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da **marcot1004** » 21 apr 2017, 16:42

Nel frattempo vi posto anche questo circuito in cui ho avuto un problemino nella soluzione, allegata nel pdf.

esame 25-6-12.pdf: (34.9 KiB) Scaricato 116 volte

Saltiamo direttamente all'analisi per segnale in quanto la parte di polarizzazione l'ho capita. Visto che VA è infinita si ha che la resistenza ro anche lo è, perciò gli specchi di corrente costituiscono generatori di corrente ideali perché presentano in parallelo una resistenza infinita. Ora ho determinato la ib nel seguente modo:

$i_b=\frac{v_i}{2R_6+2r_{\pi}}$

allora ottengo che il l'ingresso differenziale del secondo stadio, cioè $v_{3-1}=\beta i_b (2R_2//2r_{\pi6})$
A questo punto posso calcolare la Vout infatti si ha che:
$v_{3-1}=\beta i_b (2R_2//2r_{\pi6}) \frac{\alpha R_3}{2r_{e6}}$

Tuttavia confrontando con la soluzione dell'esame non mi torna.... sbaglio qualcosa? #-o

da **IsidoroKZ** » 22 apr 2017, 10:01

marcot1004 ha scritto:Per il calcolo della Vo
Però nel calcolo della Vo non devo tenere conto anche della tensione VCC e -VCC?

Si`, ma anche no. Si`, se vuoi fare le cose complete e generali, applicabili a qualunque caso. Il circuito da risolvere e` questo.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Non ha importanza dove vanno i due generatori di corrente, l'importante e` che iniettano e succhiano una corrente dal nodo. Con la sovrapposizione degli effetti calcoli la Vo dovuta al +3V, al -3V e alla differenza delle correnti

$V_O=3V \frac{r_{o3}}{r_{o2}+r_{o3}}-3V \frac{r_{o2}}{r_{o2}+r_{o3}}+(I_{C2}-I_{C3})(r_{o2}/\!/r_{o3})$

Se le due resistenze ro sono uguali, e questo dipende da come le calcolate, allora i primi due termini della somma si annullano.

marcot1004 ha scritto:Per Ro dello specchio
... si tratta di un modello per grandi segnali in quanto stiamo studiando la polarizzazione.
Il dubbio che avevo e che continuo tuttora ad avere è il seguente:

Non stai piu` studiando la polarizzazione, nel momento in cui parli di impedenze stai trattando un sistema linearizzato. Puoi linearizzare cortocircuitando la VBE (brutto perche' si puo` fare di meglio) oppure mettendo la $r_\pi$ , in generale piu` preciso. In questo caso pero` non cambia nulla: l'impedenza guardando nel collettore di un bipolare con emettitore a ground e` solo e sempre ro.

marcot1004 ha scritto:Quando andiamo a calcolare la Req annullando tutti i generatori indipendenti, i transistor entrano in interdizione?

NO!: vai solo a considerare delle variazioni intorno al punto di funzionamento (piccolo segnale). Elimini i termini in continua per ottenere il modello linearizzato, che e` solo il modello linearizzato, non il circuito vero. Cosa complicata, non riesco a spiegarla in un messaggio.

marcot1004 ha scritto:Studiando la polarizzazione quindi anzichè mettere il generatore indipendente di tensione avrei potuto mettere la rpi ottenendo il medesimo risultato?

La $r_\pi$ e` un parametro differenziale, entra in gioco solo quando linearizzi il circuito. Adesso non ho tempo, chissa` se qualcun altro ha voglia di spiegarlo?

carloc smettila di lavorare sempre e fatti sentire. Oppure

MarkyMark,

rugweri...

da **marcot1004** » 22 apr 2017, 10:20

Per il circuito ho capito :ok:

Mi manca da capire questa cosa del calcolo della resistenza vista dal collettore dello specchio. Ho capito ormai che si tratta di ro la cosa che non mi spiego è come mai vediamo i due generatori controllati come dei circuiti aperti, in particolare non ho capito se la causa di ciò è il fatto che la vbe che li controlla diventa 0 oppure se è più complessa ed entra in gioco il fatto che stiamo parlando di variazioni...

Per il fatto dell'interdizione ho capito di aver detto una cavolata, la polarizzazione l'ho studiata e nel momento in cui cerco di calcolare la Ro di uscita che sarebbe la resistenza vista dal collettore sto già parlando di piccoli segnali e quindi al posto del generatore va messa rpi come dicevi tu

Grazie mille per l'aiuto che mi hai già dato!

da **IsidoroKZ** » 22 apr 2017, 12:16

Il transistore "patisce il solletico" fra base ed emettitore. Se base ed emettitore non sono sollecitate, perche' in piccolo segnale quando cerchi l'impedenza di uscita Vbe=0, il generatore controllato non eroga corrente, anzi eroga corrente nulla e quindi e` a tutti gli effetti un circuito aperto.

Se ci fosse una resistenza sull'emettitore le cose cambierebbero, la resistenza vista non sarebbe piu` r0 ma piu` elevata. Bisogna fare i conti!

da **PietroBaima** » 22 apr 2017, 12:23

Posso scrivere a quel professore di usare FidoCadJ per i circuiti e di scrivere chilo con la k minuscola?

Non vorrei che Kelvin si offendesse...

da **marcot1004** » 22 apr 2017, 13:01

IsidoroKZ ha scritto:Il transistore "patisce il solletico" fra base ed emettitore. Se base ed emettitore non sono sollecitate, perche' in piccolo segnale quando cerchi l'impedenza di uscita Vbe=0, il generatore controllato non eroga corrente, anzi eroga corrente nulla e quindi e` a tutti gli effetti un circuito aperto.

Se ci fosse una resistenza sull'emettitore le cose cambierebbero, la resistenza vista non sarebbe piu` r0 ma piu` elevata. Bisogna fare i conti!

ragionandoci infatti sono riuscito a dimostrarlo....

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

su $r_{\pi1}$ (da sinistra a destra) circola $i_{b1}$ , su $r_{\pi1}$ (da destra a sinistra) circola $i_{b2}$ allora nel nodo di congiunzione delle due basi arriva $i_{b1}+i_{b2}$ che esce verso il nodo di collettore di Q1. Ora nel parallelo di R e $r_{o1}$ circola $i_{b1}+i_{b2}+\beta i_{b1}$

si ha quindi che:
$i_{b1} r_{\pi1} + (i_{b1}+i_{b2}+\beta i_{b1})(R//r_{o1})=0$

ora se $r_{\pi1}=r_{\pi2}$ si ha che $i_{b1}=i_{b2}$ e in tal caso otteniamo un equazione tutta nella variabile $i_{b1}$ che risulta nulla, da cui anche $i_{b2}=0$

se invece $r_{\pi1} \neq r_{\pi2}$ allora si ha che $i_{b2}=i_{b1}\frac{r_{\pi1}}{r_{\pi2}}$ , il che come prima ci permette di scrivere un equazione tutta nella sola variabile $i_{b1}$ che ci porta agli stessi risultati enunciati precedentemente e quindi questo dimostra che il generatore controllato di Q2 è un circuito aperto.

Giusto???

PietroBaima ha scritto:Posso scrivere a quel professore di usare FidoCadJ per i circuiti e di scrivere chilo con la k minuscola?
Non vorrei che Kelvin si offendesse...

sapessi com'è a lezione... disordinato come pochi #-o

da **PietroBaima** » 22 apr 2017, 13:04

marcot1004 ha scritto:sapessi com'è a lezione... disordinato come pochi

Succede, purtroppo.
Se però qui ti segue

IsidoroKZ sono sicuro che, come minimo, all'esame prendi 35 con bottiglia di Champagne. :mrgreen:

da **marcot1004** » 22 apr 2017, 14:23

PietroBaima ha scritto:
marcot1004 ha scritto:sapessi com'è a lezione... disordinato come pochi

Succede, purtroppo.
Se però qui ti segue IsidoroKZ sono sicuro che, come minimo, all'esame prendi 35 con bottiglia di Champagne.

da **rugweri** » 22 apr 2017, 16:45

Neanche io ho tanto tempo... quindi,

marcot1004, ti prego di seguirmi mentre cerco di concludere la spiegazione che

IsidoroKZ aveva iniziato. Dovrò essere per forza di cose molto sintetico (questioni di salute - non mie, ma comunque urgenti - mi impongono di non perdere tempo):

Quando vai a calcolare la $R_{eq}$ del circuito (ma non solo: più in generale, ogni volta che vai a vedere "cosa fa" il circuito vicino al suo punto di lavoro), ciò su cui di solito preferisci lavorare non è il circuito effettivo, bensì una sua rappresentazione tale da approssimare abbastanza bene il comportamento che il circuito avrebbe in un intorno ristretto del punto di lavoro. Sostanzialmente, l'assunzione (motivata da ragionamenti che ometterò) è che sia possibile "modellare" il transistor con un circuito lineare, approssimando le relazioni "vere-e-proprie" (virgolette necessarie: nel caso di un BJT, si tratta del modello di Ebers-Moll), che sono nella forma generica:

$I_C = f(V_{BE}, V_{CE})$
$I_B = g(V_{BE}, V_{CE})$

Con le espressioni:

$I_C = I_{C_0} + I_{C_{ss}}$
$I_B = I_{B_0} + I_{B_{ss}}$
$V_{BE} = V_{BE_0} + V_{BE_{ss}}$
$V_{CE} = V_{CE_0} + V_{CE_{ss}}$

Dove i termini con pedice "0" sono i valori delle grandezze in corrispondenza del punto di lavoro, mentre quelli con pedice "ss" (che, se lo vuoi sapere, sta per "small signal") sono le "perturbazioni" rispetto a tale punto.
Sviluppando le due correnti di piccolo segnale in serie di Taylor al primo ordine, ottieni (ometto i passaggi):

$I_{B_{ss}} = g_{11}V_{BE_{ss}} + g_{12}V_{CE_{ss}}$
$I_{C_{ss}} = g_{21}V_{BE_{ss}} + g_{22}V_{CE_{ss}}$

Si può porre (se il transistor è in regione attiva diretta):

$g_{11} = \frac{I_{C_0}}{\beta_fV_T}$
$g_{12} = \frac{I_{C_0}}{\beta_fV_A}$
$g_{21} = \frac{I_{C_0}}{V_T}$
$g_{22} = \frac{I_{C_0}}{V_A}$

Dove V_A

è la tensione di Early (ovvero, se si trascura tale effetto $g_{12} = g_{22} = 0$ ).
Ponendo:

$r_\pi = \frac{1}{g_{11}}$

$r_\mu = \frac{1}{g_{12}}$

$r_o = \frac{1}{g_{22}}$

Si può determinare, sulla base delle approssimazioni già viste, il modello di piccolo segnale:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Che trascurando l'effetto Early equivale al circuito noto a tutti:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **marcot1004** » 22 apr 2017, 17:12

Grazie mille a tutti ragazzi

Il dubbio che avevo era più che altro su come mai i generatori controllati diventassero dei circuiti aperti ma dopo aver rigirato un po il circuito sono riuscito a dimostrarlo analiticamente, nel modo seguente (Verificate se potete che sia corretta, ma il ragionamento filava liscio):

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

su $r_{\pi1}$ (da sinistra a destra) circola $i_{b1}$ , su $r_{\pi1}$ (da destra a sinistra) circola $i_{b2}$ allora nel nodo di congiunzione delle due basi arriva $i_{b1}+i_{b2}$ che esce verso il nodo di collettore di Q1. Ora nel parallelo di R e $r_{o1}$ circola $i_{b1}+i_{b2}+\beta i_{b1}$

si ha quindi che:
$i_{b1} r_{\pi1} + (i_{b1}+i_{b2}+\beta i_{b1})(R//r_{o1})=0$

ora se $r_{\pi1}=r_{\pi2}$ (Q1 e Q2 sono equivalenti) si ha che $i_{b1}=i_{b2}$ (visto che $r_{\pi1}$ e $r_{\pi2}$ sono in parallelo) e in tal caso otteniamo un equazione tutta nella variabile $i_{b1}$ . Da questa si ricava che $i_{b1}=0$ da cui si deduce che anche $i_{b2}$ è nulla, perciò i due generatori controllati sono dei circuiti aperti.

se invece $r_{\pi1} \neq r_{\pi2}$ allora si ha che $i_{b2}=i_{b1}\frac{r_{\pi1}}{r_{\pi2}}$ (visto che $r_{\pi1}$ e $r_{\pi2}$ sono in parallelo), il che come prima ci permette di scrivere un equazione tutta nella sola variabile $i_{b1}$ che ci porta a concludere, anche in questo caso, che la corrente $i_{b1}$ è nulla, da cui si deduce che anche $i_{b2}$ lo è. Come nel caso precedente i due generatori controllati sono dei circuiti aperti.

Però da quanto detto ho capito (correggetemi se sbaglio) che è possibile verificarlo anche al volo, vedendo se tra emettitore e base vi sono sollecitazione esterne al transistor... infatti rivedendomi i casi in cui si aveva che i generatori controllati risultavano essere dei circuiti aperti ho notato che non era presente nessuna sollecitazione tra emettitore e massa. Nell'unico caso capitatomi durante gli amplificatori a BJT in cui ciò non accadeva vi era un ramo percorso da una corrente che arrivava al nodo di emettitore.
Mi eserciterò un po' cosi da poter riconoscere e calcolare al volo le Rin e le Ro :ok:

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