studiare in due momenti differenti: in un

primo momento devo studiare la polarizzazione per verificare se è in zona attiva e i condensatori si aprono

determinando Ic e Vce di polarizzazione conosco gm,β e tutti gli altri parametri. Verificato il tutto posso fare

l'analisi per piccoli segnali con le sue diverse configurazioni:

Base comune

Collettore comune

Emettitore comune

Lezione 05/05 primi 45 minuti. C.E. Degenere

Nel seguito faremo un’analisi per piccoli segnali.

Notiamo subito che l’ingresso è sulla base, l’uscita sul

collettore e l’emettitore è a massa (in comune) ma tra

l’emettitore e la massa c’è una resistenza Re.

Se siamo in zona attiva ancora una volta chi chiediamo chi sia Ri,Av,Ro. Come prima cosa sostituisco il

circuito per piccoli segnali: Per la resistenza in ingresso devo considerare la

resistenza che vedo tra base e massa (punti intersecati

dalla retta in nero a sinistra). La Ri sarà pari a:

= rappresenta la corrente di

maglia.

Ovvero la corrente che scorre in Vi.

= =

Ma ma

=

ancora una volta abbiamo che ma

= =

*

=

Allora =

Per cui in definitiva abbiamo trovato che Ri=

Quindi l’effetto di Re è quello di aumentare la resistenza in ingresso, infatti anche se è molto bassa

questa viene moltiplicata per un fattore 100 (B).

Ora dobbiamo andare a trovare la Ro, per far ciò userò theverin ovverosia annullo le grandezze

indipendenti Vi va in corto circuito e il circuito diventa il seguente.

= = = =

Allora allora la corrente che scorre nel generatore di corrente , ora

notiamo che le 2 resistenze a sinistra del generatore di tensione sono in parallelo quindi la tensione

= = =

ò

= è a a

ciò significa che e la resistenza

in uscita Ro=∞.Quindi ancora una volta se trascuro l’effetto early abbiamo Ro=∞ come nel caso in cui non

avevamo Re.

Andiamo a vedere cosa succede al C.E. Degenere se considero l’effetto early.

Come prima cosa allora dobbiamo andare a mettere la resistenza Ro tra collettore ed emettitore cosicché il

circuito diventa il seguente: Andiamo a ristudiare il

seguente circuito per trovare

sempre Ro.

Per trovare Ro come sempre

abbiamo fatto uso del

generatore di prova.

= =

Facendo l’equazione al nodo C otteniamo che I =1- ,

R0

=

Il potenziale Ve= notiamo che grazie alla resistenza Ro non è più vero che

= quindi non ricadiamo più nell’assurdo di prima. B=RπG

m

= = = =Ro//Re+(1+

(1- =

Re di solito non ha un valore molto elevato per cui se ottengo che +(1+

=

Ma allora Ro=Vx= +(1+ ma poiché come detto poco ansi Re è molto piccola

possiamo dire che Ro= (1+ quindi la resistenza di emettitore Re aumenta di un fattore la

resistenza Ro. Quindi ha aumentato sia la resistenza in ingresso che in uscita.

Andiamo a vedere ora che succede al guadagno.

=

Abbiamo visto che e Ro=∞ se non considero effetto early o Ro= (1+ se

considero l’effeto early. Per calcolare adesso il guadagno facciamo riferimento al

circuito al lato (cioè quello di partenza)

= = = =

Andiamo a trovare ora

andando a sostituire questa espressione dentro Ve

= = =

Otteniamo che per l’ultimo passaggio abbiamo

=

ragionato nel modo seguente: lo possiamo trascurare in quanto sarebbe Gm/100 .

Notiamo che è il guadagno che avevamo nel common emitter è abbattuto di un fattore a causa

appunto della presenza di Re ma, le resistenze in ingresso e in uscita risultano aumentate.

La configurazione generale è questa: configurazione: ingresso sulla base, uscita sul collettore ed

emettitore in comune.

Ri= Ro=quella che vedo dentro il collettore

Il guadagno è -GmR .

L

Il problema di queste configurazioni è che se ho un rumore

dall’alimentazione ì, questo disturbo si propaga sia a destra

che a sinistra e me lo ritrovo in uscita allora quello che si

cerca di prendere delle uscite bilanciate.( quella al lato è una configurazione sbilanciata).

Lezione 5 maggio 2016 ultimi 45 minuti

Per evitare di avere un'uscita bilanciata si fanno circuiti di questo tipo:

Nota R1=R2=Rc e Vid=Vd

Si chiama coppia differenziale

Ipotizziamo che le 2 giunzioni siano drogate uguali e che cambia solo la Vbe

Analizzo la maglia A:

V1-Vbe1+Vbe2-V2=0 allora:

V1-V2=Vd=Vbe1-Vbe2

La corrente di collettore è pari a:

Ic1=Is*

Ic2=Is*

Vbe1=Vt*ln

Vbe2=Vt*ln

Allora V1-V2=Vid=Vbe1-Vbe2= Vt*ln - Vt*ln ; quindi applicando le proprietà dei logaritmi si ha che:

Vd=Vt*ln allora = ln da cui:

= quindi Ic1=Ic2*

Per quanto riguarda le correnti di collettore abbiamo che:

Ie1+Ie2=Iee= + (formule ottenute dalle equazioni delle correnti nel transistor usando il modello di

Ebers-Moll ricordando che la corrente di emettitore è pari alla ) dove Iee è un generatore

di corrente che ho messo io.

Quindi Ic1+Ic2=αIee perciò Ic2* +Ic2=α*Iee quindi Ic2= mentre Ic1=

Possiamo riscrivere Ic1 e Ic2 come:

Ic1= * =

Ic2= * =

Calcoliamoci le tensioni di uscita:

V01=Vcc-Rc*Ic1

V02=Vcc-Rc*Ic2

Ricordando che la differenza di potenziale ai capi della resistenza è pari alla differenza dei potenziali ai suoi

capi.

Trovo V0d=V01-V02 faccio questo perchè se su Vcc avessi un rumore ne ritroverei tanto su V01 e tanto su

V02; se lo prendo differenziale i rumori mi si annulleranno in fase e quindi qualsiasi disturbo lo elimino

perche se cio un rumore sull'alimentazione si trasferirà sia su V01 che su V02 in maniera simmetrica e

prendendo la differenza lo elimino.

Quindi V01-V02=Rc(Ic2-Ic1)= = = tanh( )=

tanh( )

=tanh(x) allora =tanh( )

Quindi la tensione di uscita (V0d) in funzione di quella di ingresso (Vid) ovvero la caratteristica ingresso

uscita di una coppia differenziale (ovvero una tangente iperbolica): indip.p per piccoli o grandi segnali

V0d Vid

Ho una dinamica di ingresso pari a (-2Vt;2Vt).

Se volessi aumentare tale dinamica in ingresso dovrei aggiungere delle resistenze (RE) sull'emettitore:

Se riscrivessi l'equazione alla maglia dovrei tener conto delle cadute di potenziale VRE consentendo quindi

di aumentare la dinamica in ingresso ottenendo delle caratteristiche così:

V0d Vid

Dove in blu è rappresentata la caratteristica del circuito senza la presenza delle resistenze RE.

Ora vediamo come studiare la coppia differenziale. Nota Iee=I

Sappiamo che Vid=V1-V2 (il segnale differenziale)

Vcm= ovvero il segnale di modo comune

Si ha quindi 2Vcm=V1+V2

Per scrivere V1 e V2 in funzione di un segnale differenziale e di modo comune procedo nel seguente modo:

Vid-2Vcm=V1-V2-V1-V2=-2V2

Quindi V2= +Vcm

Mentre Vid+2Vcm=V1-V2+V1+V2=2V1 allora V1= +Vcm

e sono in controfase mentre Vcm sia in V1 che in V2 sono in fase.

La coppia differenziale se ho 2 ingressi generici V1 e V2 la posso anche studiare in questo modo:

Dove al posto di V1 ho messo i generatori di tensione Vcm mentre al posto di V2 abbiamo 2

generatori: e Vcm. Se ipotizzo di esser in zona attiva e che posso usare i modelli linearizzati li posso

studiare con il principio di sovrapposizione degli effetti ovvero per calcolar V01 e V02 mi posso anche

calcolare Ri; Rout e Av ovvero il suo guadagno di tensione. Però avendo in ingresso due segnali V1 e V2 si

scindono in 2 segnali differenziali ( Vcm;- e Vcm) dove il primo e il terzo sono in controfase e il

secondo e il quarto in fase. Quindi mi posso studiare V01 quando Vcm=0 e ottengo un guadagno e quando

Vid=0 ottenendo il guadagno perciò V01 sarà la combinazione lineare del guadagno una volta quando Vcm

è pari a 0 e una volta quando Vid è pari a 0 (discorso simmetrico per V02). Se vedo il circuito per Vcm=0 è

questo:

Il generatore di corrente con in parallelo la resistenza lo posso sostituire con tale circuito equivalente:

E disegnandolo sotto al circuito originario ottengo:

Se ho una certa Vbe avrò una certa Ic siccome I/2+ I/2 deve fare la corrente totale(I) e se le tensioni sono

nulle (Vid=0) allora Ic1=I/2 e Ic2=I/2=Is* .

Se i BJT sono identici le Vbe devono necessariamente esser uguali e di conseguenza anche le Ic.

Cosa accade se applico un piccolo segnale:

a sinistra è come se applicassi alla Vbe1 un delta positivo( mentre Vbe2 un delta negativo(- ma

qu a è a a ± ). La

della stessa quantità e avrò quindi VBE1=Vbe1+∆ e VBE2=Vbe2-∆ ( i

variazione di corrente sarà la stessa :

Ic1= = - (dove in questo caso c u va h ha u a a

h v a qua a a a a a az

Quindi Ic=Is* ma VBE=Vb +Vb . Dove per Vb si intende la tensione ai capi di B ed E

senza la presenza del segnale(per esempio Vid o Vcm) e può esser pari a 0,7V. Poi gli applico 2 segnali

identici Vid/2 e -Vid/2 quindi dopo aver trovato il punto di lavoro rispetto alla polarizzazione a uno gli

applico un segnale positivo e all'altro dalla parte opposta uno negativo; quindi uno aumenta di una

certa quantità la sua corrente e l'altro la diminuisce se sto considerando il tratto lineare. Quindi a

sinistra avrò a a - .

Se quindi mi metto sull'emettitore:

Nel nodo A ci arriva I in totale( - .) . Alla fine mi ritrovo che la I è proprio quella sul generatore

e la corrente sulla resistenza è 0 cosi come la sua caduta di tensione perciò il punto A lo posso mettere

a 0. Quindi tutto il circuito quando sono in presenza di Vid se ne va a massa perciò posso ridisegnare il

circuito così:

Quindi ho due configurazione di due emettitori comuni

Perciò per una coppia differenziale per segnali differenziali sappiamo calcolare sia guadagno che

resistenza di ingresso che resistenza di uscita (avendo ridotto a una configurazione a emettitore

comune che conosciamo) per ognuna delle V0.

Lezione 11/05/16 Abbiamo riscritto le tensioni V1 e V2

come somma di un segnale differenza

(vid/2) e come un segnale di modo

comune.

Andiamo un attimo a studiare la polarizzazione ovvero il seguente circuito, abbiamo cioè annullato la parte

dei piccoli segnali,la polarizzazione è possibile grazie a I.

Analizziamo la maglia che va dalla massa a sinistra alla massa destra

ottengo che: 0-Vbe1-vbe2=0 Vbe1=Vbe2

Grazie a quanto detto sulle tensioni ,ipotizzando di essere in zona

attiva, secondo il modello di eber moll possiamo dire che le correnti di

collettore, emettitore, base sono uguali tra i 2 BJT.

Circuito 0 Poiché devo ritrovarmi I, necessariamente le due correnti di

emettitore dovranno essere pari a I/2.

Siccome il mio circuito lo posso considerare lineare userò il principio della sovrapposizione degli effetti:

1) Annullo Vcm, andando a studiare il circuito con Vid/2.

2) Annullo Vd, studio il circuito quando ho solo il segnale di modo comune.

Prima di studiare il punto 1) vediamo cosa succede qualitativamente se aggiungo un segnale V a destra e un

segnale -V a sinistra: a questo punto l’equazione alla maglia diventa: V-Vbe1+Vbe2+V=0

quindi a sinistra sto aumentando il potenziale mentre a destra lo sto diminuendo. Per questo avremo un

corrispondendone aumento e diminuzione delle correnti di emettitore.

Id= ( a sinistra) Id= ( a destra).

Vediamo allora quale è la variazione massima che posso ottenere: sappiamo che alla fine al nodo in basso

devo ottenere I per cui le variazioni posso arrivare al più a raddoppiare la corrente da un lato ed

annullarla dall’altro non posso andare oltre. Quindi i segnali non fanno che bilanciare o sbilanciare i rami

dove scorrono le correnti.

1)andiamo allora adesso a studiare il caso in cui abbiamo solo Vid/2.

Abbiamo messo le correnti anche sulle due resistenze R (in

alto) in quanto abbiamo ipotizzato di essere in zona attiva

per cui Ic .

Andiamo a fare uno zoom sul nodo in basso.

La corrente che scorre nella resistenza

deve essere per forza nulla in quanto

dal nodo ci arriva I e il generatore di

corrente si prende I.

Andando a fare ora l’analisi per piccoli segnali annullo le grandezze impresse

indipendenti ovvero: i generatori di correnti li apro mentre i generatori di tensione li cortocircuito. Allora

posso studiare il seguente circuito: Circuito 1.0

Questo circuito può essere a sua volta scomposto in 2 sotto circuiti:

E’ un Common emitter, dove l’ingresso è Vd/2 e l’uscita e la

tensione su R. Il guadagno di tale dispositivo è : -gmRc

= , quindi il guadagno differenziale

relativo a V1 e pari a Ad= ( sarebbe Vo/Vd). Dove

Gm sappiamo che dipende dalla Ic di polarizzazione che in

questo caso è I/2.

=

Ad= =

Se prendo il differenziale inteso come Vo1-Vo2 ottengo. Allora ottengo .

Le resistenze in ingresso che vede questo segnale differenziale :

Per trovarla sappiamo che le 2 configurazioni sopra riportate sono 2 common emitter per cui esse hanno:

Ri=r mentre Ro=ro

Allora da un punto di vista differenziale se vado a prendere l’impedenza di ingresso differenziale :

Ri=2R in quanto le due resistenze R (quando vado da un ingresso a un altro).

Ro=2ro in quanto anche in questo caso le due resistenze Ro sono in serie (abbiamo tenuto conto

dell’effetto early). Uscita.

Ricapitolando da un punto di vista differenziale abbiamo:

1. Single

 Ad=

 Ri= R

 Ro= Ro

2. V01-V02

 Ad=-gmRc

 Rin=2R

 Ro=2Ro

Volendo possiamo rivedere il circuito 1.0 anche nel modo seguente:

Posso come prima cosa riportare il segnale tutto a sinistra nel modo seguente

1° 2°

Che equivale a

Dall’ultima riscrittura (2°) notiamo che avrei i seguenti 2 stadi (ovviamente sempre per piccoli segnali):

3° dove il primo stadio è un C.C mentre il secondo stadio è

un C.B.

La resistenza in ingresso del common base sarebbe la

resistenza di carico per il C.C (quando guardo dentro un

C.E vedo Re). =

Allora Ri per il primo stadio è: R

= = ovvero il

risultato ottenuto in precedenza.

Di solito il C.C guadagna 1 se Rl è molto elevata, siccome qui abbiamo Re che invece è piccola abbiamo che

il primo stadio guadagnerà 0.5 mentre il secondo stadio GmRc (essendo un common base) quindi il

guadagno totale è = GmRc (ovvero lo stesso guadagno ottenuto in precedenza nel caso single in quanto

ora stiamo analizzando un sola uscita)

2)Adesso dobbiamo andare a studiare la coppia differenziale con Vd=0 e Vcm≠0.

Ancora una volta dovremo trovare Rin,Ro,Av dopodiché sapremo tutto.

Di seguito il circuito che dovremo andare a studiare:

Siccome sappiamo che quando il circuito 0 è polarizzato le correnti

che scorrono nei rami sono I/2, allora andando a mettere Vcm a

destra e sinistra la Vbe viene variata di un sia a destra che a

sinistra, allora le correnti I/2 subiranno un aumento dovuto a questo

aumento di Vbe dovuto a sua volta a Vcm.

Andiamo a fare ancora una volta uno zoom sul nodo in basso:

Notiamo che rispetto a prima non è più vero che nella resistenza R non ci

scorre corrente.

questo nodo lo posso andare a riscrivere come segue:

Per cui andando ora a studiare il nostro circuito in sola presenza di piccoli segnali otteniamo :

Dove abbiamo annullato tutte le grandezze

indipendenti (ovvero abbiamo annullato i 2

generatori di tensione Vcc,-Vcc e i due generatori

di corrente I/2.)

Ancora una volta il circuito in alto può essere visto come due circuiti ovvero sia: 2

1 L’uscita è sempre la solita sul

collettore. (mi so dimenticato di

scriverla e la classica V01 e V02

come in tutti i circuiti sopra)

Quindi quando ho un segnale di modo comune basta che mi studio queste due configurazioni:

Dove la prima è un C.E degenere ( degenere a causa della resistenza 2R tra emettitore e base) , di questa

configurazione conosciamo già tutto.

Ri= Ro=2R+(1+Gm2R)ro (lui non si capisce questa l’ho scritta io secondo me )

Avevamo visto che il guadagno del common emitter degenere era : quindi nel nostro caso il

guadagno preso singolarmente è pari a :

Se invece prendo Vo1-V02 il guadagno alla fine è 0.

Quello che però in verità a noi interessa sapere è : CMRR (espresso di norma in db)

CMRR| =20log( ) rapporto tra guadagno differenziale (preso come singola uscita ??? lui ha

DB

detto cosi ma secondo me si è confuso se no non ti trovi quello è il guadagno differenziale preso come Vo1-

vo2)diviso il guadagno di modo comune presa di nuovo come singola uscita.

Calcoliamolo: CMRR=20log( = 20log

Questo indica la capacità che ha un amplificatore di essere immune ai segnali di modo comune, ovvero di

amplificare solo le differenze. Per avere un valore elevato devo avere una resistenza R elevata in quanto

Gm è fissato dalla corrente di polarizzazione.

Valori tipici di questo CMRR e di 70/80db.

Ricapitolando:

abbiamo visto che un segnale(V1,V2) può essere scomposto in Vd (differenziale) e Vcm (modo comune), un

qualsiasi rumore di solito e di modo comune quindi il CMRR mi indica quanto riesco a eliminare questo

segnale di modo comune.

Oss: gli amplificatori operazionali in ingresso in effetti hanno questa configurazione che abbiamo visto.

out

in

Immaginiamo che questo operazionale abbia una sua capacità, allora la corrente massima che può gestire è

= =

la sua corrente di polarizzazione. Allora se io devo considerare un condensatore se ora

immaginiamo che questa sia proprio la corrente di polarizzazione del mio BJT e devo caricare un

condensatore la variazione massima dipende da questo rapporto.

Quindi quando prendo un amplificatore operazionale e mi vado a studiare le variazioni per ampi segnali si

introduce un concetto che si chiama Slow rate. Questo è dovuto al fatto che questi oggetti hanno una

limitazione in corrente. Lo slow rate è un parametro che viene dato dal costruttore.

=

Es: se la corrente di polarizzazione era di 1mA e C=1nF allora ovverosia lui riesce a salire per ampi

valori massimo di un volt a microsecondo. Quindi in teoria se io gli applico un gradito da 10 volt lui non ci

segue immediatamente ma fa una cosa del genere:

Ora consideriamo una controreazione negativa, sappiamo che l’amplificazione totale dipende solo dalle

resistenze R1,R2. Noi facevamo l’ipotesi che tra i 2 morsetti V+ e V- non passava corrente in realtà ci passa

una corrente dell’ordine dei nA. Poiché sappiamo che in un amplificatore invertente l’amplificazione totale

è pari a -R2/R1 in prima analisi ci potrebbe venire in mente che se vogliamo un’amplificazione totale di 10

basta mettere che R2=10R1 ma non è così facile, in quanto se mettiamo una resistenza R1 troppo elevata la

corrente che scorrerà in essa sarà troppo piccola e non più trascurabile rispetto a quella che scorre tra i 2

morsetti dell’operazionale. Allo stesso tempo dobbiamo verificare che tale corrente non superi la massima

corrente che riesce ad assorbire specificata nelle caratteristiche dell’operazionale.

Se ad esempio il nostro amplificatore può al massimo assorbire/tirar fuori 25mA allora il dimensionamento

delle resistenze avviene nel modo seguente:

la corrente che scorre in R1>>80nA (sarebbe la corrente che scorre tra in 2 morsetti valore fornito nel

datashift)

ma anche minore della massima corrente di corto circuito (25mA) se voglio un 1V e la corrente per essere

sicuri di non rovinare l’amplificatore devo impostare la seguente equazione:

= ,

2* Lezione 11 maggio II ora

Stati di uscita

Abbiamo visto col BJT per esempio C.E. abbiamo la VCE e la IC espresse nel grafico seguente:

Ic Vce

ll segnale modifica le correnti di base e quindi il punto di lavoro si sposta e modificando l'uscita. Quindi a

seconda di dove piazzo il mio punto di lavoro avrò un'uscita.

Gli stati di uscita si classificano in base a quanto possono accettare quindi in base all'angolo di conduzione;

in tal caso l'angolo di conduzione è 2π perchè l'uscita conduce sia per la semionda positiva che per quella

negativa. Quando ho una conduzione lungo tutto il periodo della sinusoide lo chiamo di classe A e infatti

conduce esattamente per tutto il periodo e quindi ha un angolo di conduzione pari a 2π. Se invece il punto

di lavoro fosse il seguente:

Si possono accettare variazioni di tipo positivo perchè se le metto negative sono interdetto (per valori

negativi la corrente di base non può diventare più bassa e quella di collettore sarà sempre 0), e quindi avrò

una conduzione solo nella semionda positiva (da 0 a π). E Tale classe si chiama B (angolo di conduzione pari

a π)

Classe AB: angolo di conduzione minore di π

Classe C: angolo di conduzione molto minore di π

Poi ce ne sono molte altre caratterizzate da una diminuzione progressiva dell'angolo di conduzione. Il

seguente stadio di uscita è di classe A:

Se sostituisco Q2 con Erbers-Moll in zona attiva ottengo:

D E

In A avrò -Vcc meno la caduta di potenziale ai capi di D1 che è equivalente alla caduta di potenziale ai capi

,

del diodo D (sono in parallelo). Quindi in A avrò -Vcc+VBE(=0,7V). Quindi la corrente IR= .Tale

corrente l'ho decisa io (ho fissato sia Vcc che D1 che R). Visto che i transistor hanno β molto elevati (100) se

immaginiamo che sia infinito allora la corrente di base si può trascurare. Quindi la corrente che scorre in R è

la stessa che scorre in D1. Se D1 e D sono costruiti in maniera similare avrò la stessa VBE sia ai capi di D1

che ai capi di D e le correnti di un diodo sono Is ma se le Is sono identiche e anche le Vbe allora la

corrente che ho fissato (IR) è anche quella che scorre in D. Ora mettiamo al circuito precedente un segnale

Vi:

Vediamo la transcaratteristica dello stadio di uscita di classe A ovvero V0 in funzione di Vi.

Nota: al semiasse negativo sono sia Vbe che Vce 2

non 1. Mentre al semiasse positivo è Vce1sat.

V0=Vi-VBE1 Quindi per Vi=0 V0=-VBE1 per V0=0 Vi=VBE1 (ovvero le intersezione con gli assi). V0 fino a dove

può arrivare? V0=Vcc-Vce1 quando Vce va in saturazione si raggiunge il massimo di V0 (pari a Vcc-Vce1sat.)

Quindi il valore massimo è Vcc-Vce1 sat. che è 0,2 quindi pari a Vcc essendo trascurabile Vce1sat. rispetto

alla Vcc.

Come minimo invece: V0=Vce2-Vcc perciò l'altro punto è -Vcc+Vce2sat. Tuttavia se la Ie1 diventasse 0 la

corrente IL=Ie2=ID quindi V0=-ID*RL che non so dove si trova sul grafico ma può esser anche minore di -

Vcc+Vce2sat. Se impongo che IL*RL (I=IL) raggiunga sia minore o uguale di tale livello allora

I<= per garantire di arrivare in Vce2sat.-Vcc deve essere proprio uguale.

Quali sono i valori d'ingresso di Vi?

Ricordando che V0=Vi-VBE1 allora Vi=V0+VBE1; imponendo i valori massimi e minimi di V0 trovo la

dinamica di ingresso:

Vi=Vcc-Vce1sat.+VBE1 e Vi=-Vcc+Vce2sat.+Vbe1.

Q1 è un common collector. L'impedenza di uscita la ottengo guardando dentro l'emettitore (Re) dentro il

collettore vedo r0 (impedenza di uscita è Re//r0) vince la più piccola che è Re quindi bassa impedenza di

uscita. Si vuole bassa impedenza di uscita e guadagno unitario. La V0 a parte Vbe è pari a Vi infatti se

derivo: è proprio pari a 1.

Quanta energia devo spenderlo per far funzionare tali oggetti?

Efficienza di uno stadio η=

Pcarico=V0*IL= . V0=V0max*sin(wt) e IL= *sin(wt).

Pcarico media= dt= (dopo passaggi matematici capiti solo da lui si ottiene):Pcmedia=

La V0max=Vcc-Vce1sat. quindi sarà circa pari a (ottenuto trascurando Vce1sat.)

La potenza del generatore=Vcc*I sia per quello positivo che per quello negativo (infatti non teniamo conto

dei segni).

Quindi la potenza totale è 2 volte la potenza tra di un generatore indipendentemente se positivo o negativo

visto che in modulo sono uguali; la corrente massima che tiro fuori è ( nel caso molto fortunato in cui

tutta la corrente che tiro fuori va sul carico) quindi 2*Pg1=Vcc*I= . η= * = =25%

Questa è l'efficienza di classe A quindi per aver 1 Watt ne devo consumare 4.

Tali oggetti sono poco efficienti. Anche se il vantaggio è che il sistema è lineare con pochissime distorsioni.

Classe AB/B

Nota: Qn è un n-p-n; Qp è un p-n-p

Se passiamo al classe B ogni transistor conduce in un intervallo che dura da 0 a π.

In tal caso:

per Vi>0: Qn conduce e Qp è interdetto (ovvero semionda positiva)

per Vi<0 Qp conduce e Qp è interdetto (ovvero semionda negativa).

Se traccio la transcaratteristica:

Qn conduce quando Vi>VbeN finchè ciò non accade l'uscita è 0 dopodichè sale e il valore di saturazione è

Vcc-VceNsat. Mentre il Vi corrispondente sarà Vcc-VceNsat.+VbeN

Quando Vi è negativa allora Qn si interdice e si accende Qp ma per accendersi è necessario che Vi superi

VbeP e quindi che sia minore di -0,7V. Fino a che si arriva a V0=-Vcc+Vce2sat. e Vi invece sarà pari a

-Vcc+VcePsat.+VbeP.

Vicino all'origine c'è una zona piatta chiamata distorsione di crossover (verde) che introduce delle

armoniche.

Se rappresento la tensione di ingresso così:

L'uscita è:

La corrente IQp sarà:

La corrente IQn invece:

Quindi nel tratto positivo conduce Qn mentre nel tratto negativo conduce Qp.

Ora analizziamo l'efficienza a meno di segni:

IQn= ricordando che V0= La corrente media (IQn)=

= =

Formule

Analogamente la corrente media di Qp sarà sempre di questo tipo: IQp(media)=

La Pcarico è a livello di valor medio perchè considero la sinusoide come prima (a meno di distorsioni).

Il valore massimo di V0 sarà:

V0max=Vcc-Vcesat.=Vcc

La potenza massima sul carico sarà Pcarico = .

La potenza tirata fuori dal generatore di tensione sarà pari a: Vcc*IQn=Vcc* = ; la potenza erogata da

entrambi, invece è: *2

Quindi l'efficienza per uno stadio di classe B sarà:

η= = * = =78%

I 2 vantaggi sono che:

1) B è più efficiente

2)Per Vi pari a 0 non si ha passaggio di corrente e non si dissipa potenza

Svantaggio: presenza di distorsioni di crossover e quindi di armoniche.

Tali distorsioni possono esser ridotte per mezzo della controreazione e lo posso disegnare così:

La Vi me la ritrovo in uscita quindi rispetto a prima dove avevo una Vbe che mi distorceva ora invece me la

ritrovo abbattuta del fattore di controreazione ovvero la Vbe viene abbattuta di quanto guadagna

l'operazionale e l'uscita è pari a Vi e tale configurazione ci fa eliminare la distorsione di crossover.

Quando Qn funziona la configurazione è un C.C. e l'impedenza di uscita è Re quella di ingresso è

rπ+(β+1)RL; mentre per quanto riguarda il Qp è sempre un C.C: Rout=Re. Semplicemente una volta

funziona uno e una volta l'altro.

Ora vediamo come possiamo ricavare da dei BJT come generatore indipendente di corrente quindi come si

costruisce realmente un generatore indipendente di corrente ovvero imporla.

Tale configurazione dove ho cortocircuitato base e collettore (è come un diodo quindi il BJT Q1).

Ipotesi funzionano in zona attiva e beta elevato (infinito) quindi posso trascurare le correnti di base.

VBE=0,7V e tra B e C la differenza di potenziale è 0 quindi VCE=0,7V e sono sicuro in zona attiva (>>0,2V).

In E1 ho -VCC mentre in C1 ho -Vcc+0,7V quindi ai capi di R ho Vr=2Vcc-0,7V. La corrente che scorre in R è

,

Iref= che ho stabilito io avendo scelto sia la resistenza che i generatori di tensione.

Se ipotizzo β infinito trascuro sia IB1 che IB2 e anche IB=IB1+IB2 (con IB1=IB2=Ib) perciò Iref è la corrente di

collettore di Q1 che è uguale proprio a quella di emettitore.

Le VBE sia in Q1 che in Q2 sono uguali (VBE1=VBE2). E se applico il modello di Ebers e Moll so che Ic=Is*

se i BJT sono uguali e se la tensione di Early è infinita allora anche le correnti di collettore sono uguali. Ciò

che si è costruito è uno specchio di corrente perchè io impongo una corrente a destra e me la trovo a

sinistra.

Ora non trascuriamo le correnti di base.

Ic=βIb quindi l'equazione al nodo C1:

Iref=Ic+IB=(B+2)Ib quindi Ib= quindi conoscendo la Ib se la tensione di EaRly è infinita posso scrivere che

IC2= β*Ib= * β= (1)se β è molto elevato allora Ic2≈Iref.

Se la tensione di Early non fosse infinita o per lo meno molto elevata avremmo che Ic=Is (1+ )Perchè

Vce1=0,7V mentre Vce2 dipende dal potenziale che ho tra C2 e B2 e allora sicuramente se Vaè molto

grande incide poco se invece non lo è avrò fattori correttivi.

Però tale circuito non fa altro che specchiare la corrente di riferimento.

Il modello di tale oggetto per semplificarlo: vedo guardando nel collettore

la Rout del collettore cioè ro o infinito; se stacco e applico Norton la corrente è Ic2 ovvero Iref e la

resistenza equivalente a ro. Ho fatto un generatore di corrente. (qua sinceramente non ho idea di dove

stacchi).

Altra variante per rendersi insensibile a possibili variazioni

Qui viene aggiunto Q3 al posto del cortocircuito tra B1 e C1 quindi le IB1 e le IB2 corrispondono a delle

β

correnti di emettitore per Q3. é come se al denominatore di (1) apparisse un . IE3=IB1+IB2=2Ib. dove

IB3= =

quindi rispetto a prima ho abbattuto di un fattore β le correnti di base e quindi mi rendo un po' più

immune.

Il grafico tra Ic e β è il seguente:

Q3 lavora con correnti 100 volte più piccole quindi per riportarlo su si mette la resistenza R2 e la si

dimensiona in modo tale che deve fornire le correnti di base IB1 e IB2 più la corrente che va in R2.

Tecnica per evitare distorsione di crossover( in realtà si chiama moltiplicatore di Vbe).

∆V

Voglio sapere quanto vale ∆V.

Se funziona in zona attiva Il transistor ho una Vbe=0,7V. IR2= ; se trascuro IB allora la corrente viene da

R1 quindi VR1=IR1*R1= *R1

e allora ∆V=VBE+VR1=VBE(1+ ). Tale oggetto si chiama moltiplicatore di VBE.

Serve per evitare di mettere i diodi in serie per ottenere una moltiplicazione di VBE.

Circuito di Sedra-Smith o amplificatore a trascinamento di corrente

A

A

Per tali amplificatori il prodotto guadagno per banda non è una costante.

è fondamentalmente una amplificatore di corrente.

Da trovare: la relazione tra I0 e Vi.

L'operazionale è ideale. In R scorre la corrente Vi/R

Vi me lo ritrovo in A. Se Vi è positiva funziona Qn(frecce blu) se Vi<0 funziona Qp (frecce verdi). La

configurazione è di tipo AB/B. Se funziona Qn allora D1 e Q4 sono uno specchio di corrente e la corrente

Vi/R segue le frecce gialle andando sul carico; mentre se Qp è attivo e Qn interdetto allora la medesima

corrente scorrerà in Q3 grazie allo specchio di corrente formato da D2 e Q3 questa volta venendo dal carico

(frecce grigie)

L'ingresso è sulla base e l'uscita sull'emettitore. Essendo uno specchio di corrente mi ritrovo a destra .

Sostituisco con il modello di Ebers e Moll per esempio Q3:

I BJT sono uguali quindi Ic=αIs e la corrente che ci scorre è la stessa che sta a sinistra quindi Id= ..

quindi quella che scorre in Ic e anche in RL è α* .

Lo schema a blocchi di tale circuito è:

La resistenza di uscita è quella del collettore ovvero r0 o infinita.

Lezione 18/05/16

I mosfet

La sigla sta per : Transistor ad effetto di campo con metallo-ossido-semiconduttore(mos in quanto abbiamo

il metallo del gate ossido Sio2 e poi il semiconduttore). Esistono due categorie N-mos (usata per la

maggiore) e P-MOS combinate insieme danno luogo a CMOS utilizzatissimo nell’elettronica digitale (95%

della quota di mercato).

1. N-MOS

In effetti questa configurazione possiamo vederla nel modo seguente:

sappiamo bene che se un diodo è in conduzione lo posso schematizzare

come un corto circuito mentre se è contropolarizzato come un circuito

aperto. L’obiettivo dei MOS è di avere i diodi SEMPRE in interdizione

non voglio assolutamente che ci passi corrente ovverosia non voglio

che passi corrente tra source e body o tra drain e body devono

essere necessariamente contropolarizzati. Se mettiamo il Source a massa è sufficiente ad esempio mettere

il body a massa, in questo caso il diodo source-body vede una differenza di potenziale nulla e considerando

che normalmente i diodi hanno un potenziale di built-in di 0,7 se io ho una differenza di potenziale pari a 0

lo posso considerare interdetto. Relativamente al drain devo usare tensioni positive altrimenti mando in

conduzione il diodo drain-body. Quindi per il MOS a canale N dovrò usare una tensione di drain>0.

Vediamo allora cosa è che ci modula il passaggio di corrente.

HP: drain,Source,Body a massa.

Grazie all’ipotesi fatte le mie giunzioni (ovvero i diodi rappresentati sopra sono in interdizione).

Ora se applico un campo elettrico sappiamo che abbiamo questi effetti:

+ Cariche negative

soggette a una forza con

verso opposto al campo

elettrico

Cariche positive

E soggette a una forza

con verso uguale al

campo elettrico

- -

Allora per avere un campo elettrico nella direzione sopra mostrata ricordando che il body sta a massa allora

-- il potenziale in gate rispetto al body dovrà essere positivo.

-- Questo campo elettrico tende a mandare verso il basso le cariche positive e portare verso l’alto le cariche

negative. Quindi ricordando che partiamo da un semiconduttore di tipo P,

dove vale la legge pn=10^20 allora attraverso questo campo

elettrico in prossimità dello strato di ossido stiamo aumentando

n e diminuendo p. Allora per determinati valori di campo

elettrico arriverò ad avere l’inversione cioè da canale di tipo p

passo a canale di tipo n. Il potenziale per cui avviene tale

fenomeno si chiama potenziale di soglia.

Ovvero si forma uno strato di tipo N tra i due N+:

Il canale che si è formato di tipo n è indicato dai puntini in rosso. Notiamo un attimo che tra source e drain

nel caso non sia creata la regione di inversione sia che applichiamo un potenziale positivo o uno negativo

cmq non avrei passaggio di corrente in quanto almeno uno dei 2 diodi sarebbe contropolarizzato. Adesso

attraverso il campo elettrico (dovuto a Vg) abbiamo creato la zona di inversione quindi tra source e drain

vedo una resistenza che dipende dalla resistenza del subsrato n, a questo punto se applico una differenza di

potenziale tra drain e source quello che accade e che abbiamo un passaggio di corrente.

Vediamo qualitativamente come funziona. Quando Vg>Vt ( la Vt

dipende fondamentalmente

da quanto è drogato il

materiale,più è drogato piu

la Vt è maggiore) ho creato il

mio canale n.

“L” (in verde) oggi viene di solito indicato come nodo tecnologico ,quindi la capacità costruttiva viene

indicata attraverso la grandezza di L.( intel 14nm, sono i processori skylake valli a vedere vale, li monta

l’xps 15 che piace a me xD).Attraverso “L” è quindi possibile stimare le prestazioni tecnologiche. Infatti

immaginiamo di applicare una differenza di potenziale tra drain e source allora per avere una corrente sarà

necessario che un elettrone vada da S a D allora ci sarà una velocità di deriva e il tempo totale di

percorrenza dipenderà dalla lunghezza di L: maggiore è L maggiore è il tempo di percorrenza maggiore è il

tempo di risposta.

Una volta che abbiamo creato il nostro canale questo è la forma che assume:

Siccome N ha una sua conducibilità

questo cubetto avrà una sua

resistenza Allora se conosco R e la

differenza di potenziale ai suoi capi

conosco automaticamente quale è la

corrente che passa.

Quindi per ricapitolare abbiamo fatto

l’ipotesi che la Vg>Vt tale da indurre il

canale. dopodiché inizio ad applicare “d” rappresen

una tensione di drain Vd<<Vg. dell’arricchime

= =

Calcoliamo la resistenza di tale cubetto: R=

Adesso in questa situazione abbiamo che Vgs-Vt>0 ( Vgs : abbiamo riferito la tensione di gate rispetto a

source in quanto source è a massa).Se la Vd =0 allora il drain era come se fosse il source, adesso ad

esempio inizio a portare Vd a 0,1V ,questa Vd diminuisce l’intensità del campo elettrico che c’è tra gain e

drain. Questo fa si che il nostro blocchetto inizia a diminuire. Allora se Vd=Vg-Vt il nostro canale si porta in

queste condizioni : dove notiamo che la zona di inversione ha assunto una

forma triangolare. In queste condizioni si dice anche ho

raggiunto la tensione di piched-off.Quindi si è notato

che mano a mano che Vd aumenta la zona di

inversione subisce questo effetto:

Quindi la resistenza diminuisce fino al punto di pich-off (Vd=Vgs-Vt), fino a questo potenziale abbiamo un

aumento della corrente all’aumentare della Vd, dopodiché in prima approssimazione anche se aumento

ulteriormente Vd la resistenza rimane invariata e per questo anche la corrente. Infatti quando porto Vd a

un livello superiore rispetto a Vgs-vt non sto cambiando il potenziale nel punto in rosso ma sto soltanto

aumentando la zona di svuotamento. Quindi un elettrone una volta che è giunto in questa zona di

svuotamento risente del campo elettrico dovuto alla Vd e

genera cosi corrente. Allora Se Vgs-Vt non si muove anche

se aumentiamo la differenza tra Vd e Vg la corrente sarà

sempre la stessa in quanto la corrente è “limitata” dalla

resistenza R (che rimane immutata per quanto detto prima)

e da Vgs-Vt (potenziale nel punto in rosso).

Ricapitolazione sulle correnti:

1. Finchè Vg<Vt la corrente Id è nulla in quanto non si è formato nessun canale ovverosia sono in

cut-off.

2. Se Vg>Vt allora siamo riusciti a formare il canale e Vd=Vs=0 mi ritrovo il canale di forma rettangolare

se visto in sezione.

3. Formatosi questo canale N ora inizio ad applicare una piccola tensione Vd (deve essere minore di

Vgs-Vt) ,allora la zona di inversione inizia piano piano ad assumere una forma triangolare e quindi la

corrente Id inzia ad aumentare. In questo campo denominato “zona di triodo” la corrente segue

proporzionalmente la tensione di drain. Questa zona è equivalente alla zona di saturazione del BJT.

4. Ora quando Vd=Vgs-Vt qualsiasi aumento di tensione Vd inficia la zona di svuotamento ma non la

resistenza e quindi di conseguenza la corrente Id (ricordando che il famoso punto in rosso rimane

per definizione inchiodato alla tensione Vgs-Vt) questa zona è chiamata zona di saturazione

(sarebbe la zona attiva del BJT).

5. Nella realtà quando aumento tanto il potenziale Vd, il punto in rosso non rimane fermo ma si sposta

verso sinistra stiamo cosi diminuendo la lunghezza del canale di inversione. Questo effetto di

modulazione del canale in effetti è un po’ analogo alla tensione di early nei BJT. Il fatto che

diminuisce L e quindi di conseguenza anche la resistenza la corrente di drain ovviamente tende ad

aumentare. SE considero 5) devo mettere inclinazione

1. P-MOS questo potrà essere visto in questo modo:

Ora se metto il source a massa e se metto il

body a massa allora tra source e body

abbiamo ancora una volta una differenza di

potenziale nulla è quindi il nostro diodo è in

interdizione (effetto desiderato). Allora la

tensione di drain affinché anche l’altra giunzione sia contropolarizata dovrà essere minore di 0. Se il

body invece di metterlo a massa lo metto a un potenziale Vcc allora in questo caso 0<Vd<Vcc.

Creazione strato di inversione: In questo caso voglio mandare via gli elettroni e attirare le lacune allora

la Vg dovrà essere minore di 0 (supponendo sempre che il body sia massa) in quanto il campo elettrico

dovrà essere rivolto verso l’alto (per portare le cariche positive in alto).Le polarità rispetto all N-MOS si

invertono. Nel caso in cui il body sia a Vcc allora 0<Vg<Vcc.

Anche in questo caso dovrò superare una tensione di soglia allora |Vg|>|Vth| (Vg deve essere minore

di una tensione di soglia che sarà negativa).

Come prima una volta che si è creato questo strato di inversione basta applicare una differenza di

potenziale qualunque tra D e S per avere passaggio di corrente.

Lezione 18 maggio 2016 2 ora

Avendo un metallo semiconduttore se metto un potenziale positivo ridurrò le cariche negative e se la

tensione di gate è superiore della tensione di soglia abbiamo un'inversione e ho cariche positive da una

parte e negative dall'altra allora è come se avessi un condensatore con struttura parallelepipeda di

larghezza L e profondità W quindi è un condensatore a facce pian parallele. La capacità di tale

condensatore sarà:

dove S=W*L

ɛ= ɛ 0*ɛ relativa cioè del silicio ossido.

tox=spessore dell'ossido da 1-2nm a 10nm.

Più aumenta tox più riesco a reggere differenze di potenziale.

C=Q/∆V quindi Q=C V se sto facendo un canale n ho inversione se Vgs-Vt>0 e la carica la posso scrivere

come:

dove V=Vgs-Vth-Vcs (in quanto lungo il canale ho una differenza di potenziale):

Se ho Vg>Vt e ho un 0<Vd<Vgs-Vth quindi non sto strozzando il canale e non sto in condizione di pitch-off.

La corrente di drain sarà pari alla carica elettrica presente nel canale diviso il suo tempo di transito nel

canale: ricordando di metter il meno perchè è una corrente dovuta a elettroni.

Avendo applicato una tensione di Gate>Vth ho delle cariche e un leggero campo elettrico dal drain al gate

e quindi ho delle cariche che si muovono.

Essendo in presenza di un campo elettrico avremmo una forza che sarà pari a q*E e stiamo dando un

impulso alla carica quindi:

Se il canale fosse lungo 20nm di atomi di silicio ce ne stanno circa 200 e l'elettrone sicuramente subirà degli

urti e quindi avrà una velocità di deriva (vd). La carica viene accelerata in presenza di un campo elettrico e

la quantità di moto che acquista sarà pari alla massa per la sua velocità di spostamento (ovvero la velocità

di deriva).

Quindi:

Dove τ = tempo di vita dell'elettrone prima che urti con il reticolo cristallino.

dove μn = facilità che ha la particella di muoversi nel reticolo cristallino e ha un andamento decrescente

con la temperatura e con la concentrazione. Ovvero più aumenta la temperatura più aumenta l'agitazione

del reticolo cristallino e più è facile che un elettrone quando vede delle cose che vibrano va a urtare più

lentamente e quindi più la temperatura aumenta più μn diminuisce. Se aumento la concentrazione di

droganti cioè inizio con più atomi nel reticolo cristallino e quindi anche la mobilità diminuisce. Questo è

quello che differenzia i MOS dai BJT infatti nei BJT la corrente aumenta all'aumentare della temperatura

mentre nei MOS diminuisce la corrente all'aumentare della stessa. Questo accade proprio perchè nei MOS

la corrente dipende dalla mobilità. Questo è il motivo per nei finali di potenza si usano i MOS invece dei BJT

perchè si autoproteggono e quindi non si va in fuga termica. Infatti suppongo che nei finali di potenza la

temperatura sia molto altra e quindi il BJT si distruggerebbe mentre il MOS si autoprotegge diminuendo la

corrente.

Il campo elettrico tra D e S lo posso esprimere come (ricordando che è il rapporto tra potenziale e distanza

dove L è la lunghezza di canale): (1) Ttr= tempo di transito = spazio/velocità.

In (1) ho considerato Vcs=0

Quindi la corrente di Drain finchè la tensione di drain non arriva in pitch-off ha un andamento lineare con

la Vds.

Se si vuole fare un'analisi nel canale considerando la Vcs la tecnica che si usa per determinare la corrente si

chiama metodo del canale graduale.

L'ipotesi è che la variazione del campo elettrico lungo x è molto maggiore della variazione del campo

elettrico lungo y così come il campo elettrico lungo x è molto maggiore di quello lungo y:

Se vado a cercare quanto vale il potenziale in Vcs(y) perchè la caduta di potenziale dipende dal punto y in

cui mi trovo:

Dove R è la resistenza di canale fino a quel punto.

Se faccio il differenziale ho:

S D

Ricordando che R=ƿ* e ƿ=1/σ dove σ = qn+ qp dove qp lo trascuro perchè il canale è n e n sono i

maggioritari

Allora dR sarà pari a:

A questo punto devo integrare lungo tutta la lunghezza del canale:

(3)

)

Tale relazione vale finchè Vds<Vgs-Vt.

Tale equazione è una parabola e ha un andamento

Il valore massimo lo ho quando Vds=Vgs-Vt. Ed è anche il punto limite in cui tale equazione/modello è

valido; dopo tale punto questo modello non vale più perchè Vds>Vgs-Vt(ovvero il potenziale va in pitch off)

e quindi non segue una parabola, ma una retta parallela all'asse x.

L'andamento nel primo tratto è lineare infatti:

Mentre la resistenza in tal caso vale:

Si chiama resistenza di ON perchè è quella di accensione di triodo. Questa è indipendente dalla Vds quindi a

seconda del K e del potenziale di rette applicato si ha una certa resistenza. Se cambio Vgs posso cambiare la

resistenza. Perciò cambiando la Vgs le parabole cambiano.

Alla tensione di Pitch-off la resistenza non cambia più e la corrente di drain resta quella; le curve sono

costanti e valgono Idmax in formule:

E imponendo Vds=Vgs-Vth in (3) si ottiene:

Da qui in poi lui è saturato e raggiungiamo la tensione di pitch-off dove Vds=Vgs-Vt. La resistenza non

cambia più e la corrente resta costante se si trascura l'effetto modulazione; se invece la si considera allora

la Idmax anche tenderà ad aumentare. Simbolo grafico del MOS

NMOS A

Confronto BJT MOS:

Gate=Base

Drain=Collettore

Source=emettitore

Se è un canale n segue la freccia nella figura b.

Tra G e A non c'è passaggio di corrente perchè c'è uno strato di dielettrico.

Il Pmos si rappresenta nel verso opposto. Di seguito il confronto tra le rappresentazioni PMOS e NMOS.

Nell'NMOS il Body è attaccato al Source mentre nel PMOS è attaccato al drain. La freccia nei disegni b)

indica il verso della corrente. Mentre nelle figure a) mi indica dove è cortocircuitato il body.

Per studiare le caratteristiche I-V devo mettere una tensione Vgs e una tensione Vds e voglio vedere al

variare di Vgs come si comporta la Vds e quale è la sua tensione; avrò una caratteristica di ingresso sul Vgs

e una di uscita sul Vds.

Se ho un condensatore, allora la corrente di gate è 0 perchè sto in continua e l'ho appena finito di caricare

quindi l'impedenza di ingresso è nulla. Il MOS si accende quando Vgs>Vt e proprio da qui in poi posso

iniziare a tracciare le caratteristiche; quando Vgs<Vt il Mos si trova in cut-off:

Nota: queste formule non viste dal Prof.

Appena Vgs raggiunge Vt si forma il canale e pian piano che Vgs più il canale si allunga e mi consente di far

passare più corrente. Se aumento lo spessore di n la resistenza diminuisce e la Id tende a salire e

all'aumentare della Vgs rispetto a Vt e più la Vds tende ad aumentare. L'andamento dipenderà da Vgs

all'inizio perchè sono in zona di triodo ed è un'equazione di secondo grado. Per basse Vds è lineare.

Il valore massimo è lo stesso visto prima.

Il valore della tensione di soglia,invece, lo trovo vedendo come varia la corrente di drain rispetto alla Vgs

applicando Vds>Vgs-Vt. Se quindi faccio una curva Id Vgs vedo una caratteristica di questo tipo:

E posso trovare la tensione di soglia. Finchè non ho Vgs>Vt allora Id=0.

Consideriamo ora la modulazione di canale ovvero che la L tende a diminuire quando aumento la Vds e

quindi aggiungo un fattore correttivo a IDmax.

La retta allora tenderà a inclinarsi leggermente dopo il punto di pitch-off.

Tale inclinazione è dovuta alla modulazione di canale e quindi alla corrente considerata costante gli

aggiungo un fattore correttivo ovvero 1+λvds dove λ=1/Va

e questo λ lo definisco io introducendo una tensione di Early così come era stato fatto con i BJT. Posso

anche definire una resistenza di uscita:

Le caratteristiche I-V sono simili ai BJT

Triodo = zona saturazione BJT

zona saturazione = zona attiva BJT

Come polarizzare un MOS

Per polarizzarlo devo imporre che Vgs>Vt e Vds>Vgs-Vt

Nei BJT Vbe>0,7 e Vce>0,2

Nei MOS ipotizzerò di esser in zona attiva e quindi verifico Vgs>Vt e trovo Id con K noto dove Id sarà pari

formula. Da verificare poi che Vds sia maggiore di Vgs-Vt.

Esempio

Ipotizziamo che tale oggetto sia in saturazione con Vt=2V e K= .

Vgs-Vt=3V e Vgs>Vt. Sto in una situazione in cui Vgs=Vt+3V.

Ipotizzo di essere in saturazione quindi Id=K(Vgs-Vt .

Quindi Id=9mA.

Ora verifichiamo se si trova in saturazione ovvero se Vds>Vgs-Vt:

Vds=20-Id*Rd=8,03V. Perciò essendo 9,03V>3V mi trovo in saturazione.

Se Rd fosse stata 5kΩ l'ipotesi di saturazione non sarebbe stata valida infatti Vds=-25 che non è maggiore di

3V perciò non mi trovo in saturazione, ma in triodo.

Tra Gate e Source c'è un circuito aperto (non scorre corrente) tra Drain e Source c'è un generatore di

corrente controllato e si ha ro tenendo conto della modulazione del canale se no sarebbe infinita.

Nei MOS:

C.G.=C.B.

C.S.=C.E.

C.D.=C.C.

Lezione 19/05 primi 45 minuti

Avevamo visto che per polarizzare un MOS vi era bisogno di una tensione di Vg>Vt. Per far funzionare i

MOS come amplificatore dobbiamo in condizone di saturazione. Ricordiamoci che tra Gate e source c’è un

condensatore e quindi una volta che questo è caricato non ho passaggio di corrente.

Il transistor o transistore BJT ha tre terminali identificati con Base, Collettore ed Emettitore; il controllo

della corrente che fluisce dal collettore all'emettitore (verso convenzionale) avviene per effetto della

corrente di base che è hFE volte minore (guadagno in corrente). In poche parole con una piccolissima

corrente di base Ib dell'ordine di qualche mA controllo una corrente di collettore IC di diversi Amperè.

Anche il MOSFET si presenta con tre terminali identificati con Gate, Drain e Source; il controllo della

corrente che fluisce dal Drain al Surce (sempre considerando il verso convenzionale) avviene per effetto

della tensione di Gate che permette di formare il canale di conduzione Drain-Source. Nel caso del MOSFET

quindi il controllo avviene per mezzo di una tensione e non assorbe corrente dal circuito di comando.

Quando al bjt dovevamo avere una Vbe>0,7 per innescare la giunzione pn dovevamo anche fissare una

corrente di base la quale ci diceva insieme alla retta di carico la corrente di collettore. Dopodiché

ipotizzando di essere in zona attiva andavamo a verificare che Vce>0.2. In questo caso poiché un mos si

controlla in tensione devo garantire che la Vgs>Vt ovviamente più aumento la tensione di gate più aumento

l’inversione di canale (diminuisco quindi la resistenza) e quindi riesco ad aumentare la corrente di drain.

Una volta che siamo certi che si è creato questo canale e facciamo l’ipotesi di essere in saturazione allora

= considerando che le caratteristiche sono piatte. Conscendo la corrente di drain e la

resistenza posso trovare Vds e vado a verificare che Vds>Vgs-Vt allora è vero che il mos si trova in

saturazione. Il punto di lavoro Q nel mos lo si

traccia solo ed esclusivamente per

le caratteristiche in uscita. In

effetti in questo grafico è presente

anche l’ingresso in quanto le varie

curve si spostano verso l’alto

all’aumentare della Vgs.

La retta di carico va da Vdd (su

asse x) a Vdd/Rd (a me sembra

strano che sottraggo una

resistenza a una tensione)

;l’intersezione di una delle curve

con la retta di carico ci permette di

trovare il punto di lavoro Q in

assenza di segnale.

Quando arriva il segnale (vgs) il punto di lavoro Q si sposta sulla nostra retta, spostandosi su questa retta

anche l’uscita si sposterà come avevano visto anche nel BJT. Ricordarsi che per farlo funzionare come un

amplificatore dobbiamo avere Vgs>Vt e verificare che la Vds>Vgs-Vt. In saturazione la corrente di drain

= =

è e la tensione di uscita Vds la possiamo scrivere

In presenza di un piccolo segnale: Dovuta alla polarizzazione

La id per piccoli segnali rispetto al Vgs è una

transconduttanza e per questo la chiamo Gm. Una volta che abbiamo polarizzato poiché

Vt è un dato sappiamo trovarci Gm.

Di seguito riscrittura:

Nel mos quindi per procedere all’analisi dobbiamo conoscere il K e la Vt tutto il resto ce lo possiamo

ricavare.

Approfondimento: Se aumento troppo Vd contropolarizzo troppo il diodo che sta tra D e B perciò si rompe

per questo in verità l’andamento delle curve è il seguente:

In rosso l’andamento della corrente quando si rompe il diodo.

questo fenomeno è chiamato breakdown del mos è un

fenomeno assolutamente da evitare.

Andiamo a notare adesso un ulteriore differenza tra BJT e MOS : nel MOS la corrente è trasportata da solo

una carica ( elettroni in un N-MOS, sono le cariche maggioritarie) si dice che è un dispositivo unipolare.

Mentre nel caso del BJT erano ambe due le cariche a portare le cariche.

Ulteriore differenza: se ci ricordiamo nel modello di ebers-moll che abbiamo studiato per il BJT nella

corrente di collettore avevamo un valore della corrente che avevamo chiamato Icbo (corrente tra emittore

e base ad emettitore aperto) questa corrente raddoppia per ogni aumento di circa 10 gradi della

temperatura, in un bjt se aumento la temperatura la Icbo, questa passa attraverso la Vce e se la Vce

rimane costante e aumento la temperatura allora la potenza che dissipa un bjt è la Vce*Ic allora se

aumenta Icbo il bjt aumenta la sua potenza che dissipa cioè si scaldando di più quindi ri-aumenta la Icbo e

poi allora di nuovo la corrente; ovverosia c’è un fenomeno di feedback positivo che tende a mandare il bjt

in fuga termica quindi se il bjt non si protegge ma tende ad autodistruggersi. Mentre se andiamo a vedere

la potenza che dissipa un MOS è sempre la corrente di drain per la tensione Vds : adesso la corrente di

drain è (Vgs-Vt)*K, dentro K c’è la mobilità (rapidità con cui una carica si muove all’interno del reticolo

cristallino) la quale diminuisce all’aumentare della temperatura questo comporta che all’aumentare della

temperatura la corrente di drain tende a diminuire. Quindi lui tende ad auto proteggersi per questo motivo

tutti i finali di potenza vengono fatti con i mos.

L’unico svantaggio dei mos è che come amplificatore la trasconduttanza di un MOS è più bassa di fattore

10/20 rispetto a quella di un BJT. Inoltre essendoci in pratica un condensatore le basse frequenze sono

tagliate, sono quindi anche meno rapidi dei bipolari.

Un ulteriore svantaggio a favore dei BJT è che hanno un’elevata impedenza di ingresso mentre l’impedenza

di ingresso tra gate e source è infinita grazie al condensatore che una volta che si è caricato è un circuito

aperto.

Sappiamo che il nodo tecnologico è pari alla dimensione più piccola con cui posso fare il gate. Supponiamo

che la nostra tecnologia sia in grado di produrre una lunghezza minima pari a L.

allora la dimensione minima laterale del mio

mos sarà 5*L.

Ora supponendo che anche W abbiamo

dimensione pari a L, allora la superficie più

piccola ottenibile di questo oggetto se L=20nm

=

è S=5* L

I MOS sono molto più facili da realizzare rispetto a i BJT e dissipano molto meno corrente poiché non hanno

corrente di base.

I modelli per piccoli segnali sono i seguenti

Configurazione universale per fare la polarizzazione di un MOS

La Rg a cosa serve?

Se modellizziamo il nostro MOS come un

condensatore ideale ( un condensatore di ottiene con

un mos cortocircuitando la source con il drein, la

capacità potrà essere modificata grazie a n e W).

Una volta che ho caricato condensatore del MOS, se il

condensatore(a sinistra) è ideale il MOS non può

scaricarsi da nessuna parte perché non vede

resistenze allora rimane carico, allora se io ad

esempio voglio accendere questo oggetto e poi lo

voglio spegnere? Dovrò necessariamente avere Rg per far scaricare il condensatore del mos in modo di

permettergli di accendersi e spegnersi.

Configurazioni: 

Ingresso:gate uscita:source common drein (equivalente common collector)

Ingresso:source uscita:drein common gate (equivalente common base)

Ingresso:gate uscita:drein common source (equivalente common emitter)

Il guadagno sarà sempre -GmRc l’unica cosa che cambia è il Gm.

Lezione 19 maggio 2016 ultimi 45 minuti

Concetto di funzione binaria

Binaria significa che l'alfabeto ha solo 2 simboli ovvero 0 e 1

Il blocco rettangolare ha tre ingressi (A,B,C) e due uscite (S e C').

Ogni ingresso può assumere solo 2 valori o 0 o 1 quindi ho in totale 8 possibili combinazioni di ingresso

(ovvero ). Per costruire le otto combinazioni parto da 0 0 0 e sommo ogni volta 1 fino a che non arrivo a 1

1 1 in quanto sommando di nuovo 1 avrei bisogno di 4 ingressi per rappresentarlo (il numero sarebbe 1 0 0

0 ovvero 8 in base 10).

S invece sta per somma e C' sta per riporto. La funzione binaria o di commutazione non fa altro che portare

in uscita la somma e il riporto della somma dei tre ingressi.

Quindi nel primo caso 0+0+0=0.

Nel secondo caso: 0+0+1=1

Nel terzo caso ho =0+1+1=0 con riporto di 1 quindi C'vale 1 mentre S vale 0.

E così via.

All'ultimo caso avremmo 1+1+1=1 col riporto di 1 quindi C'vale 1 e S anche.

Questa appena descritta è un sommatore a due bit.

Ogni funzione di commutazione si esprime tramite la sua tavola di verità.

Per scrivere una tavola di verità si devono conoscere le variabili di ingresso e si devono scrivere le varie

combinazione.

Se so fare le somme so anche fare le moltiplicazioni che non è altro che sommare più volte la stessa cosa.

Posso anche avere funzioni di commutazione a una variabile:

g0 indipendentemente dall'ingresso esce 0 così come g3 che indipendentemente dall'ingresso esce 1

g1 è un'identità infatti se l'ingresso è 0 l'uscita vale 0, se l'ingresso è 1 l'uscita anche vale 1.

g2 se ho ingresso 1 l'uscita vale 0 e viceversa la chiamo complemento perchè in binario il complementare di

0 è 1 e viceversa.

Vediamo ora le funzioni binarie a 2 variabili ovvero a 2 ingressi: Nota: il simbolo" ' " indica una

negazione.

g0: una funzione che indipendentemente dai 2 ingressi mi tira fuori 0 è una costante.

g2: in uscita avrò solo x indipendentemente dai valori di y.

Fino a g7 ho 8 funzioni che poi posso negare ottenendo le altre 8 ovvero da g8 a g15. L'equivalenza per

esempio è il negato dell'exclusive OR; il complement del trasferimento, l'implicazione dell'inibizione; Il NOR

e il NAND rispettivamente dell'OR e dell'AND infine l'identity al contrario del Null restituisce sempre 1.

Nell'elettronica digitale esistono 2 tipi di logiche positiva o negativa.

Nella logica posititiva significa che al valore logico 1 è associato 5V e al valore 0 si associa 0V e viceversa per

quella negativa. Di solito la logica positiva è la più adottata e che qui adotteremo.

Vediamo alcune tavole di verità delle funzioni sopra descritte.

AND: l'uscita è 1 solo quando X e Y sono pari a 1.

OR: l'uscita è pari a 1 se almeno uno dei due è pari a 1.

Inverter: se ho 0 deve uscire 1 e viceversa.

Buffer: restituisce il valore in ingresso.

Nand: non è altro che l'AND negato quindi:

x y xy (xy)'

0 0 0 1

0 1 0 1

1 0 0 1

1 1 1 0

Ovvero ho negato il risultato dell'AND.

Per quanto riguarda il NOR non faccio altro che negare l'OR:

x y x+y (x+y)'

0 0 0 1

0 1 1 0

1 0 1 0

1 1 1 0

L'OR esclusivo si chiama XOR ovvero o x o y ma non entrambi

Come esprimo lo XOR in funzione di AND e OR?:

Dove non ho fatto altro che un AND tra x'e y(il primo AND) e un AND tra x e y' e dei due risultati ho fatto

l'OR.

Vedo sulla tavola di verità quando la funzione vale 1 e faccio un prodotto tra AND e OR. Per aver 1 con l'And

devo aver entrambi 1.

Devo prendenre 2 AND e 1 OR. Sto facendo il prodotto AND OR. Per il primo And devo prendere x' e y

mentre per il secondo AND devo prendere x e y' e poi li mando entrambi in OR.

Se riprendo la prima funzione analizzata con i tre ingressi e le 2 uscite.

Quindi per ogni ingresso mi predispongo il segnale e il suo negato. E voglio rappresentare la funzione

Somma(S):

1)Vedo quanti sono gli 1 in uscita ovvero quattro (riga 2,3,5,8 della colonna S) quindi dovrò mettere 4 AND

che andranno in un OR.

Per avere 1 nella seconda riga il primo AND dovrà avere A', B' e C;per averlo nella terza riga nel secondo

AND devo portare A',B e C'; per averlo nella quinta riga nel terzo AND devo portare A, B' e C' infine per

averlo nell'ultima dovrò mettere al quarto AND A,B,C. [Nota i negati naturalmente sono tutti corrispondenti

alla riga di riferimento] Facciamo un esempio:

Mi trovo sulla riga 8 cosa ha ogni AND in input e in output?

AND n° Input Output

1 0 0 1 0

2 0 1 0 0

3 1 0 0 0

4 1 1 1 1

Per fare C' mi serviranno 4 AND e un OR e devo solo cambiare gli ingressi:

1)A', B, C

2)A, B', C

3)A,B,C'

4)A,B,C.

Analizziamo ora XNOR ovvero il NOR esclusivo cioè il negato del XOR.

x y xy'+x'y x•y

0 0 0 1

0 1 1 0

1 0 1 0

1 1 0 1 Legge di De Morgan

x+y=(x'y')' ovvero x OR y è la negazione dell'AND di x negato y negato.

x y x+y x' y' x'y' (x'y')'

0 0 0 1 1 1 0

0 1 1 1 0 0 1

1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 0 0 0 1

Allora xy=(x'+y')'.

L'obiettivo è usare una porta sola ovvero o solo NAND o solo NOR per poter fare tutta l'elettronica digitale.

Se ho porta NAND o NOR posso avere il negato di un segnale cortocircuitando l'ingresso.

Se mi costruisco NAND o NOR posso arrivare anche all'AND o all'OR.

Per esempio: (x+y)'=x'y' quindi x'ANDy' è equivalente al NOR.

=

Se riesco a fare i NAND l'OR lo posso ottenere negando l'ingresso del NAND in questo modo:

=

e perciò partendo da un NAND posso ottenere il NOR in questo modo:

Quindi posso fare qualsiasi combinazione basta una porta sola ovvero o il NAND o il NOR e posso realizzare

qualsiasi circuito dell'elettronica digitale.

Lezione 25/05/16

L’equazione a sinistra mi sta dicendo che : (nor) equivale a

Mentre la seconda (nand) equivale a .

Allora il seguente circuito lo possiamo riscrivere..

… se ne nego l’uscita degli and e l’entrata dell’or rimane la stessa cosa ovvero abbiamo fatto questo:

ma allora l’ultimo pezzo , invece di

mettere tutti gli ingressi negati all’or

posso fare la seguente cosa grazie alla

legge di de Morgan:

E quindi se no ho solo i nand o solo gli nor posso rappresentare qualsiasi funzione.

Inverter ideale:

Analizziamo ora la sua transcaratteristica fino a che la tensione in ingresso è inferiore a Vdd/2

l’uscita è alta, quando supera invece tale valore

l’uscita dovrà essere bassa.

Inverter reale:

Nella caratteristica reale non abbiamo una variazione brusca. Il livello logico alto in uscita non è detto sia

pari a Vdd ma lo chiamiamo Voh (out high). Li dove abbiamo che la derivata della nostra funzione rispetto

al segnale in ingresso è pari a -1 in questo punto definiamo la Vil, questo punto mi identifica il valore di

ingresso logico basso, cioè finchè in ingresso ho una tensione <=Vil l’uscita sarà alta.

Poi abbiamo un altro punto in cui la derivata è pari a -1, qui ci definiamo la Vih;se la tensione in ingresso è

>=Vih allora l’uscita sarà bassa.

Quindi in ingresso si definiscono 2 valori di tensione V ,V .

Il IH

In uscita invece definiamo una VOH e VOL poiché normalmente può anche essere che lo 0 logico non è pari

a 0 ma ad esempio pari a 0,2.

Il punto in cui la retta a 45° interseca la nostra funzione identifica la tensione di soglia Vth cioè dove

l’inverter dovrebbe decidere dove commutare.

L’uscita di un inverter non è detto che rispecchi fedelmente l’ingresso (ciò avviene solo in un inverter

ideale) in quanto se l’inverter è realizzato con dei BJT o con dei MOS dovrò caricare e scaricare dei

condensatori e quindi ci metto un certo tempo, di seguito riportiamo comportamento ideale in blu e rosso

reale.

Tphl=tempo di propagazione da alto a basso, TpLH=tempo di propagazione dal basso all’alto.

Allora definisco il ritardo di propagazione come la metà del tempo di propagazione da alto a basso + tempo

di propagazione da basso a alto(ovvero sia è la media tra TPHL e TPLH,formula in rosa sopra)

Dove per TPHL intendiamo il tempo per andare dall’alto fino a meta del suo valore.TPLH è il tempo per

andare dal livello basso a meta del suo valore.

THL e TLH sono tempi di transizione normalmente lo si indica da un valore che è pari al 90% del valore

massimo fino a un 10% del valore minimo.

Negli inverter non è detto che i tempi di transizione (alto-basso e basso-alto) e i tempi di propagazione

(alto-basso e basso-alto) siano uguali perché normalmente a monte e valle di questo inverter noi possiamo

avere altre porte logiche allora il tempo con cui carico dipende dalla corrente che arriva all’inverter ma il

tempo con cui lui cambia stato dovrà caricare a sua volta delle uscite. Queste caratteristiche si chiamano

Fan-in Fan-out ovvero il numero massimo di porte che riesce a gestire in entrata e in uscita rispettando i

tempi di propagazione.

Famiglie logiche:

La prima logica era la TTL

Abbiamo l’alimentazione che è di 5volt, tempo di transizione (tempo per passare dal basso all’alto o

viceversa) di circa 10ns.Il problema è che questi sono BJT e per questo una porta logica dissipa 10mW per

gate dove per gate intendiamo una porta del tipo and/or ecc; è impensabile realizzare un i3,i7 ecc che

contengo una 20ina di milioni di bjt ,se immaginiamo come numero plausibile che per fare una porta nand

ci servono 10bjt se io ho 20milioni di transistor diviso 10 ho 2 milioni di porte nand allora questo processore

dissiperebbe un milione*10mW stiamo parlando di 1KW.( secondo me dovrebbe essere

2milioni*10mW).Ecco perchè queste logiche si usano solo per porte veloci ma con pochi componenti. Il

fanout può essere considerato uguale al Fan-in. Questi ci stanno indicando che una porta NAND fatta con

tecnologia TTL riesce a comandare massimo 10 porte. Ci dice inoltre che per questa logica per livello 0 si

intendono tensioni che vanno da 0 a 0,2 ( la saturazione del BJT) tutto quello che è minore di 0,2V è

considerato 0,lo consideriamo pari a 1 quando >= 3,6V.

Spiegazione dei valori NML e NMH

Quella che viene usata nell’elettronica di consumo è Il CMOS:

Dove notiamo che addirittura notiamo che mW/gate è 0 , in quanto abbiamo dissipazione di corrente solo

nelle fasi di transizione quindi questi dispositivi quando sono in un certo stato idealmente non dissipano

corrente cosi anche avendo 20 milioni di Cmos dissipo all’incirca 40/50W.Qui notiamo che i tempi a causa

dei condensatori iniziano a essere leggermente più elevati ma il Fanout è cresciuto notevolmente. Il livello 0

è in alcuni casi 0.2 ma notiamo che il livello logico 1 e pari quasi a quanto l’alimentazione.

Abbiamo visto che se sappiamo realizzare una porta NAND allora sappiamo tutte le porte logiche.

Vediamo allora come realizzare una porta NAND con i BJT. Gli ingressi sono X1,X2,X3 e

l’uscita è Vout.

CI interessa capire come

funziona qualitativamente.

Per vederla in modo più

semplice potremmo anche

considerare solo 2 ingressi

X1,X2 come se fosse X e Y

della tabella a fianco.

Se io voglio che questo circuito mi faccia il NAND dovrò verificare che se in ingresso ho uno 0 l’uscita è pari

a 1,mentre l’uscita è pari a 0 solo quando tutti e 2 gli ingressi sono alti.

In questo circuito è l’unico momento in cui vedremo funzionare i BJT in zona attiva inversa in particolare gli

unici dispostivi che funzioneranno in reserve sono quelli indicati con Q1.

Notiamo che se Q3 è in saturazione allora l’uscita è pari a 0,2 (Vce di saturazione relativa a Q3), quindi se

Q3 è in saturazione allora sicuramente l’uscita è bassa in quanto 0,2 è identificato come livello logico 0.Per

avere Q3 in saturazione devo avere una corrente di base elevata , Q3 e Q2 sono cosi’ accesi per cui dovrò

avere Vbe di Q3 0,7 e Vbe di Q2 pari a 0,7 dopodiché per avere l’uscita bassa dovrò avere che i tre ingressi

siano alti ( mi sto riferendo a X1,X2,X3) infatti se X1,X2,X3 sono pari a 5V allora le Vbe (dei tre transistor in

entrata) sono in inversa; In questo momento il transistor Q1 sta funzionando in zona attiva inversa( in

quanto tra l’altro per poter arrivare la corrente in Q3 e Q2 la corrente di collettore di X1 X2 X3 deve essere

uscente e non entrante) allora solo in questo caso potremmo invertire emettitore con collettore allora se

questo sta lavorando in zona attiva inversa so che Vbe di Q1 è pari a 0,7.Allora nel punto “blu Q1” ho la

somma delle tre Vbe pari a 0,7 ovvero 2,1.Allora possiamo andarci a calcolare quale è la corrente che scorre

,

in R1 è IR1= =0,6mA. Se questa è la corrente che sta scorrendo dentro la base di Q1 che sta lavorando

in zona attiva inversa, quindi corrente di base e corrente di collettore sono la stessa cosa (vedi equazione

eber-moll zona attiva inversa) allora significa che questa corrente di 0,6mA me la ritrovo su Q2 allora

sarebbe proprio la corrente di base di Q2 allora se la moltiplico per 100 (Bf) sarebbe la corrente di

emettitore di Q2 per cui me la ritrovo come corrente di base di Q3 (60mA).siccome conosco R2 e so che

questa resistenza è sottoposta a una differenza di potenziale pari a 0,7V posso trovare la corrente che ci

scorre e andare a trovare esattamente la corrente di base di Q3 che per approssimazione lasciamo a

60mA.allora se anche Q3 fosse in zona attiva dovrebbe erogare 100*60mA ovvero 6A ma ciò è impossibile

in quanto è una corrente troppo elevata per cui Q3 si trova in saturazione. Ma allora poiché queste correnti

sono molto elevate allora anche Q2 è in saturazione. SE Q2 e Q3 sono in saturazione L’uscita è sicuramente

0. Adesso andiamo a vedere la parte di sopra del circuito.

Se anche Q2 è in saturazione allora nel punto in blu sotto la R3 ho un potenziale pari alla somma di Vbe di

Q3 ovvero 0,7 e di Vce di Q2 ovvero 0,2 per cui il potenziale in tale punto è 0.9V.

Per poter far andare Q4 e D1 in “ON” dovrei avere che il potenziale misurato alla base di Q4 dovrebbe esser

pari a 0,2+0,7+0,7=1,6 ( 0,2 per Vce saturazione di Q3, 0,7 per D1 , 0,7 per il diodo del transistor; ma io ho

0,9 per cui quei 2 sono OFF).

Quindi se tutti gli ingressi sono 1 allora Q2 e Q3 ( a causa delle correnti elevate) sono in saturazione mentre

Q1 zona attiva inversa , mentre Q4 e D1 sono in interdizione.

Ora se uno solo degli ingressi va a 0 allora , uno dei transistor sotto Q1 inizierà a lavorare in diretta.

Immaginiamo che sia proprio il primo transistor a lavorare in diretta (quello più in alto) allora il punto in blu

, ,

=

Q1 si troverà a Vbe. Allora in questo caso la corrente che scorre in R1 è pari a IR1= . Quindi la

corrente di collettore del bjt che lavora in diretta sta risucchiando le altre correnti di collettore uscenti degli

altri 2 per cui se ne va in saturazione. A causa della Vce del primo BJT in alto mi ritrovo che i due BJT Q2 e

Q3 non riescono a polarizzarsi per cui sono OFF.

Ora strascuriamo la caduta di potenziale di R3 .Allora se D1 e Q4 sono ON la caduta di potenziale sui due

diodi è di 0,7 per ciascuno di loro quindi l’uscita è 5-0,7-0,7=3,6 cioè uscita alta.

Il caso peggiore di questo circuito è che Q4 possa stare tra zona attiva e saturazione, se considero le curve

dei BJT sono piatte (tensione di early infinita) ….se io conosco la corrente di base quando va in saturazione,

=

allora se ipotizza che Q4 sia in saturazione allora la corrente di collettore in queste condizione è

, , ,

Allora la corrente di base immaginando di essere ancora al limite tra zona attiva e saturazione sarà di Q4

,

sarà IBQ4= Allora possiamo calcolare la

caduta di potenziale su R3 ricordando che Q2 è interdetto e che perciò la corrente di base deve venire tutta

,

3= 6 = , 6

da R3

Logica CMOS

Vuol dire che usiamo un MOS a canale N e uno a canale P

Analizziamo in particolare l’inverter:

sopra abbiamo un P-mos e sotto abbiamo un N-MOS. Per il N-MOS devo avere che VGS>VT.Allora se X è 0

allora la VGS dell n-mos è sotto la tensione di soglia e quindi non ho

formato il canale di inversione ed è come se fosse un circuito aperto

ottenendo la figura al lato sx.

Nel P-MOS mi ritrovo VGS =-5V,ovvero una tensione tale

da formate un canale ovverosia possiamo andare a

scrivere il circuito nel modo seguente(a dx), abbiamo

messo un circuito aperto tra G e B perché una volta che si

è caricato non passa corrente. L’uscita sarà allora pari

trascurando la caduta di potenziale sulla resistenza R

(dovuta alla formazione del canale) pari a Vdd ovverosia uscita alto.

Andiamo ora a vedere come si fa un NAND con i CMOS Notiamo subito che gli N-MOS sono in serie

mentre gli P-MOS sono in parallelo. X e Y

rappresenta dove entrano i due segnali di cui

vogliamo fare il NAND.

Quando ho un NAND devo avere 0 quando

entrambi gli ingressi sono alti:

Per poter avere l’uscita a 0 devo avere un circuito che mi connette l’uscita a massa, l’unico modo affinché

tale condizione si verifichi e che entrambi gli N-MOS siano accesi ovvero che si sia creato il canale N. Se uno

solo degli N-mos fosse accesso allora l’altro sarebbe un circuito aperto per cui non abbiamo portato la Vout

a massa. Infatti quando sono entrambi alti ( gli ingressi) I 2 P-MOS in alto sono dei circuiti aperti in quanto

VGS=0 ( praticamente abbiamo che ingresso ho alto(circa pari a Vdd) per cui la differenza di potenziale

VGS=VG-Vs=vdd –Vdd =0).Basta poi che uno degli ingressi va a 0 allora uno dei 2 N-Mos in basso si apre

quindi non ho più il percorso verso massa mentre uno dei 2 P-MOS va in conduzione in quando VGS=0-VDD

che è <0 allora l’uscita è collegata attraverso il canale P che si è formato a Vdd per cui l’uscita è alta.

Per quanto riguarda il NOR basta che invertiamo i collegamenti ovverosia: i P-MOS saranno collegati in serie

mentre gli N-MOS saranno collegati in parallelo.

IL concetto fondamentale è capire che per fare una porta NAND o NOR servono 4 dispositivi. Il nostro I7 che

20 milioni di MOS dividendo per 4 possiamo capire quante porte logiche ha. Ricordiamo che ogni porta

logica con tecnologia CMOS dissipa solo quando avviene la commutazione perché normalmente i dispositivi

o sono ON o OFF.

La tabella di verità del NOR dice che deve avere 1 solo quando entrambi gli ingressi stanno a 0.

Vediamo subito che per avere l’uscita alta entrambi i P-MOS

devo essere ON e affinché ciò sia possibile dobbiamo avere

che VGS<0 e ciò è possibile solo se X e Y sono entrambi 0.Per

avere invece l’uscita bassa basta che uno solo dei due N-MOS

va in conduzione così da creare il canale di conduzione fino a

massa, ovviamente per andare in conduzione uno dei due N-

mos dobbiamo avere che almeno uno dei 2 ingressi sia alto.

A B Out

Reti combinatorie e sequenziali 0 0 0

0 1 0

Se ad esempio voglio vedere quando A>B di seguito la tavola di verità: 1 0 1

1 1 0

Per poter realizzare questa funzione devo analizzare i casi in cui l’uscita è alta, nel nostro caso la terza riga:

questa può essere realizzata con un AND che ha in ingresso A e B (sarebbe B negato).

Se voglio utilizzare solo porte NAND

Ovvero

Quello che ci manca ora sono le memorie.

Rete combinatoria: calcola una funzione di commutazione dei suoi ingressi

Reti Sequenziali (Asincrone e Sincrone)

Tutti i nostri calcolatori funzionano con reti sequenziali sincrone, la sincronia è scandita da un

temporizzatore che viene chiamato clock(sarebbe la frequenza con cui lavora il nostro processore) ogni

fronte di salita di un clock.

Quelle asincrone dipende dal tempo di propagazione come il dato viene messo in ingresso lui si propaga in

uscita ed è pronto per essere usato

Per realizzare una rete sequenziale

La memoria la posso realizzare con una controreazione.

Esistono due tipologie di memorie quelle statiche e quelle dinamiche.

La memoria dinamica DRAM: non sono altro che condensatori MOS ovvero sia un MOS dove il source e il

drain sono cortocircuitati e viene usato il condensatore che sta tra G e S o tra G e D. La

dimensione di questo condensatore è L*W quindi un bit di memoria DRAM basta un

mos solo. Queste memorie necessitano di essere rinfrescate cioè ogni tanto il PC

legge i dati nella memoria e li rinfresca per essere sicuri che a causa della scarica del

condensatore non perdiamo i dati.

Quelle statiche: SRAM non perdono assolutamente i dati non necessitano di essere rinfrescate. Per fare un

bit di una memoria statica ho bisogno di 2 porte logiche(2 nor o due NAND) ovvero di 8 mos

Lezione 25 maggio 2016 II ora

Il latch set-reset

Vediamo la controreazione con le porte logiche: in tal caso facciamo con il Nor.

B

A

Come riusciamo a memorizzare un bit. Scriviamoci la tavola di verità del NOR:

Il circuito con due porte NOR si chiama latch set-reset (o più brevemente latch SR)

Il termine inglese latch significa "serratura a scatto" e descrive abbastanza bene il comportamento del

componente. L'ingresso S viene detto ingresso set, mentre R è l'ingresso reset. Le uscite si chiamano Q

e Q negato perché sono l'una l'opposto dell'altra (tranne in un caso particolare che dobbiamo ancora

esaminare: quando S=1 e R=1). L'ingresso set serve per settare, cioè per mandare a livello alto l'uscita Q (e

conseguentemente a livello basso l'uscita Q negato). Analogamente l'ingresso R serve per resettare, cioè

per mandare a livello basso l'uscita Q (e livello alto l'uscita Q negato). Quando entrambi gli ingressi sono a

livello basso (S=0 e R=0) le uscite conservano lo stato precedente, ovvero mantengono i valori che avevano

prima. In un certo senso il latch SR è un dispositivo di memoria elementare, in grado di memorizzare un

singolo bit di informazione (si tratta di un solo bit, anche se le uscite sono due, perché i valori delle due

uscite non sono indipendenti, ma l'una è l'opposto dell'altra).

Questo particolare funzionamento viene indicato nella tabella di verità in modi diversi, come mostrato qui

sotto:

S R Q negato Q S R Q negato Q S R Q negato Q

no no

0 0 0 0 Q0 Q0 0 0 Qn Qn

change change 0 1 1 0 0 1 1 0

0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1

1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0

1 1 0 0

La combinazione di ingressi S=1 e R=1. La combinazione in cui entrambi gli ingressi sono a livello alto (S=1 e

R=1) non viene nella pratica mai usata in quanto produce una configurazione "non valida" delle uscite (in

cui entrambe le uscite, Q e Q negato, valgono 0). E' facile d'altra parte accorgersi che la presenza

contemporanea di un ingresso set e di un ingresso reset è contraddittoria: cosa vuol dire infatti settare e

resettare contemporaneamente le uscite? Sarebbe un po' come voler spegnere e accendere nello stesso

tempo un dispositivo.Inoltre la combinazione S=1 e R=1 produce risultati ambigui poiché se si passa da S=1

a R=1 alla combinazione S=0 e R=0, il valore presente in uscita dipende da quello dei due ingressi che si

azzera per ultimo (dal momento che l'azzeramento perfettamente contemporaneo di due segnali elettrici è

fisicamente impossibile).

Per tutte queste ragioni, il progettista che usa latch SR deve prestare sempre particolare attenzione al fatto

che la combinazione S=1 e R=1 non venga mai a verificarsi nel proprio circuito.

Questo fatto viene spesso indicato così sulla tabella di verità del latch:

S R Q Q

0 0 Q0 Q0

0 1 1 0

1 0 0 1

1 1 not used not used

Tale oggetto è la prima rete asincrona perchè come cambiano gli ingressi l'uscita cambia di conseguenza e

si chiama Latch SR ed è il primo tregging di memoria perchè se voglio memorizzare un bit pari a 1 metto S=1

e R=0 e l'uscita Q sarà pari a 1 se poi torno a 0 quell'uno rimarrà là fino a che non cambio R. Se voglio

memorizzare un bit a 0 metto R a 1 e S a 0 in uscita avrò 0 indipendentemente da quello che avevo prima.

Se volessi 8 bit devo avere 8 Latch SR se volessi memorizzare 32 bit ne dovrei avere 32. E si rappresenta

così:

Ora la differenza tra Latch e Flip Flop è aggiungere la temporizzazione che rappresento così:

In tal modo la rete diventa sincrona. In forma circuitale:

Tale oggetto si chiama Flip-Flop SR a livello almeno credo. Le porte AND vengono abilitate solo quando CK è

a livello alto ed è un modo di sincronizzare il sistema con un livello logico alto del clock.

Solo quando ho livello logico alto del clock abilito il passaggio di S o R a patto che uno dei due sia pari a 1.

Con i NAND il circuito diventerebbe:

Tale rete è sincrona: ha 4 gate e ogni gate ha 4 MOS perciò avrò in totale 16 MOS per una memoria statica

al contrario di una memoria DRAM che invece ne ha bisogno di uno solo. Tale tecnologia si chiama Tricker

ovvero andare a leggere a livello.

Vediamo ora il Flip Flop sul fronte o edge trigger (che legge o in salita o in discesa).

A B

Ho in totale 8 gate

Quando CK è pari a 1 la porta A è abilitata e fintanto che il livello di clock è alto io sono abilitato a leggere.

Ho 8 gate e per registrar 1 bit ho bisogno di 32 MOS. Quando il livello di CK è alto A è abilitato a portare in

uscita i suoi segnali e le uscite si propagano mentre B è abilitato quando il clock è basso perciò sto

abilitando la porta A quando il clock è alto e la porta B quando invece è basso. La lettura avviene nella

transizione.

Nel momento della transizione il dato che c'è viene letto perciò si devono avere segnali stabili quando

avviene la lettura.

Se ho segnale R o S il segnale non lo leggo per legger 1 deve almeno valer 1 quando c'è la transizione del

clock perciò l'altro tempo è necessario al segnale per propagarsi.

Se il processore andasse a 1Ghz significa che lui ogni nanosecondo decide i valori da assegnare alle

memorie e a gli stadi che si hanno. Quindi in un nanosecondo il segnale si propaga e scandisce la

temporizzazione.

Per esempio se si deve eseguire una moltiplicazione con le somme lui a ogni tempo di clock fa una somma

perciò ci mette n volte il tempo di somma. Quindi ci mette n colpi di clock per farla.

Campionamento e quantizzazione

Il segnale digitale quando ha una numerabilità finita sulle asse ordinate.

Per fare una conversione A/D ovvero da analogico a digitale in primo luogo si dovrà andare a campionare.

Per fare una conversione da analogico a digitale si devono prendere dei campioni del segnale e in tale

operazione non incontro nessun errore; questo sarà presente quando quantizzo il così detto errore di

quantizzazione. Fare una conversione A/D significa fare tali due operazioni. Ho in ingresso un segnale

analogico (t continuo o t discreto) entra in un blocco che fa la conversione ed esce un codice; tutta tale

operazione è composta da campionamento e conversione ovvero quantizzazione del campione che ho letto

introducendo un errore di quantizzazione.

Il convertitore A/D ha una funzione di trasferimento ideale del convertitore a 3 bit per esempio:

La base è 2 quindi avrò 8 livelli: sull'asse delle ordinate metterò il mio codice sulle ascisse i livelli di tensione

a cui associo il codice.

Prima campiono il segnale in istanti di tempo prendendo certi campioni e non commetto errore e poi

associo al campione un certo codice per esempio 101 quindi associo a un intero intervallo lo stesso codice

(101) e commetto quindi un errore (come rappresentato in figura dove a due campioni differenti associo lo

stesso codice).

In una scala del convertitore il fondo scala del convertitore normalmente sarà metà dell'ampiezza da una

parte e metà dall'altra se ho sinusoide.

Step-size ovvero è l'intervallo di tensione in cui associo lo stesso codice.

FS invece è l'intervallo di conversione ovvero la dinamica che posso accettare del segnale e la devo sfruttar

al massimo perchè in caso contrario perdo risoluzione.

Se prendo N bit gli intervalli a disposizione sono quindi se Fs=1V e N=3bit allora ∆=1/8=0,125V.

Esempio monitorar temperatura ambiente da -20° a 60° con l'accuratezza di un grado.

Fs=80°

∆=1°

Quanti bit ho bisogno?

1= quindi n= ln80 ovvero almeno 7 bit. Numero di livelli che vogliamo dipende dal numero di bit quindi

accuratezze elevate implica molti bit.

Operazione inversa prende una serie di bit in ingresso e restituisce un valore in uscita analogica

In tal caso sulle ascisse metto il codice e sulle ordinate valori di tensione.

Quindi avrò una rappresentazione della sinusoide campionata e quantizzata e che dipende dal numero di

bit a disposizione. Lo speed set viene indicato con LSB

LSB è il bit con peso meno significativo ovvero 2alla 0 mi indica di quanto vaira il ∆.

Per esempio se Fs=1V e ho 8 livelli avrò che LSB=1/8=0,125V

Se invece ho 10 bit allora 1024 livelli e se ho un Volt LSB=1mV.

Per prima cosa si deve campionare (1)

Se ho un segnale analogico s(t) e prendo una serie di impulsi nel tempo equispaziati di periodo T vado a

moltiplicare s(t) per i vari impulsi prendo quindi s(t analogico ) e lo moltiplico per p(t) che è un treno di

impulsi spaziati tempo T. Si chiama campionamento uniforme perchè il periodo tra un impulso e l'altro è

uniforme. Se moltiplico s(t) per una serie di impulsi quello che ottengo è il valore del segnale dove ho

l'impulso matematico quindi il segnale sotto è tempo discreto (ma sempre analogico).

A me non interessa conoscer il segnale in tutti i punti di t ma solo in determinati istanti di tempo quindi

diminuisco la quantità di informazione che avevo.

sp(t) (il segnale campionato) lo rappresento come (1) ovvero una sommatoria di campioni presi in un certo

istante di tempo per il treno di impulsi

Se la vedo in Fourier il prodotto nel tempo diventa una convoluzione quindi il treno di impulsi nel tempo

diventa un treno di impulsi in frequenza.

Se ho un certo spettro e dico limitato in banda tra fb e -fb spettro di s(f) la convoluzione mi dice di

integrarlo per ogni impulso in frequenza che ho.

Se lo devo replicare in base al periodo di campionamento; questo posso farlo se il periodo dei miei impulsi

è più piccolo di . Se il periodo è più grande di tale valore ho un overlap dello spettro del segnale e quindi

ho un effetto di Aliasing

Esempio effetto Aliasing:

Se per esempio riprendo con una telecamera sul monitor si vede uno sfarfallio perchè la telecamera

memorizza 20 frame al secondo mentre il monitor si rinfresca ogni 60 Hz e quindi campiono a meno del

monitor e vedo lentamente l'immagine che si muove a 3 Hz. Dovrei aver telecamera cha campiona almeno

al doppio del monitor e così non avrò nessun overlap.

Per evitare di commetter errore devo campionare a una frequenza pari alla banda doppia del nostro

segnale.

Quindi se non ho Aliasing prendo il segnale analogico (informazione inutile se voglio ricostruire il mio

segnale) prendo un treno di impulsi opportunamente scalato con periodo pari a o minore di all'inverso di 2

volte la banda e poi gli metto un filtro passa basso (H(f)). In frequenza è un filtro passa basso.

Ricapitolando ho un segnale S(f) il fatto che l'ho moltiplicato per un treno di impulsi significa che mi sono

creato Sp(f) del mio segnale S(f) se il campionamento è corretto e non ho overlap e se gli metto un filtro

passa basso taglio via tutte le parti dello spettro che non mi interessa e mi ritrovo in banda base il segnale

originario cioè faccio passare solamente la parte tra -fc e fc e in uscita ho proprio lo spettro che volevo.

Con aliasing mi ritrovo:

In frequenza una rect è una sinc nel tempo.

Quindi il teorema di campionamento si può scrivere così:

fs o fb. condizione sufficiente fs=frequenza campionamento fb=banda segnale

Per ricostruirlo devo moltiplicare i miei campioni per il filtro (rec nella frequenza ovvero sinc nel tempo).

Tale teorema dice che se si vuol conoscer il segnale analogico limitato in banda non si devono conoscer

tutti gli istanti di tempo ma è sufficiente conoscer il segnale in determinati istanti di tempo quindi devo

limitarlo in banda, campionarlo a frequenza doppia della banda del segnale e lo so ricostruire

moltiplicando per una sinc.

Dopo il campionamento introduco la quantizzazione che è un'operazione non invertibile in quanto una

volta convertito ritrovarmi il segnale ho l'errore commesso e non posso tornare indietro. E' in tal momento

che perdo informazione sul segnale.

Tale concetto comporta un errore di quantizzazione che è intrinseco ed è chiamato rumore di

quantizzazione. Tale errore è una varianza al quadrato:

Tale errore dipende dallo step-size ∆ dipende da quindi più aumento i bit più diventa piccolo.

Definiamo il rapporto segnale rumore:

SNR= ovvero potenza segnale fratto potenza rumore.

Immaginiamo di convertire una sinusoide s(t)=(Fs/2)sinwt perchè voglio sfruttar completamente la

dinamica quindi farò in maniera tale che il mio segnale sfrutti la dinamica massima del mio FS. La

Ps= (sempre per il solito ragionamento dell'integrale del seno quadro).

Quindi tornando alla formula rapporto segnale rumore:

SNR= =10log * =10log10 * =10log +10log12/8=20Nlog2+1,76=6,02N+1,76≈6N

Quando si vuol far configurazione A/D ho bisogno di rapporto segnale rumore pari a 6N.

Se per esempio campiono a 8bit ho bisogno di un rapporto segnale rumore pari a 48dB significa quindi

,

ragionando in tensione 20log rapporto delle tensioni(Vsegnale/Vrumore)=48 ovvero un rapporto circa

mille quindi il mio rumore deve esser mille volte inferiore del mio segnale se no non è vero che

campiono(quantizzo penso) a 8 bit.

Se n fosse 100 il rapporto segnale rumore significa essere pari a 600dB quindi il segnale è rispetto al rumore

volte superiore rispetto al rumore: se il segnale fosse 1V il rumore dovrebbe esser pari a .

Se N=20 bit con Fs=1V quando campiono il rumore deve esser inferiore a 1uV ovvero lo step-size se no me

ne vado su un altro bit e non sto lavorando bene e nemmeno campiono a 20 bit ma a meno. Il rumore

quindi deve esser più basso dello step-size.

Più aumento i bit più è difficile aver un certo rapporto segnale rumore.

Rapporto segnale rumore 70/80dB è già ottimo.

Nelle architetture dei convertitori A/D analizziamo il più facile da fare.

Immaginiamo di avere livelli dopo aver fatto il campionamento e quindi aver ricavato dei valori di

tensione da associare a un certo numero di bit.

Per fare il convertitore che mi legge il segnale e in un colpo solo mi manda il bit dovrei avere

1comparatori:

dovrò fare una serie resistenze pesate per esempio ho 8 livelli (3 bit) quindi dovrò comparare il mio

campione rispetto ai vari livelli di tensione ottenuti quindi se per esempio Fs=1V abbiamo che ∆=0,125V.

Se metto una tensione di riferimento e metto una serie di resistenze pesate faccio un partitore di tensione

e lo schema circuitale sarà il seguente:

Fig.1


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rbtk1994

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Esame: Elettronica
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria gestionale
SSD:
A.A.: 2016-2017

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher rbtk1994 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Elettronica e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università La Sapienza - Uniroma1 o del prof Balucani Marco.

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