prova 10 Gennaio 2018 risolta e commentata passo passo

10 Gennaio 2018

Ho scelto questa prova perché :

• è recente;
• è simile a quella svolta prima per diversi appelli, quindi è giusto che tu veda come gli stessi concetti si ripetitivo, e come erano onde in prove elaboramente recent!

ESERCIZIO 1

(a)

La caratteristica V_Out - V_in di un OPAMP è sempre di questo tipo.

bisogna solo tenere i vari punti A, B, C, D

10 Gennaio 2018

Ho scelto questa prova perché:

• è recente;
• è simile a quella svolta prima per diversi appelli, quindi è giusto che veda come gli stessi concetti si ripetono, e come vengono usate le prove relativamente recenti!

ESERCIZIO 1

(a)

La caratteristica V_out-V_in di un OPAMP è sempre di questo tipo,

bisogna solo tenere i vari punti A, B, C, D

Essendo l'alimentatore tra ±5V, si ha le

V_outA = 5V

V_outB = -5V

analisi per la soglia superiore V_c:

V⁺ = (5V - 0.7V + 2V) _R1/_R1+R2 + V_A

quando D è ON, le caduta ai suoi capi è 0.7V ininfluente 

della corrente la ci scorre

V⁺ = V^- ⇒ V_in,sup = + 4.5V

ideale

dell'OPAMP

Per la soglia inferiore V_s:

V⁺ = -2V (parón D e OPAMP)

V⁺ = V^- ⇒ V_in,inf = -2V

V_B = 3,5 V

Andamento temporale

V_C(t) e V_out(t)

Per disegnare andamenti temporali, dobbiamo distinguere cosa accade prima dell’istante di

discesa dell’interruttore (t = 0⁺) e dopo ancora (t = ∞) ovvero a regime

t = 0 chiuso

t = 0⁺ V_IN = V_C = V_B = 3,5 V

⇒ V_out = +5 V (D₂ ON)

t = ∞

il valore di regime vale ( considerando come un corto)

V_IN = V_C = ( +5 V - 0,7 V ) · _R3/_R3+_R4 = 3 V

Se V_in > 1,5 V, il trigger commuta prima di raggiungere il regime.

T_CARICA = Req · C = C · R_3‖R₄ = 50 μs

V_C(t) = V_C0 + (V_∞ - V_C0) (1 - e^-t/T_CARICA)

V_C(t) = -3,5 V + 6,5 (1 - e^{-t/50 μs})

Siccome il trigger commuta quando V_C(t) = 1,5 V, si ha:

e^{-t/50 μs} = ^{1,5 V}/_{6,0 V}

→ t = 30,7 μs ln (^6,5/_1,5) = 1,33 ms

Quindi all'istante t = 1,33 ms V_out = 5 V, D₂ è off e C_x riceve su T_SCARICA = R₃ · C₁ = 3 ms.

Per t = 1 → V_out = 0 V, il trigger non può commutare più.

Vc

10V

90µs

sostituire tangente alla curva

exp

3ms

Vout

+5V

-5V

Esercizio 2

(a) calcolare R_L per avere V_out = 3 V

Calcolo la tensione di gate di T₁:

V_G1 = V_SS + R₁·I_C1 = 3,5 V

da cui, supponendo il dispositivo in saturazione

I_D1 = K_n (V_GS - V_tn)² = 8 \frac{mA}{V²} (1,5 V - 1 V)² = 2 mA

Per la LKC:

I₃ = I_D1 - I_C1 = 0,1 mA

per cui, la tensione di gate di T_pz vale

V_G2 = V_DD - I₃·R₃ = 1 V

da legge di Kirchhoff alla maglia di uscita

V_DD - V_out = R_C·I_D2

R_i = ^{V_DD - V_out}⁄_ID2

Calcolo I_D2:

I_D2 = k_p (V_SGP - V_TP)² = ^g_mA⁄_Vt² (2V - V)² = 4mA

per i PROSS sono invertiti:

S

quindi V_CS si sostituisce con V_SGe V_TA con |V_t|

perché per un pross la funzione di soglia è negativa

Dunque R_i = ^{V_DD - V_out}⁄_ID2 = 0,5kΩ

Quando chiede di calcolare la polarizzazionesi riferisce a ideale delle gm fa

g_m = ^{2 I_D}⁄_{Vcs - VT} per l’NMOS

g_m = ^{2 I_D}/_{VSS- (VT+)}

("Vedi dispensa del MOSFET")

(b) Il diagramma di Bode della Gain di un amplificatore a MOSFET è sempre del tipo in figura.

Dobbiamo calcolare le 3 cose: |A|, f_t1, f_t2 a proposito del circuito.

Iniziamo dal |A|. Il 1^o stadio (vedi figura) è un amplificatore a source comune e il suo guadagno vale - g_mR₃. Il 2^o stadio è un buffer con la R_L e la conduttanza equivalente del K₂ che vale 1/g_m2.

Dunque:

|A| = -g_mR₃^R_L/_RL+¹/gm2 = -64

Per le f_T, si ha:

f_T1 = ¹/_2πCAR1 = 53 Hz

f_T2 = ¹/_{2πCBR111 s/gue} = 31,8 kHz

Le f_T si calcolano sempre per ognuno delle capacità presenti nel circuito, con la formula

f_T = ¹/_2πCeq

dove C_eq è la condizione equivalente de sole le capacità. Ad esempio nel nostro caso la C_A vede R₁.

Dunque il diagramma è:

53 Hz   31,8 kHz

ESERCIZIO 3

(Molto simile a quello già fatto nella prova precedente, il procedimento è lo stesso.)

G_{ID LF}

la C è un corto

= (1 + ^R2/_R1) . (1 + ^R4/_R3) + (-^R2/_R4) = 209

sono 2 stadi non invertenti

G_{ID HF}

la C è un corto, quindi R1 e R2 non entrano

= (1 + ^R4/_R1||R3) = 41

f_p = ¹/_2πCfR2 = 994,7 Hz

f_z = ¹/_{2πCfR2 || [Ru+R3 || Rp]} = 5,06 kHz

203

941,7

(b)

Vedi che il procedimento è lo stesso della prova precedente, per cui in sostanza si scambiano zero e polo ma loro rispetto al caso ideale. Inalterata la formula per calcolare f' rimane sempre la stessa, e siccome f'_z >> f_z,p il sistema è stabile.

ESERCIZIO 1

Dimensionare R_C e V_REF per sfruttare la dinamica dell'ADC.

Si ha che ΔV_ADC = ΔV_IN • G

da cui, essendo V_IN = ±50 = 50 mV, ΔV_IN = 100 mV

G = ^{5 V}/ _{100 mV} = 50

G è anche uguale al guadagno dello stadio prima dell’INA, che vale ^2R_INA/ _RC moltiplicato il guadagno dell’INA, che è quindi:

G = ^2R_IN/ _RIN (1 + ^2R_INA/ _RC )

A circuiti operazionali:

¹/₂ (1 + 2 _RINA/_RG) = 50

⇒ _RG = _RINA - 2/₉₉ = 202Ω

(b)

FSR_IN = 100mV

2ⁿ 2^FSR_IN / _LSBIN = 1000 ⇒ Microbit

(c)

La formula per il calcolo dell’ errore dovuto all’ intervento di carica del mosfet è sempre la stessa, e vale

ε = ΔN_{A CD} / _{CD + CH} = (V_GS + V_T) _CD / _{CD + CW} ⇒ V_ADC=5V

dove C_D è la capacità parassita fra gate e abrain dal mosfet, ed è detta.

Esercizio 5

2) Fase 1 Rossi, Fase 2 Verdi, Fase 3 Blu, Fase 4 spenti

b) Fase 4 tutti accesi lampeggio 2 Hz