ESERCIZI SUI TRANSISTOR - Sito WEB degli studenti di Fisica
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Mario Vascon Giuseppe Galeazzi
Dipartimento di Fisica G. GalileiUniversita di Padova
ESERCIZI
SUI
TRANSISTOR
i
Stampato a cura delDipartimento di Fisica “Galileo Galilei”
c©1994
Tutti i diritti riservati
Not long ago, an engineer could rely on his intuition, empirical know-how, and a collectionof classical analytical and numerical methods for the solution of most of the problems en-coutered in engineering design and analysis.Today he is frequently colled upon to devise a program or an algorithm that in conjunctionwith a digital computer leads to an optimal configuration for a complex system subjectedto a large number of inputs and constraints.
Lotfi A. Zadeh, Charles A. Desoer,Linear System Theory
1963
i
ii
INTRODUZIONE
Esistono approcci diversi alla metodologia di raccolta di esercizi al fine della loro collo-cazione in un volume. Un esempio dei due piu comuni approcci consiste nella raccolta:
• per gruppi legati dalla appartenenza ad argomenti attinenti ad un capitolo d’un par-ticolare testo di teoria, da questo dipendenti e talvolta tra loro scorrelati (questa e ingenere una tendenza europea);
• per gruppi di argomenti, non legati ad un particolare testo di teoria, raccolti in auto-nomi capitoli all’inizio dei quali e presente una breve introduzione teorica, in modo dadare al volume una sua autoconsistenza (questa e in genere una tendenza americana).
A nostro avviso il primo approccio tende a raggruppare una serie di esempi legati tra lorotalora solo da un vago tema comune rendendo la raccolta poco autoconsistente e non ponenello stesso risalto teoria e applicazioni contribuendo cosı a creare una sorta di dicotomiatra l’una e l’altre.
Il secondo approccio porta a sviluppare la teoria mediante gli esercizi, e a porre cosımaggiormente in risalto quest’ultimi mettendo in ombra i processi di sintesi e contribuendocosı anch’esso ad ingenerare una dicotomia di altro tipo.
A nostro parere l’Elettronica non puo essere separata nettamente in teoria ed applicazioni,se non forse per quanto riguarda (e ancora forse!) la fisica dei componenti, in quantol’Elettronica e una continua esposizione di metodologie di analisi e di sintesi di circuiti.
Man mano che in un testo di Elettronica si sviluppa un argomento pero, se si espongonotroppe applicazioni di uno stesso metodo, si rischia di appesantire l’esposizione dei metodistessi, per cui nasce la necessita di addivenire ad un compromesso tra l’esposizione dellametodologia e la varieta delle sfumature della sua applicazione.
La realizzazione di questo compromesso puo consistere nell’architettare il “libro di esercizidi Elettronica” come una appendice del libro di “teoria” o meglio una sorta di sua estensione,nella quale compaiono quanti piu possibili variazioni sul tema di ogni metodo archetipicofondamentale. E tutto cio senza appesantire il testo di partenza.
In nessun altro caso come in Elettronica esiste la necessita didattica di mostrare comel’analisi di un circuito possa essere sviluppata mediante metodi sistematici standardizzati,oltre che mediante metodi semplificatori basati sull’intuizione e su quello “sprazzo d’ingegno”che talvolta, anche in certi testi famosi, tendono a far apparire l’Elettronica piu un’arte cheuna scienza, con grande sgomento dei poveri studenti.
Chi fosse giunto sino a questo punto nella lettura della presente introduzione potrebbechiedersi quale sia il criterio uniformante del presente volume. E presto detto.
Ogni analisi circuitale ritenuta di una certa importanza viene caratterizzata con ungruppo piu o meno folto di circuiti archetipi con sfumature caratteristiche di tipologia edi difficolta crescenti e questi vengono sviluppati ciascuno con il maggior numero di metodidiversi (o metodi similari ma con stadi intermedi diversi). I metodi per la risoluzione dello
iii
stesso problema possono, alcuni essere semplici, altri piu complicati allo scopo di mostrare,per circuiti analoghi che lo studente possa incontrare nella realta, quali siano le difficoltadelle varie metodologie, e quindi la via piu conveniente da seguire.
Ciascun gruppo di moduli archetipici legato ad un metodo e reso quanto piu possibileautosufficiente in modo tale da rendere la raccolta di esercizi il piu possibile indipendenteda uno specifico testo di teoria.
Va da se che il numero degli archetipi non puo che essere limitato. Per ora puo esserereputato sufficiente per un argomento riguardante i transistori in bassa frequenza. Perscelta di fondo e per questioni di dimensioni editoriali, e stato dato piu spazio ai metodi(soprattutto a quelli sistematici) che al numero di archetipi, anche perche altri archetipi, nelfuturo, in una tale struttura possono essere aggiunti.
Non compare nessun esercizio con valori numerici se non nei casi di cui si dira piuavanti. Pensiamo che abbia piu senso, trattandosi di esercizi archetipici, lo svolgerli colcalcolo simbolico, in quanto ogni problema una volta consumato come esercizio, rimanecome algoritmo. Si affida allo studente il compito di costruire da se esempi numerici derivatida quelli del testo usando i valori dei parametri del transistore “tipico” (riportati nelletabelle alla fine del Gruppo II) e provando ad inserire i valori delle resistenze che non fannoparte dei circuiti equivalenti dei transistor. Operando con un programma che permetta ilcalcolo numerico (commerciale o meglio se autocostruito) i risultati finali possono essererapidamente calcolati al variare dei valori dei paramertri circuitali.
Gli esercizi sui transistor sono in gran parte basati sull’analisi di reti lineari e quindi ingenere sulla soluzione di sistemi di n equazioni lineari algebriche in n incognite. Le soluzionipossono essere controllate con pacchetti software del tipo Macsyma o Mathematica nel casodell’uso del calcolo simbolico, del tipo Derive o del tipo “programma Sistemi” in dotazioneal volume “Elementi di teoria delle reti lineari”, nel caso di soluzioni numeriche. Programmidel tipo Pspice o MICRO-CAP III sono utilissimi (se sono a portata “di computer”) perverificare l’esattezza dei calcoli con le simulazioni.
Una parte dei circuiti per i quali i metodi di simulazione rivestono uno strumento parti-colarmente efficace dal punto di vista didattico sono analizzati anche mediante il programmaMICRO-CAP III e sono gli unici ad essere necessariamente risolti coi metodi numerici.
I Gruppi di esercizi sono:
• Polarizzazione dei transistor e coefficienti di stabilita.
• Esercizi a carattere generale sul comportamento dei transistor.
• Modelli circuitali dei transistor ai piccoli segnali e a bassa frequenza.
• Amplificatori a transistor a bassa frequenza.
Mario Vascon Giuseppe Galeazzi
Padova, Maggio 1994
iv
Indice
I Polarizzazione e coefficienti di stabilita 3I 1 Ia polarizzazione EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5I 2 IIa polarizzazione EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11I 3 IIIa polarizzazione EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17I 4 IVa polarizzazione EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27I 5 Va polarizzazione EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31I 6 VIa polarizzazione EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
II Modelli circuitali del transistor 47II 1 Modelli in EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49II 2 Modelli in BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63II 3 Modelli in CC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71II 4 Trasformazioni dei parametri del transistor nelle tre connessioni . . . . . . . 79
IIIEsercizi a carattere generale sul comportamento dei transistor 93
IVCircuiti amplificatori 107IV 1 Amplificatori in EC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109IV 2 Amplificatori in CC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129IV 3 Amplificatori in BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143IV 4 Analisi comparata tra amplificatori nelle tre connessioni . . . . . . . . . . . . 157IV 5 Amplificatori in EC con resistore in emettitore . . . . . . . . . . . . . . . . . 161IV 6 Amplificatori a transistor in CC con resistore in collettore . . . . . . . . . . . 177IV 7 Amplificatore Darlington . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179IV 8 Amplificatore Cascode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
1
2
Gruppo I
Polarizzazione e coefficienti distabilita
Negli esercizi che seguono si esegue l’analisi di tutte le principali reti di polarizzazionedel transistor in EC.
Si esprime poi la corrente di collettore del transistor in funzione di VBE , ICBO , α o β ela si deriva rispetto a queste variabili per ricavare i coefficienti di stabilita SV , SI , Sα.
3
4
I 1 Ia polarizzazione EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 5
Commento I.1 E utile, per l’analisi dei circuiti di polarizzazione, ricordare il circuito equiva-lente in continua del transistor.
Esercizio I.1 Trasformare il circuito equivalente a T in continua del transistore in base
comune nel circuito equivalente a T in continua in emettitore comune.
figura I 1.1
Nella figura I 1.1 a) e rappresentato il modello in base comune completo. Da questo si ricava
il modello in continua b). Tenendo conto delle regole di trasformazione dei generatori 1, si
puo trasformare il circuito in quello di figura c). Osservando poi che il generatore Vγ nei rami
di collettore e ininfluente, si passa al circuito di figura d).Si noti che il modello in figura e quello del transistore PNP . Nel caso si voglia il modello del
transistore NPN , basta invertire le polarita dei generatori Vγ βIB e (1 + β)ICBO .
1vedi M. Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari, CLEUP, Padova, 1989. Altri esercizi sulla trasfor-mazione dei generatori sono riportati per comodita alla fine del Gruppo I.
6
Esercizio I.2 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
figura I 1.2
Il circuito e assai semplice e puo essere analizzato anche senza usare il circuito equivalente del
transistor.
Applicando il principio di Kirchhoff alla maglia di cui fan parte la base e l’emettitore:
IB =VCC − VBE
Rb
nella quale VBE = Vγ e la tensione ai capi della giunzione BE 2. Da quest’ultima relaziome
possiamo ricavare IC :
IC = βVCC − VBE
Rb+ (1 + β)ICBO
Per completare l’analisi basta trovare la corrente di emettitore IE = IB + IC , la tensione di
collettore VCE = VCC − RcIC , la tensione ai capi del resistore Rb.
I coefficienti di stabilita possono essere ricavati, una volta sia nota IC in funzione di VBE , ICBO , β,
derivando IC rispetto alle variabili citate.
Dividendo per (1 + β) numeratore e denominatore a secondo membro dell’equazione prece-
dente e ricordando che α = β1+β :
IC =α(VBB − VBE)
(1 − α)Rb+
RbICBO
(1 − α)Rb(I 1.1)
L’ultima equazione mostra la dipendenza di IC da α, da ICBO e da VBE .
Se supponiamo che α sia indipendente dalla temperatura, la variazione di IC rispetto a VBE
e ad ICBO puo essere espressa dalla:
∆IC =−α
(1 + β)Rb∆VBE +
RbICBO
(1 − α)Rb∆ICBO (I 1.2)
2chiameremo d’ora in poi VBE il generatore Vγ che appariva nell’esercizio precedente.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 7
Differenziando prima rispetto ad ICBO, poi rispetto a VBE :
SI.=
∆IC
∆ICBO=
Rb
(1 − α)Rb= (1 + β) (I 1.3)
SV.=
∆IC
∆VBE=
−α
RbSI (I 1.4)
Calcoliamo ora il coefficiente Sα, supponendo che non vi siano variazioni di ICBO e di VBE .
A tale scopo, senza derivare la IC , notiamo che nell’equazione I 1.1 le dimensioni del secondo
addendo del secondo membro nel caso di un transistore al Si ad esempio, sono di gran lunga
minori di quelle del primo addendo 3.
Supponendo quindi che α vari da α1 ad α2, la ∆IC = IC (α1) − IC(α2) puo essere calcolata
dalla:
∆IC = IC1 − IC2 =α1(VBB − VBE)
(1 − α1)Rb− α2(VBB − VBE)
(1 − α2)Rb
=(α1 − α2)(VBB − VBE)
(1 − α1)Rb
Rb
(1 − α2)Rb
=∆α(VBB − VBE)
(1 − α1)RbSI2
Da quest’ultima relazione possiamo trarre che:
Sα.=
∆IC
∆α=
IC1
α1SI2 (I 1.5)
Ricordando la relazione che lega α e β, possiamo scrivere:
∆α =β1
1 + β1− β2
1 + β2=
∆β
(1 + β1)(1 + β2)dalla quale possiamo scrivere anche che:
Sα =∆IC
∆α=
∆IC
∆β(1 + β1)(1 + β2) =
IC1
α1SI2
Da quest’ultima relazione possiamo finalmente ricavare Sβ :
Sβ.=
∆IC
∆β=
IC1
β1(1 + β2)SI2 (I 1.6)
I tre coefficienti di stabilita sono raggruppati nella tabella sottostante:
SI =(1 + β)
SV =−α
Rb(1 + β)
Sα =IC1
α1SI2 =
IC1
α1(1 + β2)
3i due denominatori sono eguali e l’ordine di grandezza di ICBO per un transistor al Si e di 10−9A.
8
Esercizio I.3 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito usando il modello in continua del transistor. Ricavare i coefficienti di stabilita.
figura I 1.3
Essendo il transistore NPN e connesso in emettitore comune, il circuito equivalente in con-
tinua risulta quello compreso tra i tre terminali B, E, C in figura I 1.3 b). L’intero circuito di
figura I 1.3 b), per le proprieta dei generatori ha come circuito equivalente quello in figura c).Dal circuito c) si ricava IB
IB =VCC − VBE
Rb
Di qui in avanti si procede come nell’esercizio precedente.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 9
10
I 2 IIa polarizzazione EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 11
Esercizio I.4 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
figura I 2.1
Il circuito e assai semplice e puo essere analizzato anche senza usare il circuito equivalente del
transistor.
Applicando il principio di Kirchhoff alla maglia di cui fan parte la base e l’emettitore:
VCC=RbIB + VBE + ReIE = RbIB + VBE + Re(IB + IC) =
=IB(Rb + Re) + VBE + Re[βIB + (1 + β)ICBO ] =
=IB [Rb + (1 + β)Re] + (1 + β)ICBO + VBE
e quindi:
IB =(VCC − VBE) − (1 + β)ICBO
Rb + (1 + β)Re
Da quest’ultima possiamo ricavare IC :
IC=βVCC − VBE − (1 + β)ReICBO
Rb + (1 + β)Re+ (1 + β)ICBO
=β(VCC − VBE) − β(1 + β)ReICBO + (1 + β)RbICBO + β(1 + β)ReICBO + (1 + β)ReICBO
Rb + (1 + β)Re
=β(VCC − VBE) + (1 + β)(Rb + ReICBO)
Rb + (1 + β)Re
Ricordando che β = α1−α , possiamo anche scrivere:
IC =α(VCC − VBE)Re + (1 + α)Rb
+(Rb + Re)ICBO
Re + (1 − α)Rb(I 2.1)
L’ultima equazione mostra la dipendenza di IC da α, da ICBO e da VBE .
12
Ricordando ora che IE = IB + IC , possiamo considerare conclusa l’analisi del circuito.
Calcoliamo ora i coefficienti di stabilita.
Se supponiamo che α sia indipendente dalla temperatura, la variazione di IC dalla temperatura
puo essere espressa dalla:
∆IC =−α
Re + (1 + β)Rb∆VBE +
(Rb + Re)ICBO
Re + (1 − α)Rb∆ICBO (I 2.2)
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare, derivando prima rispetto ad ICBO, poi rispetto
a VBE :
SI.=
∆IC
∆ICBO=
(Rb + Re)Re + (1 − α)Rb
(I 2.3)
SV.=
∆IC
∆VBE=
−α
Re + RbSI (I 2.4)
Si noti che piu grande e SI , piu bassa e la stabilita della polarizzazione del circuito, tanto
che il termine piu appropriato per denominare SI dovrebbe essere coefficiente di instabilita
piuttosto che coefficiente di stabilita.
Come appare dalla equazione I 2.3, il parametro SI dipende dalle resistenze Rb ed Re della
rete di polarizzazione e dal parametro α (o β) del transistor. Si vede inoltre che per Rb che
tende a zero, SI tende ad 1, mentre per Re che tende a zero, SI tende a (1 + β).Calcoliamo ora il coefficiente Sα, supponendo che non vi siano variazioni di ICBO e di VBE .
A tale scopo, senza derivare la IC , notiamo che nell’equazione I 2.1 le dimensioni del secondo
addendo al secondo membro sono di gran lunga minori di quelle del primo addendo 4.
Supponendo quindi che α vari da α1 ad α2, la ∆IC = IC(α1) − IC(α2) puo essere calcolata
dalla:
∆IC = IC1 − IC2 =α1(VCC − VBE)Re + (1 − α1)Rb
− α2(VCC − VBE)Re + (1 − α2)Rb
=(α1 − α2)(VCC − VBE)
Re + (1 − α1)Rb
(Re + Rb)Re + (1 − α2)Rb
=∆α(VCC − VBE)Re + (1 − α1)Rb
SI2
Da quest’ultima relazione possiamo trarre che:
Sα.=
∆IC
∆α=
IC1
α1SI2 (I 2.5)
Ricordando la relazione che lega α e β, possiamo scrivere:
∆α =β1
1 + β1− β2
1 + β2=
∆β
(1 + β1)(1 + β2)
dalla quale possiamo scrivere anche che:
Sα =∆IC
∆α=
∆IC
∆β(1 + β1)(1 + β2) =
IC1
α1SI2
Da quest’ultima relazione possiamo finalmente ricavare Sβ :
4i due denominatori sono eguali e l’ordine di grandezza di ICBO per un transistor al Si e di 10−9A.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 13
Sβ.=
∆IC
∆β=
IC1
β1(1 + β2)SI2 (I 2.6)
14
Esercizio I.5 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito usando il modello in continua del transistor. Ricavare i coefficienti di stabilita.
figura I 2.2
Essendo il transistore NPN e connesso in emettitore comune, il circuito equivalente in con-
tinua risulta quello di figura I 2.2 a). Quest’ultimo, per le proprieta dei generatori ha come
circuito equivalente quello in figura b) e c).Dal circuito c) si ricava:
VCC=RbIB + VBE + ReIB + Re((1 + β)ICBO + βIB)
=IB(Rb + (1 + β)Re) + (1 + β)ReICBO + VBE
e quindi:
IB =(VCC − VBE) − (1 + β)ICBO
Rb + (1 + β)Re
Da quest’ultima possiamo ricavare IC . Da questo punto in poi siprosegue come nell’esercizio
precedente.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 15
16
I 3 IIIa polarizzazione EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 17
Esercizio I.6 Analizzare la polarizzazione del circuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
La polarizzazione in figura e quella in genere piu usata dato l’alto valore di stabilita.
Non richiedendosi l’analisi in continua del circuito, ma solamente i coefficienti di stabilita, la
soluzione piu rapida del problema e quella classica che si basa su una semplificazione ottenuta
mediante il teorema di Thevenin.
figura I 3.1
Applicando la seconda legge di Kirchhoff alla maglia d’ingresso del circuito in figura I 3.1 b),otteniamo:
VBB=RbIB + VBE + ReIE
=RbIB + VBE + Re(IB + IC)=(Rb + Re(1 + β))IB + VBE + Re(1 + β)ICBO
da cui possiamo ricavare IB :
IB =VBB − VBE −Re(1 + β)ICBO
Rb + (1 + β)Re
Ricordando che IC = βIB + (1 + β)ICBO possiamo scrivere che:
IC =β(VBB − VBE) + (1 + β)(Rb + Re)ICBO
Rb + (1 + β)Re(I 3.1)
Ma dividendo per (1 + β) numeratore e denominatore a secondo membro dell’equazione pre-
cedente e ricordando che α = β1+β
:
IC =α(VBB − VBE)Re + (1 − α)Rb
+(Rb + Re)ICBO
Re + (1 − α)Rb(I 3.2)
L’ultima equazione mostra la dipendenza di IC da α, da ICBO e da VBE .
Se supponiamo che α sia indipendente dalla temperatura, la variazione di IC dalla temperatura
puo essere espressa dalla:
18
∆IC =−α
Re + (1 − α)Rb∆VBE +
(Rb + Re)ICBO
Re + (1 − α)Rb∆ICBO (I 3.3)
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare, derivando prima rispetto ad ICBO, poi rispetto
a VBE :
SI.=
∆IC
∆ICBO=
(Rb + Re)Re + (1 − α)Rb
(I 3.4)
SV.=
∆IC
∆VBE=
−α
Re + RbSI (I 3.5)
Si noti che piu grande e SI , piu bassa e la stabilita della polarizzazione del circuito, tanto
che il termine piu appropriato per denominare SI dovrebbe essere coefficiente di instabilita
piuttosto che coefficiente di stabilita.
Come appare dalla equazione I 3.4, il parametro SI dipende dalle resistenze Rb ed Re della
rete di polarizzazione e dal parametro α (o β) del transistor. Si vede inoltre che per Rb che
tende a zero, SI tende ad 1, mentre per Re che tende a zero, SI tende a (1 + β).Calcoliamo ora il coefficiente Sα, supponendo che non vi siano variazioni di ICBO e di VBE .
A tale scopo, senza derivare la IC , notiamo che nell’equazione I 3.2 le dimensioni del secondo
addendo del secondo membro sono di gran lunga minori di quelle del primo addendo 5.
Supponendo quindi che α vari da α1 ad α2, la ∆IC = IC(α1) − IC(α2) puo essere calcolata
dalla:
∆IC = IC1 − IC2 =α1(VBB − VBE)Re + (1 − α1)Rb
− α2(VBB − VBE)Re + (1 − α2)Rb
=(α1 − α2)(VBB − VBE)
Re + (1 − α1)Rb
(Re + Rb)Re + (1 − α2)Rb
=∆α(VBB − VBE)Re + (1 − α1)Rb
SI2
Da quest’ultima relazione possiamo trarre che:
Sα.=
∆IC
∆α=
IC1
α1SI2 (I 3.6)
Ricordando la relazione che lega α e β, possiamo scrivere:
∆α =β1
1 + β1− β2
1 + β2=
∆β
(1 + β1)(1 + β2)
dalla quale possiamo scrivere anche che:
Sα =∆IC
∆α=
∆IC
∆β(1 + β1)(1 + β2) =
IC1
α1SI2
Da quest’ultima relazione possiamo finalmente ricavare Sβ :
Sβ.=
∆IC
∆β=
IC1
β1(1 + β2)SI2 (I 3.7)
Commento I.2 La SI non dipende dal valore della resistenza Rc.
5i due denominatori sono eguali e l’ordine di grandezza di ICBO per un transistor al Si e di 10−9A.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 19
Commento I.3 L’espressione della SI del circuito III e formalmente simile a quella del circuitoII; in entraambi i casi Rb rappresenta la resistenza effettiva vista dalla base.
Commento I.4 La SI del circuito I si puo ricavare da quella dei circuiti II e III ponendo Re = 0
20
Esercizio I.7 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita. Si richiede di risolvere l’esercizio adoperando il
circuito equivalente in continua del transistor.
figura I 3.2
Il problema ci fornisce il destro per un ulteriore esercizio sulla trasformazione dei generatori
nei circuiti in continua. La figura I 3.2 a) mostra il circuito equivalente in dc del circuito
di partenza, dopo la sostituzione del circuito equivalente in dc del transistor. Si cerca poi di
semplificare il circuito trasformandolo in un circuito equivalente dal quale si possa ricavare o
la corrente IB o una corrente dalla quale quest’ultima possa essere ricavata, per esempio la
IE = IB + IC = (1 +β)(IB + ICBO). A tale scopo passiamo al circuito equivalente di figura I
3.2 b) nel quale si e trasportato il generatore di tensione VBE nei due rami adiacenti. Si noti a
questo punto che nel ramo contenente Rc sono inefficaci per l’intero circuito sia Rc sia VBE6
e che quindi possono essere soppressi. Il circuito equivalente (rispetto alla corrente IE (che
attraversa il resistore Re)) diviene dunque quello di figuraI 3.2 c) nel quale il generatore di
corrente I∗ e stato trasformato nel generatore di tensione R1I∗. Quest’ultimo puo essere piu
convenientemente disegnato come in figura I 3.2 d). Da questo possiamo ricavare la IE = I2.
Ricordando che I∗ = βIB + (1 + β)ICBO , che IE = I2, si ricava che:
6vedi M. Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari, CLEUP, Padova, 1989. Altri esercizi sulla trasfor-mazione dei generatori sono riportati per comodita alla fine del Gruppo I.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 21
I2 = IE = IB + IC = (1 + β)(IB + ICBO)
IB =I2
(1 + β)− (1 + β)ICBO
(1 + β)
I∗ =βI2
(1 + β)+ ICBO
Applicando il metodo delle maglie ed utilizzando la matrice di Stigant:
[VCC + R1I
∗
VCC + R1I∗ − VBE
]=
(R1 + R2) R1
R1 (R1 + Re)
[
I1
I2
]
Sostituendo I∗:
VCC + R1ICBO = (R1 + R2)I1 + (R1 −βR1
(1 + β))I2
VCC + R1ICBO − VBE = (R1)I1 + (R1 −βR1
(1 + β)+ Re)I2
Risolvendo il sistema:
[VCC + R1ICBO
VCC + R1ICBO − VBE
]=
(R1 + R2) (R1 − βR1
(1+β) )
R1 (R1 − βR1(1+β) + Re)
[
I1
I2
]
possiamo ricavare I2
I2 =
∣∣∣∣ (R1 + R2) VCC + R1ICBO
R1 VCC + R1ICBO − VBE
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(R1 + R2) R1
R1 (R1 + Re)
∣∣∣∣∣∣Di qui possiamo ricavare IB :
IB =VBB − VBE −Re(1 + β)ICBO
Rb + (1 + β)Re
Dove:
VBB =R2
R1 + R2Rb
R1R2
R1 + R2
Conosciamo a questo punto IB , IC , IE . Notiamo poi dalla figura I 3.2 d) che il ramo R2 e un
ramo di coalbero, quindi I1 e la corrente reale che passa su R2. La corrente IR1 sir resistore
R1 si puo calcolare mediante la IR1 = IB + I1. L’analisi in continua del circuito si puo quindi
considerare completa.
Per quanto riguarda poi i coefficienti di stabilita, da questo punto in poi possiamo procedere
come nell’esercizio precedente.
Soluzioni ottenute con Mathematica I.1 .
22
Solve [VCC+R1*ICBO==(R1+R2)*I1 +(R1-bet*R1/(bet+1))*I2,VCC+R1*ICBO-VBE== R1*I1+(R1-bet*R1/(bet+1)+Re)*I2 ,
I1,I2]
IIE=I2/.%;IIB=IIE/(bet+1)-ICBO;Together[%];Simplify[%]
(-(ICBO Re R1) - bet ICBO Re R1 - ICBO Re R2- bet ICBO Re R2 - R1 VBE - R2 VBE + R2 VCC) /
(Re R1 + bet Re R1 + Re R2 + bet Re R2 + R1 R2)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 23
Esercizio I.8 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
figura I 3.3
Una soluzione intuitiva del problema si puo ottenere scrivendo il sistema:
VCC = R1I1 + VBE + REIE
VBE + REIE = R2I2
I1 − I2 = IB
Ricordando che:
IE = IB + IC = IB + βIB + (1 + β)ICBO
VCC − VBE = R1I1 + Re(1 + β)IB + Re(1 + β)ICBO
VBE = +R2I2 −Re(1 + β)IB − Re(1 + β)ICBO
I1 − I2 = IB
VCC − VBE −Re(1 + β)ICBO = R1I1 + Re(1 + β)IB
VBE + Re(1 + β)ICBO = +R2I2 − Re(1 + β)IB
0 = I1 − I2 − IB
VCC − VBE − Re(1 + β)ICBO
VBE + Re(1 + β)ICBO
0
=
R1 0 Re(1 + β)
0 R2 −Re(1 + β)
1 −1 −1
I1
I2
IB
24
Risolvendo il sistema si ricavano I1, I2, IB . Si possono poi ricavare IE , IC e tutte le tensioni
ai capi dei resistori. Possiamo quindi considerare completa l’analisi in continua.
Risolvendo il sistema per IB si ricava:
IB =VBB − VBE − Re(1 + β)ICBO
Rb + (1 + β)Re
Dove:
VBB =R2
R1 + R2Rb
R1R2
R1 + R2
Da questo punto in poi possiamo procedere come nell’esercizio precedente.
Soluzioni ottenute con Mathematica I.2 .
Solve [VCC-VBE-Re*(bet+1)*ICBO==R1*I1 +Re*(bet+1)*Ib,VBE+Re*(bet+1)*ICBO== R2*I2-Re*(bet+1)*Ib,0==I1+-I2-Ib,
I1,I2,Ib];
IIB=Ib/.%;Together[%];Simplify[%]
(-(ICBO Re R1) - bet ICBO Re R1 - ICBO ReR2 - bet ICBO Re R2 - R1 VBE - R2 VBE + R2 VCC) /(Re R1 + bet Re R1 + Re R2 + bet Re R2 + R1 R2)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 25
26
I 4 IVa polarizzazione EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 27
Esercizio I.9 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
figura I 4.1
VCC=RcIE + RbIB + VBE ==Rc(IB + IC) + RbIB + VBE ==RcIB + RbIB + Rc[βIB + (1 + β)ICBO ] + VBE ==IB(Rb + (1 + β)Rc) + (1 + β)RcICBO + VBE
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare IB :
IB =(VCC − VBE) − (1 + β)RcICBO
Rb + (1 + β)Rc
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare IC :
IC=β(VCC − VBE) − (1 + β)RcICBO
Rb + (1 + β)Rc+ (1 + β)ICBO =
=β(VCC − VBE) + (1 + β)(Rc + Rb)ICBO
Rc + (1 + β)Rb=
=α(VCC − VBE)Rc + (1 − α)Rb
+(Rc + Rb)ICBO
Rc + (1 − α)Rb
Dalla conoscenza di IB e di IC si ricava IE e l’analisi del circuito e conclusa.
I coefficienti di stabilita possono essere ottenuti derivando l’espressione trovata di IC :
SI =(Rc + Rb)
Rc + (1 − α)Rb
SV =−α
Rc + (1 − α)Rb
Sα =(Rc + Rb)(VCC − VBE + ICBORb)
[Rc + (1 − α)Rb]2
28
Soluzioni ottenute con Mathematica I.3 .
IIC=alpha*(VCC-VBE)/(Rc+(1-alpha)*Rb)+(Rc+Rb)*ICBO/(Rc+(1-alpha)*Rb)D[IIC,alpha]Simplify[%]
(Rb+Rc) (ICBO Rb - VBE + VCC)/(Rb - alpha Rb + Rc)^2
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 29
Esercizio I.10 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi del circuito in con-
tinua mediante il circuito equivalente in continua del transistor e ricavare i coefficienti di
stabilita del circuito.
figura I 4.2
Notiamo dal circuito di figura I 4.2 d) che la corrente circolante attraverso il generatore VBE
e quindi nella maglia e IB , che puo essere ricavata dalla applicazione della seconda legge di
Kirchhoff:
VCC = IB(Rb + (1 + β)Rc) + (1 + β)RcICBO + VBE
quindi:
IB =(VCC − VBE) − (1 + β)RcICBO
Rb + (1 + β)Rc
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare IC :
IC =α(VCC − VBE)Rc + (1 − α)Rb
+(Rc + Rb)ICBO
Rc + (1 − α)Rb
Dalla conoscenza di IB e di IC si ricava IE e l’analisi del circuito e conclusa.
I coefficienti di stabilita possono essere ricavati come nell’esercizio precedente.
30
I 5 Va polarizzazione EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 31
Esercizio I.11 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
figura I 5.1
Dalla maglia che comprende il collettore, la base e l’emettitore possiamo scrivere:
VCC=RcIE + RbIB + VBE + ReIE =
=RbIB + (Rc + Re)(IB + IC) + VBE =
=RbIB + (Rc + Re)IB + (Rc + Re)IC + VBE =
=RbIB + (Rc + Re)IB + (Rc + Re)(βIB) + (Rc + Re)(1 + β)ICBO) + VBE =
=IB [Rb + (1 + β)(Rc + Re)] + (1 + β)(Rc + Re)ICBO + VBE
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare IB :
IB =(VCC − VBE) − (1 + β)(Rc + Re)ICBO
Rb + (1 + β)(Rc + Re)
Da quest’ultima relazione possiamo ricavare IC :
IC=β(VCC − VBE) − (1 + β)(Rc + Re)ICBO
Rb + (1 + β)(Rc + Re)+ (1 + β)ICBO =
=β(VCC − VBE) + (1 + β)RbICBO + (1 + β)(Rc + Re)ICBO
Rc + (1 + β)(Rc + Re)=
=β(VCC − VBE) + (1 + β)[Rb + (Rc + Re)]ICBO
Rb + (1 + β)(Rc + Re)
Ricordando che β = α1−α :
IC =α(VCC − VBE)
(Rc + Re) + (1 − α)Rb+
[(Rc + Re) + Rb]ICBO
(Rc + Re) + (1 − α)Rb
Dalla conoscenza di IB e di IC si ricava IE e l’analisi del circuito e conclusa.
32
I coefficienti di stabilita possono essere ottenuti derivando l’espressione trovata di IC :
SI =(Rc + Re) + Rb
(Rc + Re) + (1 − α)Rb
SV =−α
(Rc + Re) + (1 − α)Rb
Sα =(Rc + Rb + Re)(VCC − VBE + ICBORb)
[(Rc + Re) + (1 − α)Rb]2
Soluzioni ottenute con Mathematica I.4 .
IIC=alpha*(VCC-VBE)/(Rc+Re+(1-alpha)*Rb)+(Rc+Re+Rb)*ICBO/(Rc+Re+(1-alpha)*Rb)
D[IIC,alpha];Simplify[%]
(Rb+Rc+Re)(ICBO Rb- VBE+VCC)/(Rb-alpha Rb+Rc+Re)^2
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 33
Esercizio I.12 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi del circuito in con-
tinua mediante il circuito equivalente in continua del transistor e ricavare i coefficienti di
stabilita del circuito.
figura I 5.2
Notiamo dal circuito di figura I 5.2 d) che la corrente circolante attraverso il generatore VBE
e quindi nella maglia e IB , che puo essere ricavata dalla applicazione della seconda legge di
Kirchhoff alla maglia:
VCC = IB [Rb + (1 + β)(Rc + Re)] + (1 + β)(Rc + Re)ICBO + VBE
quindi:
IB =(VCC − VBE) − (1 + β)(Rc + Re)ICBO
Rb + (1 + β)(Rc + Re)Da quest’ultima relazione possiamo procedere come nell’esercizio precedente.
34
I 6 VIa polarizzazione EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 35
Esercizio I.13 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi in continua del cir-
cuito e ricavarne i coefficienti di stabilita.
figura I 6.1
Osserviamo la maglia che contiene i resistori Rc, Rb, Re e quella contenente R2, Re. Possiamo
scrivere le due relazioni alle maglie in un sistema:
VCC = Rc(IC + I1) + RbI1 + VBE + ReIE
VBE + ReIE = −R2(I1 − IB)
VCC = RC[βIB + (1 + β)ICBO ] + RcI1 + RbI1 + VBE + Re[βIB + (1 + β)ICBO ]
VBE + Re[βIB + (1 + β)ICBO ] = −R2(I1 − IB)
VCC − (RC + Re)(1 + β)ICBO − VBE = RcβIb + ReIB + ReβIB + (Rc + Rb)I1 + Re[βIB + (1 + β)ICBO ]
−VBE + Re(1 + β)ICBO = ReIB + ReβIB + R2IB + R2I1
(VCC − VBE) − (RC + Re)(1 + β)ICBO = [βRc + (1 + β)Re]IB + (Rc + Rb)I1
−VBE − Re(1 + β)ICBO = [(1 + β)Re + R2]IB + R2I1
[(VCC − VBE) − (RC + Re)(1 + β)ICBO ]
[−VBE − Re(1 + β)ICBO ]
=
[βRc + (1 + β)Re] [Rc + Rb]
[(1 + β)Re + R2] [−R2]
[
IB
I1
]
Risolvendo il sistema per IB si ricava:
IB =
∣∣∣∣∣∣[(VCC − VBE) − (RC + Re)(1 + β)ICBO ] [Rc + Rb]
[−VBE − Re(1 + β)ICBO ] [−R2]
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[βRc + (1 + β)Re] [Rc + Rb]
[(1 + β)Re + R2] [−R2]
∣∣∣∣∣∣36
IB =VCCR2 − VBE(Rb + Rc + R2) − (1 + β)[Re(Rb + Rc + R2) + RcR2]
(Rb + Rc)R2 + (1 + β)Re(Rb + Rc + R2) + βRcR2
Ricordando che IC = βIB + (1 + β)ICBO
IC =β[VCCR2 − VBE(Rb + Rc + R2)] + (1 + β)[(Rb + Rc)R2 + Re(Rb + Rc + R2)]ICBO
R2(Rb + Rc) + Re(1 + β)(Rb + Rc + R2) + βRcR2
Ricordando che β = α1−α :
IC =α
[VCC − VBE
(1 + Rb+Rc
R2
)]+ ICBORb
[Re
(1 + Rb+Rc
R2
)+ Rb + Rc
]Re
(1 + Rb+Rc
R2
)+ Rc + Rb(1 − α)
Risolvendo il sistema per I1 possiamo ricavare la corrente I2 = I1 − IB e la corrente che
attraversa Rc e che vale IC + I1.
Dalla conoscenza di IB e di IC si ricava IE e l’analisi del circuito e conclusa.
I coefficienti di stabilita possono essere ottenuti derivando l’espressione trovata di IC :
SI.=
∂IC
∂ICBO=
Rb + Rc + Re
(1 + Rb+Rc
R2
)Rc + Re
(1 + Rb+Rc
R2
)+ Rb
(1+β)
(I 6.1)
SV.=
∂IC
∂VBE=
− β1+β
(1 + Rb+Rc
R2
)Rc + Re
(1 + Rb+Rc
R2
)+ Rb
(1+β)
(I 6.2)
Sα.=
∂IC
∂α=
[VCC − VBE
(1 + Rb+Rc
R2
)]+ ICBORb
[Re
(1 + Rb+Rc
R2
)+ Rb + Rc
][Re
(1 + Rb+Rc
R2
)+ Rc + Rb(1 − α)
]2
(I 6.3)
Soluzioni ottenute con Mathematica I.5 .
Solve [-Vbe-(bet+1)*Re*Icbo==-R2*i1 +(R2+(bet+1)*Re)*i2,Vcc-Vbe-(bet+1)*Icbo*(Re+Rc)==(Rc+Rb)*i1+((bet+1)*Re+bet*Rc) *i2,
i1,i2]
ib=i2/.%ic=(bet+1)*Icbo+bet*%;D[%,Icbo]Together[%];Simplify[%]
((1 + bet) (Rb Re + Rc Re + Rb R2 + Rc R2 + Re R2)) /(Rb Re + bet Rb Re + Rc Re + bet Rc Re + Rb R2 + Rc R2 +
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 37
bet Rc R2 + Re R2 + bet Re R2)D[ic,Vbe];Together[%];Simplify[%]
-((bet (Rb + Rc + R2)) /(Rb Re + bet Rb Re + Rc Re + bet Rc Re + Rb R2 + Rc R2 +bet Rc R2 + Re R2 + bet Re R2))
D[ic,alpha];Together[%];Simplify[%]
((Rb Re + Rc Re + Rb R2 + Rc R2 + Re R2)(Icbo Rb R2 - Rb Vbe - Rc Vbe - R2 Vbe + R2 Vcc)) /(-(Rb Re) - Rc Re - Rb R2 + alpha Rb R2 - Rc R2 - Re R2))**2
38
Esercizio I.14 Analizzare la polarizzazione o meglio eseguire un’analisi del circuito in con-
tinua mediante il circuito equivalente in continua del transistor e ricavare i coefficienti di
stabilita del circuito.
figura I 6.2
Il problema ci fornisce il destro per un ulteriore esercizio sulla trasformazione dei generatori
nei circuiti in continua. La figura I 6.2 a) mostra il circuito equivalente in dc del circuito
di partenza, dopo la sostituzione del circuito equivalente in dc del transistor. Si cerca poi di
semplificare il circuito trasformandolo in un circuito equivalente dal quale si possa ricavare o
la corrente IB o una corrente dalla quale quest’ultima possa essere ricavata, per esempio la
IE = IB + IC = (1 +β)(IB + ICBO). A tale scopo passiamo al circuito equivalente di figura I
6.2 b) nel quale si e trasportato il generatore di tensione VBE nei due rami adiacenti. Si noti a
questo punto che nel ramo contenente Rc sono inefficaci per l’intero circuito sia Rc sia VBE7
e che quindi possono essere soppressi. Il circuito equivalente (rispetto alla corrente IE (che
attraversa il resistore Re)) diviene dunque quello di figuraI 6.2 c) nel quale il generatore di
corrente I∗ e stato trasformato nel generatore di tensione R1I∗. Quest’ultimo puo essere piu
convenientemente disegnato come in figura I 6.2 d). Da questo possiamo ricavare la IE = I2.
Ricordando che I∗ = βIB + (1 + β)ICBO , che IE = I2, si ricava che:
7vedi M. Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari, CLEUP, Padova, 1989. Altri esercizi sulla trasfor-mazione dei generatori sono riportati per comodita alla fine del Gruppo I.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 39
I2 = IE = IB + IC = (1 + β)(IB + ICBO)
IB =I2
(1 + β)− (1 + β)ICBO
(1 + β)
I∗ =βI2
(1 + β)+ ICBO
Applicando il metodo delle maglie ed utilizzando la matrice di Stigant:
[VCC + RbI
∗
VCC + RbI∗ − VBE
]=
[Rb + Rb + R2] [Rc + Rb]
[Rc + Rb] [Rc + Rb + Re]
[
I1
I2
]
Sostituendo I∗:
VCC + RbICBO = (Rb + R2)I1 + (Rb −βRb
(1 + β))I2
VCC + RbICBO − VBE = (Rb)I1 + (Rb −βRb
(1 + β)+ Re)I2
Risolvendo il nuovo sistema:
[VCC + RbICBO
VCC + RbICBO − VBE
]=
[Rb + Rb + R2] [Rc + Rb − βRb
1+β ]
[Rc + Rb] [Rc + Rb + Re]
[
I1
I2
]
possiamo ricavare I2:
I2 =
∣∣∣∣∣∣[Rc + Rb + R2] [VCC + RbICBO ]
[Rc + Rb] [VCC + RbICBO − VBE ]
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[Rb + Rb + R2] [Rc + Rb − βRb
1+β ]
[Rc + Rb] [Rc + Rb + Re]
∣∣∣∣∣∣e quindi IB :
IB =VCCR2 − VBE(Rb + Rc + R2) − (1 + β)[Re(Rb + Rc + R2) + RcR2]
(Rb + Rc)R2 + (1 + β)Re(Rb + Rc + R2) + βRcR2
Conosciamo a questo punto IB , IC , IE . Notiamo poi dalla figura I 3.2 d) che il ramo R2 e un
ramo di coalbero, quindi I1 e la corrente reale che passa su R2. La corrente IRb sir resistore
Rb si puo calcolare mediante la IRb = IB + I1. L’analisi in continua del circuito si puo quindi
considerare completa.
Per quanto riguarda poi i coefficienti di stabilita, da questo punto in poi possiamo procedere
come nell’esercizio precedente.
Soluzioni ottenute con Mathematica I.6 .
40
Solve [Vcc+Rb*Icbo==(Rb+Rc+R2)*i1 +(Rb+Rc-Rb*bet/(bet+1))*i2,Vcc-Vbe+Icbo*Rb==(Rc+Rb)*i1+(-Rb*bet/(bet+1)+Rb+Re+Rc) *i2,
i1,i2];
ib=i2/(bet+1)-Icbo/.%;ic=(bet+1)*Icbo+bet*%;D[%,Icbo];Together[%];Simplify[%]
(1 + bet) (Rb Re + Rc Re + Rb R2 + Rc R2 + Re R2)/ Rb Re + bet Rb Re + Rc Re + bet Rc Re + Rb R2 +Rc R2 + bet Rc R2 + Re R2 + bet Re R2
D[ic,Vbe];Together[%];Simplify[%]
bet (Rb + Rc + R2)/(Rb Re + bet Rb Re + Rc Re + bet Rc Re + Rb R2 +
Rc R2 + bet Rc R2 + Re R2 + bet Re R2)bet=alpha/(1-alpha);ic;Together[%];Simplify[%]
(-(Icbo Rb Re) - Icbo Rc Re - Icbo Rb R2 - Icbo Rc R2 - Icbo Re R2+ alpha Rb Vbe + alpha Rc Vbe + alpha R2 Vbe - alpha R2 Vcc)/(-(Rb Re) - Rc Re - Rb R2 + alpha RbR2 - Rc R2 - Re R2)
D[ic,alpha];Together[%];Simplify[%]
(Rb Re + Rc Re + Rb R2 + Rc R2 + Re R2)(Icbo Rb R2 - Rb Vbe - Rc Vbe - R2 Vbe + R2 Vcc) /(-(Rb Re) - Rc Re - Rb R2 + alpha Rb R2 - Rc R2 - Re
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 41
Esercizio I.15 Dimostrare l’equivalenza in figura:
figura I 6.3
Esercizio I.16 Dimostrare l’equivalenza in figura:
42
figura I 6.4
L’equivalenza consegue da quella dell’esercizio precedente.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 43
Esercizio I.17 Dimostrare l’equivalenza in figura:
figura I 6.5
44
Esercizio I.18 Tramite le trasformazioni viste sopra, un ramo di una rete qualunque, che
consista in un unico generatore ideale di corrente o di tensione, puo essere eliminato dalla
rete mediante le trasformazioni:
figura I 6.6
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 45
Esercizio I.19 Dimostrare l’equivalenza dei due circuiti in figura rispetto alla corrente I.
figura I 6.7
La corrente I nel primo circuito vale:
I =V1
R1 + R+
I∗R
R1 + R=
V1 + I∗R
R1 + R
La corrente nella maglia del secondo circuito vale:
I =V1 + I∗R
R1 + R
46
Gruppo II
Modelli circuitali del transistor
Argomento di questo II Gruppo di esercizi sono i circuiti equivalenti piu usati dei tran-sistor e le relazioni tra i loro parametri.
47
48
II 1 Modelli in EC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 49
Esercizio II.1 Partendo dal modello a “T” del transistore in connessione a base comune,
costruire un modello a “T” nella connessione ad emettitore comune del tipo in figura II 1.1,
nella quale compaiono, in a) il circuito completo e in b) quello ai piccoli segnali e nella quale
il simbolo a e stato sostituito dal simblo α.
figura II 1.1
Prendiamo in considerazione per ora il circuito ai piccoli segnali. Riscrivendo il circuito in
modo da avere l’ingresso in base, otteniamo il circuito in figura II 1.2:
50
figura II 1.2
figura II 1.3
nel quale pero la corrente d’uscita e ancora espressa in funzione di ie e non della nuova
corrente d’ingresso ib. Cerchiamo allora di esprimere ic in funzione di ib. A tale proposito
consideriamo il ramo di collettore del circuito segnato nella figura II 1.2. Questo, attraverso
le equivalenze circuitali di figura II 1.3 puo essere sostituito dall’ultimo circuito in figura.
Definendo ora:
β =α
1 − α(II 1.1)
da quest’ultima si deduce che:
α =β
1 + β,
11 − α
= (1 + β) (II 1.2)
Si puo scrivere allora che:
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 51
α
(1 − α)ib = βib
rc(1 − α) =rc
(1 + β)= rd
Tenendo conto anche dei parametri in continua del circuito, ricordando che iC = αiE + ICBO
e che iE = iB + iC ,
possiamo scrivere che:
iC =α
1 − αiB +
11 − α
ICBO
iC = βiB + (1 + β)ICBO (II 1.3)
figura II 1.4
Il circuito di figura II 1.2, completato degli elementi in continua Vγ1 e ICBO si trasforma in
quello equivalente di figura II 1.4. I legami tra i suoi parametri ai piccoli segnali (parametri
differenziali) e quelli del suo circuito equivalente in base comune di figura II 1.2 sono:
re
rb
rd =rc
1 + β
β =α
1 − α
tabella II 1.1
1vedi esercizio I.1.
52
Esercizio II.2 Trovare le relazioni che legano i parametri circuitali del modello a T ai para-
metri H del modello ibrido di un transistor in connessione EC. Ci si riferisce, (vedi figura), al
caso di un transistore PNP , ma identici risultati si possono ottenere con un transistore NPNdel transistor in emettitore comune con quelli del modello equivalente ibrido in emettitore
comune.
figura II 1.5
A tale scopo basta ricordare le definizioni dei singoli parametri h e calcolare le stesse grandezze
per il circuito equivalente a T .
hie.=
v1
i1
∣∣∣∣v2=0
hie =v1
i1
∣∣∣∣v2=0
=vb
−ib=
1−ib
(−rbib − reib
rd
re + rd− reβib
rd
re + rd
)
= rb + (1 + β)rerd
re + rd
rb + (1 + β)re
hfe.=
i2i1
∣∣∣∣v2=0
hfe =i2i1
∣∣∣∣v2=0
=icib
= − 1−ib
(−ib
re
re + rd+ βib
rd
re + rd
)
=−re + βrd
re + rd β
rd
re + rd
β
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 53
figura II 1.6
hoe.=
i2v2
∣∣∣∣i1=0
hoe =i2v2
∣∣∣∣i1=0
= (−vc
−ic)−1 = (re + rd)−1
r−1d
hre.=
v1
v2
∣∣∣∣i1=0
hre =v1
v2
∣∣∣∣i1=0
=ve
−vc= −vc
re
(re + rd)1
−vc=
re
re + rd
re
rd
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
hie rb + (β + 1)re
hfe β
hre re
rd
hoe 1rd
tabella II 1.2
54
Esercizio II.3 Raggruppare in una tabella le equazioni esatte di trasformazione da para-
metri H a parametri T e viceversa, dei modelli in EC.
hie = rb + (β + 1)rerd
(re + rd)
hre =re
(re + rd)
hfe =−re + βrd
(re + rd)
hoe =1
(re + rd)
re =hre
hoe
rb =hiehoe − hre(1 + hfe)
hoe
rd =1 − hre
hoe
β = −hfe + hre
hre − 1
tabella II 1.3
Soluzioni ottenute con Mathematica II.1 .
Solve [hi==rb+(1+bet)*re*rd/(re+rd),hf==(-re+bet*rd)/(re+rd),ho==1/(re+rd),hr==re/(re+rd),re,rb,rd,bet]
rb->(hi ho -hr (1 + hf ))/ho,bet->(-hf - hr)/(hr - 1),re->hr/ho,rd->(1 - hr)/ho
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 55
Esercizio II.4 Trovare gli elementi della matrice quadripolare Z del dispositivo amplifica-
tore partendo dal circuito equivalente a T in emettitore comune del transistore. Applicare un
qualche algoritmo per controllare l’esattezza dei calcoli.
figura II 1.7
Applicando il metodo delle maglie ed utilizzando la matrice di Stigant otteniamo:
[v1
v2 + βibrd
]=
(rb + re) re
re (re + rd)
[
ibic
]
v1 = (rb + re)i1 + rei2
v2 + βibrd = rei1 + (re + rd)i2
v1 = (rb + re)i1 + rei2
v2 = (re − βrd)i1 + (re + rd)i2
[v1
v2
]=
z11 z12
z21 z22
[
i1i2
]
[Ze] =
(rb + re) re
(re − βrd) (re + rd)
Per controllare l’esattezza dei parametri z possiamo convertire la matrice Z nella equivalente
matrice H 2, ricordando che abbiamo gia calcolato i parametri he in funzione dei parametri
del circuito a T 3.
2vedi M.Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari, CLEUP, Padova, 1989.3vedi tabella II 1.2
56
[H] =
∆z
z22
z12
z22
−z21
z22
1z22
hie =(rb + re)(re + rd) − re(re − βrd)
(re + rd)= rb + re −
re(re − βrd)(re + rd)
= rb +(1 + β)rerd
re + rd= rb + (1 + β)re
= rb +re
1 − α
hre =re
re + rd re
rd
hfe = −(re − βrd)(re + rd)
− −βrd
(1 + β)rd β
hoe =1
re + rd 1
rd
I parametri he ora calcolati coincidono con quelli della tabella II 1.2.
Concludendo, la matrice Ze del transistor in emettitore comune e dunque la matrice:
[Ze] =
(rb + re) re
(re − βrd) (re + rd)
e la corrispondente rappresentazione circuitale e quella in figura:
figura II 1.8
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 57
Esercizio II.5 Raggruppare in una tabella le equazioni di trasformazione da parametri Za parametri T e viceversa dei modelli in EC.
z11 = rb + re
z12 = re
z21 = re − βrd
z22 = re + rd
re = z12
rb = z11 − z12
rd = z22 − z12
β =(z21 − z12)(z12 − z22)
tabella II 1.4
Soluzioni ottenute con Mathematica II.2 .
Solve [z11==rb+re,z12==re,z21==re+bet*rd,z22==re+rd,re,rb,rd,bet]
rb->z11-z12,bet->(z21-z12)/(z12-z22),rd->z22-z12,re->z12
58
Esercizio II.6 Raggruppare in una tabella le equazioni esatte di trasformazione da para-
metri Z a parametri H e viceversa dei modelli in EC.
Nell’esercizio II.4 abbiamo gia calcolato i parametri H in funzione dei parametri Z. basta
eseguire ora la trasformazione inversa.
z11 =hiehoe − hrehfe
hoe
z12 =hre
hoe
z21 = −hfe
hoe
z22 =1
hoe
hie =z11z22 − z12z21
z22
hfe = −z21
z22
hre =z12
z22
hoe =1
z22
tabella II 1.5
Soluzioni ottenute con Mathematica II.3 .
Solve [z11==(hi*ho-hr*hf)/ho,z12==hr/ho,z21==-hf/ho,z22==1/ho,hi,hr,hf,ho]
hi ->(-(z12 z21) + z11 z22)/ z22,hr -> z12 /z22,hf->-z21/z22,ho->1/z22
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 59
Esercizio II.7 Derivare, dal circuito equivalente fisico del transistor, il circuito equivalente
a Π.
figura II 1.9
Considereremo il modello ai piccoli segnali, per semplicita. Quello completo si puo ottenere
facilmente da quello ai piccoli segnali aggiungendo i due componenti in continua ICBO e Vγ .
Partendo dal modello fisico adattato per emettitore comune come in figura II 1.9 4 si ottiene,
sostituendo IE , il circuito equivalente accanto:
Applicando a quest’ultimo una nota proprieta delle reti 5, si ottiene il circuito equivalente
di figura II 1.10 a). Riapplicando a quest’ultimo la stessa proprieta, otteniamo il circuito
equivalente accanto (b).
4In figura si considera un transistore PNP .5vedi l’esercizio I.15, o vedi M. Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari.
60
figura II 1.10
Applicando ancora la proprieta sopraddetta 6e imponendo la condizione semplificatrice: vcb′ vce
7, il circuito puo essere trasformato nel circuito equivalente di figura II 1.10 d).
Aggiungendo ora tra base intrinseca e collettore un condensatore che rappresenti la capacita di
transizione della giunzione (polarizzata inversamente) ed un condensatore tra base intrinseca e
7cio e possibile in quanto la resistenza nel ramo EB′ ( rεα
// rε) e molto minore della resistenza tra C e
B′.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 61
collettore a tener conto della capacita di diffusione della giunzione (direttamente polarizzata),
e compattando i simboli per i resistori, otteniamo finalmente il circuito equivalente a Π del
transistore in emettitore comune, alle alte frequenze.
Tale circuito equivalente e noto anche col nome di modello di Giacoletto-Johnson.
Riscrivendo il circuito con simboli dei componenti piu semplici e coincidenti con quelli della
letteratura piu comune 8 otteniamo quello di figura II 1.11 a).
figura II 1.11
Notiamo che il circuito equivalente e valido sia alle basse che alle alte frequenze. Nel caso il
transistor operi in bassa frequenza, ad esempio al di sotto del KHz, essendo il valore tipico
della capacita di transizione Cµ pari ad alcuni pF, mentre quello della capacita di diffusione
Cπ di un ordine di grandezza maggiore, le impedenze in giuoco sono dell’urdine del MΩ.
A basse frequenze allora le due reattanze capacitive sono trascurabili e i condensatori nel
modello relativo possono essere trascurati. Inoltre, se si suppone di poter trascurare la resi-
stenza rµ, dell’ordine dei MΩ, come si vede dalla tabella di figura 9, il circuito equivalente di
Giacoletto-Johnson del transistor alle basse frequenze assume l’aspetto di figura II 1.11 b).
8vedi ad esempio J.Millman, A. Grabel, Microelectronics, NcGraw-Hill, 1987.9λ = 2 ÷ 5 mentre rcc e dell’ordine dei MΩ, vedi M.Vascon, Dispositivi elettronici e Sistemi Analogici.
62
II 2 Modelli in BC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 63
Esercizio II.8 Trovare gli elementi della matrice quadripolare H del dispositivo amplifi-
catore partendo dal circuito equivalente a T in base comune del transistore. Ci si riferisce,
(vedi figura), al caso di un transistore PNP , ma identici risultati si possono ottenere con un
transistore NPN .
figura II 2.1
A tale scopo basta ricordare le definizioni dei singoli parametri h e calcolare le stesse grandezze
per il circuito equivalente a T .
hib.=
v1
i1
∣∣∣∣v2=0
hib =v1
i1
∣∣∣∣v2=0
=ve
ie=
1ie
(reie + rbie
rc
rb + rc− rbaie
rc
rb + rc
)
= re + (1 − a)rbrc
rb + rc
re + (1 − a)rb = re + (1 − α)rb = re +rb
β + 1
hfb.=
i2i1
∣∣∣∣v2=0
hfb =i2i1
∣∣∣∣v2=0
=−icie
= − 1ie
(rb
rb + rcie +
rca
rb + rcie
)
= −rb + arc
rb + rc −arc
rc
−a −α
64
figura II 2.2
hob.=
i2v2
∣∣∣∣i1=0
hob =i2v2
∣∣∣∣i1=0
= (−vc
−ic)−1 = (rb + rc)−1
r−1c
hrb.=
v1
v2
∣∣∣∣i1=0
hrb =v1
v2
∣∣∣∣i1=0
=ve
−vc=
1−vc
−vcrb
rc + rb=
rb
rc + rb
rb
rc
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
hib re + (1 − α)rb
hfb−α
hrbrb
rc
hob1rc
tabella II 2.1
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 65
Esercizio II.9 Raggruppare in una tabella le equazioni esatte di trasformazione da para-
metri H a parametri T e viceversa, dei modelli in BC.
hib = re + (1 − α)rbrc
(rb + rc)
hrb =rb
rb + rc
hfb = −rb + αrc
rb + rc
hob =1
rb + rc
rb =hrb
hob
re =hibhob − hrb(1 + hfb)
hob
rd =1 − hrb
hob
β =hfb + hrb
hrb − 1
tabella II 2.2
Soluzioni ottenute con Mathematica II.4 .
Solve [hi==re+(1-alfa)*rb*rc/(rb+rc),hf==-(rb+alfa*rc)/(rb+rc),ho==1/(rb+rc),hr==rb/(rb+rc),re,rb,rd,alfa]
rb->hr/ho,re->(hi ho - hr (1+hf))/ho,rd->(1-hr)/ho,alfa->(hf + hr)/(hr-1)
66
Esercizio II.10 Trovare gli elementi della matrice quadripolare Z del dispositivo amplifi-
catore partendo dal circuito equivalente a T in base comune del transistore. Applicare un
qualche algoritmo per controllare l’esattezza dei calcoli.
figura II 2.3
Applicando il metodo delle maglie ed utilizzando la matrice di Stigant otteniamo:
[v1
v2 + αierc
]=
(re + rb) rb
rb (rb + rc)
[
i1i2
]
v1 = (re + rb)i1 + rbi2
v2 − αi1rc = rbi1 + (rb + rc)i2
v1 = (re + rb)i1 + rbi2
v2 = (rb + αrc)i1 + (rb + rc)i2
[v1
v2
]=
z11 z12
z21 z22
[
i1i2
]
[Zb] =
(re + rb) rb
(rb + αrc) (rb + rc)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 67
Per controllare l’esattezza dei parametri zb possiamo convertire la matrice Zb nella equivalente
matrice Hb10, ricordando che abbiamo gia calcolato 11 i parametri hb in funzione dei parametri
del circuito a T .
[H] =
∆z
z22
z12
z22
−z21
z22
1z22
hib =(re + rb)(rb + rc) − rb(rb + αrc)
(rb + rc)= re + rb −
rb(rb + αrc)(rb + rc)
= re +(1 − α)rbrc
rb + rc re + (1 − α)rb
hrb =rb
rb + rc rb
rc
hfb = −rb + αrc
rb + rc −αrc
rc= −α
hob =1
rb + rc 1
rc
I parametri hb ora calcolati coincidono con quelli della tabella II 2.1.
Concludendo, la matrice Zb del transistor in emettitore comune e dunque la matrice:
[Zb] =
(re + rb) rb
(rb + αrc) (rb + rc)
e la corrispondente rappresentazione circuitale e quella in figura:
figura II 2.4
10vedi M.Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari, CLEUP, Padova, 1989.11vedi tabella II 2.1.
68
Esercizio II.11 Raggruppare in una tabella le equazioni di trasformazione da parametri Za parametri T e viceversa dei modelli in BC.
z11 = rb + re
z12 = rb
z21 = rb − αrc
z22 = rb + rc
re = z11 − z12
rb = z12
rc = z22 − z12
β =(z12 − z21)(z12 − z22)
tabella II 2.3
Soluzioni ottenute con Mathematica II.5 .
Solve [z11==rb+re,z12==rb,z21==rb+alfa*rc,z22==rb+rc,re,rb,rc,alfa]
re->z11-z12,rb->z12,rc->z22 - z12,alfa->(z12 - z21) / (z12 - z22)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 69
Esercizio II.12 Raggruppare in una tabella le equazioni esatte di trasformazione da para-
metri Z a parametri H e viceversa dei modelli in BC.
Nell’esercizio abbiamo gia calcolato i parametri H in funzione dei parametri Z. basta eseguire
ora la trasformazione inversa.
z11 =hibhob − hrbhfb
hob
z12 =hrb
hob
z21 = −hfb
hob
z22 =1
hob
hib =z11z22 − z12z21
z22
hfb = −z21
z22
hrb =z12
z22
hoe =1
z22
tabella II 2.4
Soluzioni ottenute con Mathematica II.6 .
Solve [z11==(hi*ho-hr*hf)/ho,z12==hr/ho,z21==-hf/ho,z22==1/ho,hi,hr,hf,ho]
hi->(-(z12 z21) + z11 z22)/ z22,hr-> z12 /z22,hf->-z21/z22,ho->1/z22
70
II 3 Modelli in CC
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 71
Esercizio II.13 Trovare gli elementi della matrice quadripolare H del dispositivo amplifica-
tore partendo dal circuito equivalente a T in collettore comune del transistore. Ci si riferisce,
(vedi figura), al caso di un transistore PNP , ma identici risultati si possono ottenere con un
transistore NPN .
figura II 3.1
A tale scopo basta ricordare le definizioni dei singoli parametri h e calcolare le stesse grandezze
per il circuito equivalente a T .
hic.=
v1
i1
∣∣∣∣v2=0
hic =v1
i1
∣∣∣∣v2=0
=vb
−ib=
1−ib
(−rbib − rdib
rd
re + rd− rdβib
rd
re + rd
)
= rb + (1 + β)rerd
re + rd
rb + (1 + β)re
hfc.=
i2i1
∣∣∣∣v2=0
hfc =i2i1
∣∣∣∣v2=0
=ie−ib
=1
−ib
(ib
rd
re + rd+ βib
rd
re + rd
)
= −rd + βrd
re + rd −(1 + β)
rd
re + rd
−(1 + β)
72
figura II 3.2
hoc.=
i2v2
∣∣∣∣i1=0
hoc =i2v2
∣∣∣∣i1=0
= (ve
ie)−1
= (re + rd)−1
hrc.=
v1
v2
∣∣∣∣i1=0
hrc =v1
v2
∣∣∣∣i1=0
=vb
ve=
rd
re + rd
1
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
hic rb + (β + 1)re
hfc −(1 + β)
hrc 1
hoc 1rd
tabella II 3.1
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 73
Esercizio II.14 Raggruppare in una tabella le equazioni esatte di trasformazione da para-
metri H a parametri T e viceversa, dei modelli in CC.
hic = rb + (β + 1)rerd
(re + rd)
hrc =rd
(re + rd)
hfc = −(1 + β)rd
(re + rd)
hoc =1
(re + rd)
re =1 − hrc
hoc
rb =hichoc + hfc(1 − hrc)
hoc
rd =hrc
hoc
β = −(hfc + hrc)hrc
tabella II 3.2
Soluzioni ottenute con Mathematica II.7 .
Solve [hi==rb+(1+bet)*re*rd/(re+rd),hf==-(rd+bet*rd)/(re+rd),ho==1/(re+rd),hr==rd/(re+rd),re,rb,rd,bet]
re->(1 - hr) / ho,rb->(hf + hi ho - hf hr) / ho,rd->hr / ho,bet->-(hr + hf) / hr
74
Esercizio II.15 Trovare gli elementi della matrice quadripolare Z del dispositivo amplifi-
catore partendo dal circuito equivalente a T in collettore comune del transistore. Applicare
un qualche algoritmo per controllare l’esattezza dei calcoli.
figura II 3.3
Applicando il metodo delle maglie ed utilizzando la matrice di Stigant otteniamo:
[v1 − βibrd
v2 − βibrd
]=
(rb + rd) rd
rd (re + rd)
[
ib−ie
]
v1 − βibrd = (rb + rd)i1 + rdi2
v2 − βi1rd = rdi1 + (re + rd)i2
v1 = (rb + (1 + β)rd)i1 + rdi2
v2 = ((β + 1)rd)i1 + (re + rd)i2
[v1
v2
]=
z11 z12
z21 z22
[
i1i2
]
[Zc] =
(rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd)
Per controllare l’esattezza dei parametri z possiamo convertire la matrice Zc nella equivalente
matrice Hc12, ricordando che nel testo di teoria 13 abbiamo gia calcolato i parametri hc in
funzione dei parametri del circuito a T .
12vedi M.Vascon, Elementi di teoria delle reti lineari, CLEUP, Padova, 1989.13vedi tabellaII 3.2.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 75
[H] =
∆z
z22
z12
z22
−z21
z22
1z22
hic =(rb + (1 + β)rd)(re + rd) − rd(rd + βrd)
(re + rd)= rb + (1 + β)rd − rd(1 + β)rd
(re + rd)
= rb +(1 + β)rdre
re + rd
rb + (1 + β)re
hrc =rd
re + rd rd
rd= 1
hfc = −(1 + β)rd
re + rd −(1 + β)rd
rd= −(1 + β)
hoc =1
re + rd=
1re + rd
1rd
I parametri hc ora calcolati coincidono con quelli della tabella II 3.2.
Concludendo, la matrice Zc del transistor in emettitore comune e dunque la matrice:
[Zc] =
(rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd)
e la corrispondente rappresentazione circuitale e quella in figura:
figura II 3.4
76
Esercizio II.16 Raggruppare in una tabella le equazioni di trasformazione da parametri Za parametri T e viceversa dei modelli in CC.
z11 = rb + (1 + β)rd
z12 = rd
z21 = (1 + β)rd
z22 = re + rd
re = z22 − z12
rb = z11 − z21
rd = z12
β =(z21 − z12)
z12
tabella II 3.3
Soluzioni ottenute con Mathematica II.8 .
Solve [z11==rb+(1+bet)*rd,z12==rd,z21==(1+bet)*rd,z22==re+rd,re,rb,rd,bet]
re->z22 - z12,rb->z11 - z21,rd->z12,bet->(z21 - z12) / z12
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 77
Esercizio II.17 Raggruppare in una tabella le equazioni esatte di trasformazione da para-
metri Z a parametri H e viceversa dei modelli in CC.
Nell’esercizio abbiamo gia calcolato i parametri H in funzione dei parametri Z. basta eseguire
ora la trasformazione inversa.
z11 =hichoc − hrchfc
hoc
z12 =hrc
hoc
z21 = −hfc
hoc
z22 =1
hoc
hic =z11z22 − z12z21
z22
hfc = −z21
z22
hrc =z12
z22
hoc =1
z22
tabella II 3.4
Soluzioni ottenute con Mathematica II.9 .
Solve [z11==(hi*ho-hr*hf)/ho,z12==hr/ho,z21==-hf/ho,z22==1/ho,hi,hr,hf,ho]
hi->(-(z12 z21) + z11 z22)/ z22,hr-> z12 /z22,hf ->-z21/z22,ho->1/z22
78
II 4 Trasformazioni dei parametri del transistornelle tre connessioni
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 79
Esercizio II.18 Costruire una tabella che permetta la conversione, per un transistor pre-
fissato, tra una qualsiasi quaterna di parametri H (in EC, BC, CC) e le altre due.
Supponiamo, per fissare le idee, di voler ricavare, nota la quaterna dei parametri hxe (EC),
le altre due: hxb e hxc14.
• Si ricava intanto la quaterna dei parametri del circuito equivalente a T nella medesima
configurazione in funzione dei parametri ibridi hxe.
• Dalle tabelle poi che gia sono state scritte per le configurazioni BC e CC del transistor,
che permettevano di ricavare dalle quaterne dei parametri del circuito equivalente a T ,
quelle dei circuiti ibridi in quelle stesse configurazioni, possiamo ricavare gli hxb e gli
hxc in funzione degli hxe.
Non e difficile, con i tre programmi scritti in Mathematica che vengono sotto riportati, otte-
nere le relazioni esatte tra gli elementi delle varie quaterne.
Queste sono sono riportate nella tabella dopo essere state opportunamente semplificate te-
nendo conto delle dimensioni delle variabili indipendenti consistenti nei parametri di un “tran-
sistore tipico”, anch’essi riportati nella tabella 15.
14Lo stesso ragionamento potra essere seguito prendendo come nota qualsiasi delle altre due quaterne.15sono vicini a quelli del transistore 2N2222A.
80
Conversioni in base comune
B.C. E.C. C.C. T val. tip.
hibhie
1 + hfe− hic
hfcre + (1 − α)rb 32Ω
hrbhiehoe
1 + hfe− hre hrc − 1 − hichoc
hfc
rb
rc5.9 × 10−4
hfb − hfe
1 + hfe−1 + hfc
hfc−α −0.98
hobhoe
1 + hfe−hoc
hfc
1rc
11.3MΩ
Conversioni in emettitore comune
E.C. B.C. C.C. T val. tip.
hiehib
1 + hfbhic rb +
re
1 − α1650Ω
hrehibhob
1 + hfb− hrb 1 − hrc
re
(1 − α)rc7 × 10−4
hfe − hfb
1 + hfb−(1 + hfc)
α
1 − α50
hoehob
1 + hfbhoc
1(1 − α)rc
125KΩ
Conversioni in collettore comune
C.C. E.C. B.C. T val. tip.
hic hiehib
1 + hfbrb +
re
1 − α1650Ω
hrc1
1 − hre1 − hrb −
hibhob
1 + hfb
rd
re + rd1
hfc −(1 + hfe) − 11 + hfb
− 11 − α
−51
hoc hoehob
1 + hfb
1(1 − α)rc
125KΩ
Conversioni in circuito a T
T E.C. B.C. C.C val. tip.
αhfe
1 + hfe−hfb
1 + hfc
hfc0.98
rc1 + hfe
hoe
1 − hrb
hob−hfc
hoc1.3MΩ
rehre
hoehib−(1 + hfb)
hrb
hob
1 − hrc
hoc17.3Ω
rb hie −hre(1 + hfe)
hoe
hrb
hobhic +
hfc(1 − hrc)hoc
750Ω
β hfe − hfb
1 + hfb−(1 + hfc) 50
Soluzioni ottenute con Mathematica II.10 .
TRANSISTOR -EC-
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 81
conversione tra parametri hxe e hxb,hxc(calcolo simbolico)
Conversione circuito ibrido h(ec) -> circuito a T(ec)
re=hre/hoe
rb=hie-hre*(1+hfe)/hoe
rc=(1+hfe)/hoe
rd=rc/(1+hfe)
alfa=hfe/(1+hfe)
bet=alfa/(1-alfa);
Trasformazione parametri hxe -> hxb
hib=re+(1-alfa)*rb*rc/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
2 2hie hoe + hie hoe hre - hre - hfe hre---------------------------------------hoe (1 + hfe + hie hoe - hre - hfe hre)
hfb=-(rb+alfa*rc)/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
-hfe - hie hoe + hre + hfe hre---------------------------------1 + hfe + hie hoe - hre - hfe hre
hob=1/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
hoe---------------------------------1 + hfe + hie hoe - hre - hfe hre
hrb=rb/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
hie hoe - hre - hfe hre---------------------------------1 + hfe + hie hoe - hre - hfe hre
Trasformazione parametri hxe -> hxc
82
hic=rb+(1+bet)*re*rd/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
2 2hie hoe + hie hoe hre - hre - hfe hre---------------------------------------
hoe + hoe hre
hfc=-(rd+bet*rd)/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
-1 - hfe--------1 + hre
hoc=1/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hoe-------1 + hre
hrc=rd/(re+rd);
%======Simplify[%]
1-------1 + hre
TRANSISTOR -BC-conversione tra parametri hxb e hxe,hxc
(calcolo simbolico)
Conversione circuito ibrido h(ec) -> circuito a T(ec)
re=(hib*hob-hrb-hrb*hfb)/hob
hib hob - hrb - hfb hrb-----------------------
hob
rb=hrb/hob
hrb---
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 83
hob
rc=(1-hrb)/hob
1 - hrb-------hob
alfa=(hfb+hrb)/(-1+hrb)
hfb + hrb----------1 + hrb
rd=rc*(1-alfa);Together[%];Simplify[%]
1 + hfb-------hob
bet=alfa/(1-alfa);Together[%];Simplify[%]
hfb + hrb-(---------)
1 + hfb
Trasformazione parametri hxb -> hxe
hie=rb+(1+bet)*re*rd/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hib---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
hfe=(-re+bet*rd)/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hfb + hib hob - hfb hrb-----------------------------------1 - hfb - hib hob + hrb + hfb hrb
hoe=1/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
84
hob---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
hre=re/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hib hob - hrb - hfb hrb---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
Trasformazione parametri hxb -> hxc
hic=rb+(1+bet)*re*rd/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hib---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
hfc=-(rd+bet*rd)/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
-1 + hrb---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
hoc=1/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hob---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
hrc=rd/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
1 + hfb---------------------------------1 + hfb + hib hob - hrb - hfb hrb
TRANSISTOR -CC-
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 85
conversione tra parametri hxc e hxe,hxb(calcolo simbolico)
Conversione circuito ibrido h(cc) -> circuito a T(cc)
re=(1-hrc)/hoc;rb=(hfc+hic*hoc-hfc*hrc)/hoc;rd=hrc/hoc;bet=-(hfc+hrc)/hrc;alfa=bet/(1+bet)rc=rd*(1+bet);
Trasformazione parametri hxc -> hxe
hie=rb+(1+bet)*re*rd/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hic
hfe=(-re+bet*rd)/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
-1 - hfc
hoe=1/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
hoc
hre=re/(re+rd);Together[%];Simplify[%]
1 - hrc
Trasformazione parametri hxc -> hxb
hib=re+(1-alfa)*rb*rc/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
hic-----------------hic hoc - hfc hrc
hfb=-(rb+alfa*rc)/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
-(hic hoc) + hrc + hfc hrc
86
--------------------------hic hoc - hfc hrc
hob=1/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
hoc-----------------hic hoc - hfc hrc
hrb=rb/(rb+rc);Together[%];Simplify[%]
hfc + hic hoc - hfc hrc-----------------------
hic hoc - hfc hrc
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 87
Esercizio II.19 Costruire una tabella che permetta la conversione, per un transistor pre-
fissato, tra gli elementi della quaterna dei parametri del circuito equivalente a T e gli elementi
di una qualsiasi quaterna di parametri H (in EC, BC, CC).
Possiamo pensare di connettere ad ogni terminale del transistor un generatore (veg, vbg, vcg)
e di riferire tutti i generatori a massa, come in figura.
figura II 4.1
Una coppia di equazioni indipendenti alle maglie puo essere la:vbg − veg = reie + rbibvcg − veg = −βibrd + reie + rdic
(II 4.1)
Supposti noti i parametri del circuito equivalente a T del transistor, nella II 4.1 compaiono
sei variabili, (veg, vbg, vcg, ie, ib, ic) e quindi i gradi di liberta del problema sono quattro.
• Ponendo nella II 4.1 veg = 0 e ie = ib + ic i gradi di liberta si riducono a due e si
possono ricavare vbe e ic in funzione di ib e vce.
vbe = vbe(ib, vce)ic = ic(ib, vce)
Essendo le correnti e le tensioni ai terminali d’ingresso e d’uscita equiverse a quelle
del circuito visto come un quadripolo, i fattori moltiplicativi di ib e vce (funzioni dei
parametri del circuito equivalente a T del transistor), coincidono con i parametri ibridi
del transistore in connessione emettitore comune.
• Ponendo nella II 4.1 vcg = 0 e ic = ie − ib, i gradi di liberta si riducono a due e si
possono ricavare vbc e ie in funzione di ib e vec.
vbc = vbc(ib, vec)ie = ic(ib, vec)
88
Essendo le correnti e le tensioni ai terminali d’ingresso e d’uscita equiverse a quelle
del circuito visto come un quadripolo, i fattori moltiplicativi di ib e vec (funzioni dei
parametri del circuito equivalente a T del transistor), coincidono con i parametri ibridi
del transistore in connessione collettore comune.
• Ponendo nella II 4.1 vbg = 0 e ib = ie−ic i gradi di liberta si riducono a due e si possono
ricavare veb ed ic in funzione di ie e vcb.
veb = veb(ie, vcb)ic = ic(ie, vcb)
Essendo le correnti e le tensioni ai terminali d’ingresso e d’uscita equiverse a quelle
del circuito visto come un quadripolo, tranne che per ie che e contraversa alla corrente
d’ingresso, i fattori moltiplicativi di vcb (funzioni dei parametri del circuito equivalente
a T del transistor) coincidono con due dei parametri ibridi del transistore in connessione
emettitore comune, quelli moltiplicativi di ie coincidono con gli opposti dei rimanenti.
Non e difficile, con i tre programmi scritti in Mathematica che vengono sotto riportati, otte-
nere le relazioni esatte tra gli elementi delle varie quaterne.
Soluzioni ottenute con Mathematica II.11 .
CONVERSIONE T->H
Conversione T->HeReset variabiliVe=.Vb=.Vc=.ie=.ic=.ib=.bet=.conversioneie=ic+ib;
Solve[Vb==re*ie+rb*ib,Vc==-bet*ib*rd+re*ie+rd*ic,Vb,ic];
VVb=Vb/.%;iic=ic/.%%;Together[VVb];Simplify[%];Collect[%,ib,Vc]
rb rd rb re rd re bet rd re re Vcib (------- + ------- + ------- + ---------) + -------
rd + re rd + re rd + re rd + re rd + re
Together[iic];Simplify[%];Collect[%,ib,Vc]
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 89
bet rd re Vcib (------- - -------) + -------
rd + re rd + re rd + re
Conversione T->HcReset variabiliVe=.Vb=.Vc=.ie=.ic=.ib=.bet=.conversioneic=ie-ib;Solve[-Ve+Vb==re*ie+rb*ib,
-Ve==-bet*ib*rd+re*ie+rd*ic,Vb,ie];
VVb=Vb/.%;iie=ie/.%%;Together[VVb];Simplify[%];Collect[%,ib,Ve]
rb rd rb re rd re bet rd re rd Veib (------- + ------- + ------- + ---------) + -------
rd + re rd + re rd + re rd + re rd + re
Together[iie];Simplify[%];Collect[%,ib,Ve]
rd bet rd Veib (------- + -------) - -------
rd + re rd + re rd + re
Conversione T->HbReset variabiliVe=.Vb=.Vc=.ie=.ic=.ib=.conversioneib=ie-ic;Solve[-Ve==re*ie+rb*ib,
-Ve+Vc==-bet*ib*rd+re*ie+rd*ic,Ve,ic]/.bet->alfa/(1-alfa),rd->rc(1-alfa);
VVe=Ve/.% ;iic=ic/.%% ;
90
Together[VVe];Simplify[%];Collect[%,ie,Vc]
rb rc alfa rb rc rb re rc re rb Vcie (-(-------) + ---------- - ------- - -------) + -------
rb + rc rb + rc rb + rc rb + rc rb + rc
Together[iic];Simplify[%];Collect[%,ie,Vc]
rb alfa rc Vcie (------- + -------) + -------
rb + rc rb + rc rb + rc
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 91
Commento II.1 Riportiamo nella pagina seguente una tabella di conversione tra i gruppi diparametri di due qualunque rappresentazioni quadripolari.
92
Gruppo III
Esercizi a carattere generale sulcomportamento dei transistor
93
Esercizio III.1 Sia dato un circuito come in figura, nel quale la tensione VCC =10V, il
transistor e un NPN 2N2222A (transistor al Si, con β 50, ICBO =10nA), la resistenza di
carico Rc = 5K, la resistenza Re = 800Ω; polarizzare il transistor mediante i resistori R1 ed
R2 in modo che la corrente di collettore sia, alla temperatura di lavoro di 25C, all’incirca di
1mA e la stabilita SI sia minore di 5. Trovare poi il valore di IC alla temperatura di 75Csupponendo che a tale temperatura β = 70.
figura III 0.2
La corrente IC e 1mA. Essendo Rc = 5K, VC risulta dover essere 5V . Ma dato che
IE = IC + IB = IC + IC
β − 1+ββ ICBO IC , abbiamo su Re una caduta di tensione di 0.8V ed
una tensione VCE , quindi, all’incirca di 4.2V .
(Si noti che l’incremento di corrente IC tollerato dal circuito prima della saturazione del
transistor e di circa4V
Rc+Re= 4
5.8K = 0.69mA. Se il circuito viene usato come amplificatore,
la massima escursione della somma delle ampiezze dei segnali in tensione di collettore e di
emettitore non potrebbe superare i 4V , pena la distorsione del segnale.)
Perche il transistor sia acceso, la tensione VBE deve essere almeno 0.6V . La tensione in base
deve essere allora circa eguale a 1.4V .
Ma la tensione VB e determinata dalle resistenze R1, R2 e dalla corrente IB . Se quest’ultima
e trascurabile rispetto alle correnti I1 e I2, si puo ragionevolmente pensare che la VB sia
determinata esclusivamente dal partitore R1 − R2. Tale circostanza si verifica se le due
resistenze R1 ed R2 sono sufficientemente piccole da far sı che le due correnti, I1 = I2 + IB
e I2 = I1 − IB, possano essere molto maggiori di IB (che nel nostro caso e 20µA).
Il condizionamento sulla scelta della coppia di resistenze, giustificato dal ragionamento pratico
fatto sopra, viene imposto in modo analitico dalla condizione sul coefficiente di stabilita.
Ricordiamo che SI puo essere espressa dalla equazione III 0.2:
SI.=
∆IC
∆ICBO=
(Rb + Re)Re + (1 − α)Rb
=(β + 1)(1 + Rb
Re)
(β + 1) + Rb
Re
(III 0.2)
94
Come appare dalla equazione III 0.2, il parametro SI dipende dalle resistenze Rb ed Re della
rete di polarizzazione e dal parametro α (o β) del transistor. Si vede inoltre che per Rb che
tende a zero, SI tende ad 1, mentre per Re che tende a zero, SI tende a (1+β). Appare inoltre
che, se la Rb tende a divenire eguale alla Re, la SI tende circa a 2 (se β e sufficientemente
grande e nel nostro caso lo e).
Una scelta dunque della coppia di resistenze tali che:
VCCR2
R1 + R2 1.4V
deve anche soddisfare alla condizione che Rb sia prossima ad Re.
Una coppia di valori di resistenze che s’avvicini a queste condizioni puo essere, ad esempio,
(R1 = 8.5KΩ, R2 = 1.5KΩ). Con questi valori la tensione VB = 1.5V , in quanto la corrente
I1 I2 = VCC
R1+R2= 10
10K = 1mA IB e Rb = 1.28KΩ.
Per calcolare la variazione della IC al passare della temperatura dai 25C ai 75C, ricordiamo
le espressioni dei tre coefficienti SI , SV , Sβ calcolati nell’esercizio I.6:
SI25 =(β + 1)(1 + Rb
Re)
(β + 1) + Rb
Re
2 · 103
824 2.43
SV = − αSI
Rb + Re −0.98 · 2.43
2 · 103 −1.2 · 10−3
Sβ =IC25
β25(1 + β75)SI75 1 · 10−3
50(1 + 70)2.4 0.68 · 10−6
Nel passaggio da 25 a 75 gradi Celsius, ∆ICBO = 320nA, ∆VBE = −50·2.5mV = −125mV, ∆β =20, quindi:
∆IC = IC75 − IC25 = SI∆ICBO + SV ∆VBE + Sβ∆β
IC75 = IC25 + ∆IC = 1mA + 2.4 · 320nA + 1.2 · 10−3 · 125 · 10−3 + 0.68 · 10−6 · 20= 1mA + 0.8µA + 0.14mA + 0.013mA = 1.15mA
Nelle figure III 0.3 e III 0.4 viene riportata la simulazione del circuito progettato, ottenuta
mediante il programma MICRO CAP III. Nella figura III 0.3 appaiono i valori riferiti alla
temperatura di 25C:
• della tensione VCE 4.3V (tensione tra nodo 1 e nodo 3) e della potenza dissipata dal
transistor PEC 4.2mW , IC 1mA.
• della corrente IC 1mA (tra i nod1 4-1) e della corrente IB 28µA (tra i nodi 5-2).
• della tensione VB 1.43V (al nodo 5) e la tensione VE 0.8V (tra nodo 3 e massa).
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 95
figura III 0.3
figura III 0.4
Nella figura III 0.4 appaiono i valori delle stesse variabili riferite alla temperatura di 75C.
96
Esercizio III.2 Studiare il funzionamento del circuito in figura III 0.5 nel transitorio che
inizia dal momento in cui viene chiuso l’interruttore, supponendo il condensatore C inizial-
mente scarico, supponendo ICBO trascurabile e supponendo diretta la polarizzazzione VBE
del transistor. Si chiede inoltre:
• a) dopo quanto tempo dalla chiusura dell’interruttore si spegne il transistor.
• b) l’andamento nel tempo della tensione VB, della tensione VE , della tensione VC , della
corrente IE .
figura III 0.5
Possiamo distinguere, nel tempo, tre fasi di funzionamento del circuito.
Ia fase. Il condensatore, supposto scarico all’istante zero, alla chiusura dell’interruttore si
trova con le due armature alla tensione VCC . Il transistore quindi in tale istante si trova ad
avere una polarizzazione normale (la polarizzazione BE diretta, la polarizzazione CB inversa).
Inizia cosı un periodo in cui il transistore e acceso (e nella zona lineare), con una corrente di
base I∗B (costante) fissata da VB , e di conseguenza con una corrente I∗C (pressoche costante)
fissata dal β del transistor, come si vede in figura III 0.5 dalle caratteristiche d’uscita del
dispositivo. Infatti, se si analizza la rete d’ingresso del transistor applicando il teorema di
Thevenin al punto di Base, otteniamo (vedi figura III 0.6):
VBB = VBE + RbIB + REIB + REIC (III 0.3)
dove IC per l’ipotesi fatta (ICBO = 0) vale βIB . Dalla retta di carico alle caratteristiche
d’ingresso appare come, per un’ampia variazione di VCE , IB rimanga pressoche costante.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 97
figura III 0.6
Il condensatore in questa fase dunque si scarica a corrente costante I∗C ; la tensione VC(t) ai
capi del condensatore risulta quindi una funzione lineare del tempo, del tipo VC(t) = I∗C
Ct.
L’equazione che in questa prima fase descrive il funzionamento nel tempo del circuito (ponendo
la condizione IE IC ) e la:
VCC=VCE + REI∗C + vC(t)
=VCE + REI∗C +I∗CC
t
=VCB + VBE + I∗C(RE +t
C)
(III 0.4)
essendo VCE = VCB − VBE .
In questa prima fase la tensione VC cala linearmente nel tempo fino a tendere al valore di VB ,
(che in questa fase rimane costante).
IIa fase. Quando la tensione VC tende a diventare eguale alla VB (VCB → 0), il transistore
inizia a spegnersi, in quanto la sua polarizzazione alla giunzione CB tende a diventare diretta
(vedi caratteristiche in figura III 0.7), quindi la corrente IC inizia a diminuire.
98
figura III 0.7
Da questo istante t∗ in poi, tempo che puo essere valutato annullando VCB nell’ultima relazione
scritta (III 0.4), quindi dall’equazione:
VCC = VBE + I∗C(RE +t∗
C) (III 0.5)
la corrente IC non e piu costante ed eguale a I∗C , la tensione di collettore VC non decresce
piu linearmente nel tempo, le caratteristiche di linearita del transistor vengono meno. Infatti
il punto di lavoro in questa fase abbandona il tratto lineare della caratteristica relativa a I∗B,
come si vede dalla figura III 0.5. Il tempo t∗ puo essere valutato dalla:
t∗ =VCC − VBE − REI∗C
I∗CC (III 0.6)
Il processo di scarica (ora non piu lineare) della tensione di collettore prosegue sinche VCE
non si annulla.
IIIa fase. In questa terza fase, nella quale VCE = 0, il transistor cessa le sue funzioni
come tale, ed inizia a funzionare come diodo alla giunzione BE che rimane direttamente
polarizzata. Si noti pero che la corrente che attraversa il diodo BE e che scorre lungo la
resistenza RE in questa terza fase e piu piccola di quella che scorreva nella prima fase. Infatti
se si pensa alle caratteristiche d’ingresso del transistore nella connessione EC la curva che
descrive l’andamento della corrente sulla RE in questa terza fase e quella relativa al parametro
VCE = 0 delle caratteristiche d’ingresso (vedi figura III 0.7). Questa corrente, pur essendo
piu piccola della corrente IE nella prima fase, e molto piu alta della corrente IB nella fase di
funzionamento come transistor. Infatti, ricordando che in questa fase la IC = 0, la relazione III
0.3 diviene:
VBB = VCE + RbIB + REIB
dalla quale possiamo ricavare la retta di carico dalle intercette (VBB , ( VBB
Rb+RE)), vedi figura III
0.6. Essendo VCE = 0 si vede come il punto di lavoro imponga una IB molto maggiore di
quella della Ia fase.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 99
La risposta alla domanda a) e stata data.
La risposta alle domande b) puo essere data dalle curve di simulazione del circuito mediante
un CAD elettronico analogico come il programma MICRO-CAP III. Naturalmente per far
questo non potremo piu rimanere nell’ambito del calcolo simbolico, ma dovremo dare valori
numerici ai componenti del circuito. Ad esempio, utilizzando un transistor del tipo 2N3501e ponendo:
VCC = 10V, R1 = 8KΩ, R2 = 2KΩ, RE = 1KΩ, C = 1nF (III 0.7)
Il circuito dello schematic editor del MICRO-CAP III e quello di figura III 0.13 nella quale
i resistori a basso valore (1Ω) servono al CAD in quanto, per valutare la corrente tra due
nodi, occorre che vi sia un resistore che li connetta. I numeri prograssivi dall’1 al 7 indicano
i numeri assegnati da MICRO-CAP III ai nodi del circuito (0 e assegnato al nodo di massa).
Questi vengono anche usati per indicare le ordinate, nei grafici prodotti: tensioni (1 V ad
esempio indica tensione, in Volt, al nodo 1) e correnti (7-2U ad esempio indica corrente, in
µA tra i nodi 7 e 2).
figura III 0.8
Nella figura III 0.8 viene mostrato l’andamento nel tempo delle tensioni e correnti piu signi-
ficative del circuito ottenute usando il modulo per i transitori di MICRO-CAP III. Il tempo
di monitoraggio e di 10µs oltre i quali, (fase III), i valori delle variabili sono gia giunti al
loro limite assintotico. Dai grafici si puo intanto dare una prima valutazione della durata
temporale della Ia fase; t∗ puo essere stimato intorno ai 6µs, tempo in effetti concordante con
quello che si puo calcolare dalla:
100
t∗=VCC − VBE − I∗CRE
I∗CC
=10 − 0.6− 1.3 · 10−3 · 103
1.3 · 10−310−9
= 6.3µs
(III 0.8)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 101
figura III 0.9
Nella figura III 0.9 viene riportata, in basso, la rappresentazione espansa di tipo oscillografico
della finestra scelta nel primo grafico. Si noti che:
• dal grafico si puo determinare con esattezza t∗, vedi il tempo relativo al primo cursore.
• per tutto il tempo t∗ la tensione VE rimane costante (1.280V).
• la seconda fase, nella quale il punto di lavoro del transistor percorre il tratto di carat-
teristica che va dal punto P ∗ al punto origine degli assi (vedi figura III 0.5) dura circa
2µs.
• nella terza fase VC diviene costante e vale 0.626V, cosı pure VE diviene costante e vale
0.544V. Di conseguenza VCE = 0.082.
102
figura III 0.10
Nella figura III 0.10 che riporta il monitor del secondo grafico (VB(t) e VE(t)) si noti come:
• la tensione VB nella prima fase sia costante e valga 1.925V, la tensione VE sia costante
e valga 1.308V, la tensione VBE valga 0.617V.
• nelle tre fasi la tensione VBE rimanga sempre pressoche costante. Cio e dovuto al fatto
che la giunzione BE rimane attiva in tutte e tre le fasi.
• la tensione VB e la tensione VE nella terza fase sono piu basse che nella prima. La
tensione VB infatti rimane fissata dal partitore sinche la corrente di base del transistor
(prima fase) rimane piccola rispetto alle correnti che scorrono nei resistori del partitore
( 50µA come si vede dalla figura III 0.11). Quando si entra nella fase terza la corrente
che fluisce tra la base e l’emettitore del transistor e la corrente di un diodo (BE)
direttamente polarizzato (il transistor e spento, quindi non e piu una corrente di base),
quindi molto piu grande, dell’ordine di grandezza delle correnti dei resistori di partitore
( 0.5mA come si vede dalla figura III 0.11).
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 103
figura III 0.11
Nella figura III 0.11 che riporta il monitor del terzo grafico (IB(t) e IE(t)) si noti che:
• come gia e stato detto IB nella prima fase e la corrente di base di un transistor normal-
mente polarizzato, nella terza fase e la corrente di un diodo direttamente polarizzato.
• la corrente IE , corrente che scorre nel resistore RE, e nella prima fase la corrente
di emettitore del transistor normalmente polarizzato (eguale alla corrente di base piu
la corrente di collettore), nella seconda fase la corrente del diodo BE direttamente
polarizzato, o meglio la corrente IB del transistor sotto la condizione VCE = 0 (di molto
maggiore di quella nella fase precedente, vedi caratteristiche d’ingresso del transistore
in figura III 0.6).
104
figura III 0.12
Nella figura che riporta il monitor del quarto grafico che mette a confronto IE(t) e IC(t) si
noti che:
• mentre IE come abbiamo visto cala, cambiando di ruolo, al passaggio dalla prima alla
seconda fase,
• la IC si annulla nella terza fase, passando da un valore di 1.3mA ad un valore pratica-
mente zero.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 105
figura III 0.13
106
Gruppo IV
Circuiti amplificatori
Argomento di questo IV Gruppo di esercizi sono gli amplificatori a transistor nelle treconnessioni.
107
108
IV 1 Amplificatori in EC
1
1Per un confronto tra le proprieta degli amplificatori a transistor nelle tre connessioni si vedal’esercizio IV.24.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 109
Esercizio IV.1 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor in connessione EC in figura mediante il circuito equivalente a T :
figura IV 1.1
Applicando il metodo delle maglie al circuito equivalente in figura IV 1.1 ed utilizzando la
matrice di Stigant otteniamo:[v1
βibrd
]=
[(rb + re) re
re (re + rd + RL)
] [i1i2
](IV 1.1)
v1=(rb + re)i1 + rei2
βi1rd=rei1 + (re + rd + RL)i2v1=(rb + re)i1 + rei20=(−βrd + re)i1 + (re + rd + RL)i2[
v1
0
]=
[(rb + re) +re
(−βrd + re) (re + rd + RL)
] [i1i2
]Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 re
0 (re + rd + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣ (rb + re) re
(−βrd + re) (re + rd + RL)
∣∣∣∣=
v1(re + rd + RL)(rb + re)(re + rd + RL) − re(−βrd + re)
i2=
∣∣∣∣ (rb + re) v1
(−βrd + re) 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ (ri + re) re
(−βrd + re) (re + rd + RL)
∣∣∣∣=
−v1(−βrd + re)(rb + re)(re + rd + RL) − re(−βrd + re)
110
AI.=
i2i1
= −v1[re − βrd]∆
∆v1([re + rd] + RL)
=βrd − re
re + rd + RL
βrd
rd + RL
l’ultima relazione potendosi scrivere dato che re rd. Se poi RL rd, AI β
Dal momento che:
i1 =v1(RL + rd + re)
(rb + re)(RL + rd + re) − re(re − βrd)
ZI.=
v1
i1=
[rb + re](RL + [rd + re]) − [re][re − βrd](RL + [rd + re])
=
= rb + re −re(re − βrd)
(RL + rd + re)=
= rb + re
(1 − re − βrd
(RL + rd + re)
)=
= rb + rere + rd + βrd
(RL + rd + re)= rb + re
re + (β + 1)rd
(RL + rd + re)=
= rb + re(β + 1)1 + re
(1+β)rd
1 + re+RL
rd
=
rb + re(β + 1)
l’approssimazione essendo vera se RL + re rd
AV.=
v2
v1= −RLi2
v1= −RL
−[−βrd + re][rb + re](RL + [rd + re]) − [re][re − βrd]
− RLβ
(rb + re)(1 + RL
rd) + βre
l’ultima relazione potendosi scrivere dato che re rd. Se poi RL rd e rb βre, AV −RL
re.
Per calcolare l’impedenza d’uscita, ricordando la definizione, e riferendoci alla figura IV 1.2:
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 111
figura IV 1.2
applicando il metodo delle maglie al circuito equivalente in figura IV 1.2 ed utilizzando la
matrice di Stigant otteniamo:
[0
vo + βibrd
]=
[(Rs + rb + re) re
re (re + rd)
] [i1o
i2o
](IV 1.2)
[0vo
]=
[(Rs + rb + re) +re
(−βrd + re) (re + rd)
][i1o
i2o
]
i2o=
∣∣∣∣ (Rs + rb + re) 0(−βrd + re) vo
∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + rb + re) re
(−βrd + re) (re + rd)
∣∣∣∣=
−vo(−βrd + re)(Rs + rb + re)(re + rd) − re(−βrd + re)
ZO.=
vo
i2o=
(Rs + [rb + re])[re + rd] − [re][−βrd + re][−βrd + re]
re + rd − re − βrd
(Rs + rb + re rd +
βrerd
Rs + rb + re
rd
(1 +
β
1 + Rs+rb
re
)
l’ultima semplificazione potendosi fare se re rd.
Raggruppiamo i parametri cercati nella tabella:
112
AI =βrd − re
re + rd + RL βrd
rd + RL
ZI =[rb + re](RL + [rd + re]) − [re][re − βrd]
(RL + [rd + re]) rb + re(β + 1)
11 + re+RL
rd
AV =−RL−[−βrd + re]
[rb + re](RL + [rd + re]) − [re][re − βrd] − RLβ
(rb + re)(1 + RL
rd) + βre
ZO =(Rs + [rb + re])[re + rd] − [re][−βrd + re]
[−βrd + re] rd
(1 +
β
1 + Rs+rb
re
)
tabella IV 1.1
Commento IV.1 Il circuito di figura e il circuito equivalente a T del transistore in EC, (quicaricato con RL ed alimentato dal generatore reale (vs, Rs)), che ci ha permesso di ricavare ilcircuito equivalente Z dell’esercizio II.4.
Commento IV.2 AI , ZI , AV , sono stati calcolati considerando come tensione d’ingresso latensione v1 (tensione effettiva all’ingresso dell’amplificatore). Volendo calcolare i parametririspetto al valore vs del generatore ideale basta sostituire nel sistema IV 1.1 al posto del terminerb + re il termine rb + re + Rs
Commento IV.3 Le semplificazioni in tabella IV 1.1 sono valide nell’ipotesi che sia re rd.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 113
Esercizio IV.2 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor ad emettitore comune in figura, dati i parametri ibridi H del transistor.
figura IV 1.3
Il calcolo dei quattro parametri dell’amplificatore puo essere eseguito osservando il circuito di
figura IV 1.3.
Se si procede senza seguire alcun metodo sistematico, conviene calcolare per primo il para-
metro AI , perche da questo potremo ricavare ZI e AV .
AI.=
i2i1
AI=i2i1
=1i1
hfei1hoe
1( 1
hoe+ RL)
=hfe
(1 + hoeRL)
ZI.=
v1
i1
ZI=v1
i1=
1i1
(hiei1 + hrev2) =1i1
(hiei1 + hre(−AIi1RL)) =1i1
(hiei1 − hre
hfe
(1 + hoeRL)i1
)
=hie −hrehfeRL
1 + hoeRL
AV.=
v2
v1
AV =v2
v1= −RLi2
v1= −RLAIi1
v1= −RLAIi1
ZI i1
=− RLhfe
(1 + hoeRL)(1 + hoeRL)
hie(1 + hoeRL) − hrehfeRL= − hfeRL
hie(1 + hoeRL) − hrehfeRL
L’impedenza d’uscita invece puo essere calcolata rapidamente dalla sua definizione e dalla
figura (nella quale per pulizia del disegno non vengono indicati i pedici e dei parametri h):
114
figura IV 1.4
ZO.=
vo
io
ZO =1
hoe − hrehfe
Rs+hie
= (hoe −hrehfe
hie + Rs)−1
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI =hfe
1 + hoeRL
ZI =hie −RLhreAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
hoe − hrehfe
Rs+hie
tabella IV 1.2
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 115
Esercizio IV.3 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor ad emettitore comune in figura dati i parametri ibridi H del transistor, usando il metodo
delle maglie.
figura IV 1.5
Nelle figure e nel simbolismo di questo esercizio, non viene specificato il secondo pedice (e)dei parametri H per la ragione che vedremo nel commento alla fine dell’esercizio.
Il calcolo dei quattro parametri dell’amplificatore puo essere eseguito mediante il metodo delle
maglie applicato al circuito di figura IV 1.5 dopo aver trasformato il generatore di corrente
d’uscita nel generatore di tensione equivalente (hf i1)/ho. Utilizzando la matrice di Stigant:[v1 − hrv2
hf1
hoi1
]=
[hi 00 ( 1
ho+ RL)
] [i1i2
]
v1 − hrv2=hii1 + 0 · i2hf
1ho
i1=0 · i1 + ( 1ho
+ RL)i2
v1=hii1 + hrv2 v2 = −RLi20=−hf
1ho
i1 + ( 1ho
+ RL)i2
[v1
0
]=
[hi −hrRL
−hf1
ho( 1
ho+ RL)
] [i1i2
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 −hrRL
0 ( 1ho
+ RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣ hi −hrRL
−hf1
ho( 1
ho+ RL)
∣∣∣∣=
v1( 1ho
+ RL)hi( 1
ho+ RL) − hrhf
1ho
RL
i2=
∣∣∣∣ hi v1
−hf1
ho0
∣∣∣∣∣∣∣∣ hi −hrRL
−hf1
ho( 1
ho+ RL)
∣∣∣∣=
v1(hf1
ho)
hi( 1ho
+ RL) − hrhf1
hoRL
116
AI.=
i2i1
AI =i2i1
=hf
ho( 1ho
+ RL)=
hf
1 + hoRL
AI e definito come rapporto tra corrente d’ingresso e corrente d’uscita del transistor, con il
segno legato alle definizioni indicate nel modello 2.
ZI.=
v1
i1
ZI=v1
i1=
(hi
(1ho
+ RL
)− hfhrRL
ho
)1
( 1ho
+ RL)= hi − RLhr
hf
1 + hoRL= hi − RLhrAI
=hi −hrhf
ho + YL
AV.=
v2
v1
AV =v2
v1= −RLi2
v1= −
RLhf
ho
hi
(1
ho+ RL
)−RLhrhf
1ho
=− RLhf
hi (1 + hoRL) −RLhrhf= −
RLhf
1+hoRL
hi −RLhrhrhf RL
1+hoRL
=−AIRL
ZI= − hf
hi(ho + YL) − hrhf
AV ha segno opposto ad AI . Nella connessione EC (hfe e positivo), AV mostra inversione
di fase tra tensione d’ingresso e tensione d’uscita, nelle altre due connessioni (hfx e negativo,
A > 0), mostra concordanza di fase.
L’impedenza d’uscita invece puo essere calcolata rapidamente dalla definizione data e dalla
figura IV 1.6:
2E questa in relta una definizione della massima generalita in quanto il segno di AI e positivo quando ledue correnti d’ingresso e d’uscita nella connessione X−comune sono correnti ambedue entranti o uscenti nelmodello fisico del transistor, e negativonegli altri casi. Nella connessioneEC ib, ic ad esempio, sono entrambeentranti negli NPN , entrambe uscenti nei PNP in EC, ed hfe e positivo. Nelle altre due connessioni, ledue correnti d’ingresso e d’uscita sono una entrante, l’altra uscente ed hfb e hfc sono negativi.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 117
figura IV 1.6
ZO.=
vo
io
ZO.=
vo
io=
1
ho − hrhf
Rs+hi
= (ho −hrhf
hi + Rs)−1
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
118
AI =hf
1 + hoRL
ZI =hi −RLhrAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
ho − hrhf
Rs+hi
tabella IV 1.3
Commento IV.4 Piu che un esercizio, quest’analisi e da considerarsi una parte di teoria. Einfatti, come si vede, un metodo di calcolo assai generale; l’algoritmo e valido per un amplificatorecon transistore connesso sia in EC che in BC che in CC. I parametri cercati si ottengono dallatabella generale IV 1.3 inserendo rispettivamente i parametri del transistor he o hb o hc.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 119
Esercizio IV.4 Calcolare Ai, Zi, Av, Zo del circuito in figura (amplificatore in connessione
EC), sotto la condizione che1
hoe RL.
Sotto tali condizioni, il circuito equivalente dell’amplificatore a transistor rappresentato me-
diante circuito equivalente ibrido si trasforma in quello di figura IV 1.7 b)
figura IV 1.7
che si puo ottenere da quello di figura IV 1.7 a):
• sopprimendo 1hoe
che si trova in parallelo ad RL, con la conseguenza che la corrente di
collettore diventa ic = hfeib.
• sopprimendo hrevo, visto che hrevo = hrehfeRLib hieib.
Usando quindi il circuito semplificato dell’amplificatore in connessione EC otteniamo il circuito
equivalente di figura, dal quale possiamo ricavare che:
AI =hfeib
ibZI =hie
AV =hfeibRL
hieib
120
Esercizio IV.5 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor ad emettitore comune in figura dati i parametri Z del transistor:
figura IV 1.8
Il calcolo dei quattro parametri dell’amplificatore puo essere eseguito mediante il metodo delle
maglie applicato al circuito di figura IV 1.8. Utilizzando la matrice di Stigant si ottiene:[v1 − zrei2−zfei1
]=
[zie 00 (zoe + RL)
] [i1i2
]
v1 − zrei2=ziei1 + 0 · i2−zfei1=0 · i1 + (zoe + RL)i2
v1=ziei1 + zrei2 v2 = RLi20=zfei1 + (zoe + RL)i2
[v1
0
]=
[zie zre
zfe (zoe + RL)
] [i1i2
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 zre
0 (zoe + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣ zie zre
zfe (zoe + RL)
∣∣∣∣=
v1(zoe + RL)zie(zoe + RL) − zrezfe
i2=
∣∣∣∣ zie v1
zfe 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ zie zre
zfe (zoe + RL)
∣∣∣∣=
−v1zfe
zie(zoe + RL) − zrezfe
AI.=
i2i1
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 121
AI =i2i1
=−zfe
zoe + RL= − [re − βrd]
[re + rd] + RL
ZI.=
v1
i1
ZI=v1
i1=
zie(zoe + RL) − zrezfe
zoe + RL=
[(rb + re)](RL + [rd + re]) − [re][(re − βrd)](RL + [rd + re])
AV.=
v2
v1
AV =v2
v1= −RLi2
v1=
zfeRL
zie(zoe + RL) − zrezfe= RL
[βrd − re][(rb + re)](RL + [rd + re]) − [re][(re − βrd)]
Il calcolo di ZO si puo eseguire ricordando la definizione di impedenza d’uscita ed utilizzando
il metodo delle maglie applicato al circuito di figura IV 1.9. Utilizzando la matrice di Stigant
si ottiene:
figura IV 1.9
[−zrei1o
vo − zfei2o
]=
[(Rs + zie) 0
0 zoe
] [i1o
i2o
]
0=(Rs + zie)i1o + zrei2o v2 = RLi2
vo=zfei1o + zoei2o
[0vo
]=
[(Rs + zie zre
zfe zoe
] [i1o
i2o
]Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i2o=
∣∣∣∣ (Rs + zie) 0zfe vo
∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + zie) zre
zfe zoe
∣∣∣∣=
v0(Rs + zie)(Rs + zie)zoe − zrezfe
ZO.=
vo
i2o
122
ZO =(Rs + zie)zoe − zfezre
(Rs + zie)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 123
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI ==−zfe
zoe + RL
ZI =(Rs + zie)zoe − zrezfe
zoe + RL
AV =zfeRL
zie(zoe + RL) − zrezfe
ZO =(Rs + zie)zoe − zfezre
(Rs + zie)
tabella IV 1.4
Commento IV.5 Confrontare i parametri AI , ZI , AV , Zo calcolati sopra (le espressioni deiparametri z in funzione dei parametri T sono riportate tra parentesi quadre) con quelli calcolatinell’esercizio IV.1.
124
Esercizio IV.6 Tracciare il grafico della amplificazione in corrente AI dell’amplificatore a
transistor in connessione EC assumendo come parametri caratteristici del modello a T del
transistor re = 10Ω, rb = 500Ω, rc = 1M, β = 50, 3 in funzione della resistenza di carico
RL. Giustificare l’andamento della curva.
figura IV 1.10
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 1.1). Ponendo infatti la
condizione che RL → 0, AIe assume il significato di amplificazione di corrente del transistorcon uscita in cortocircuito cioe hfe = 50. Ponendo invece la condizione che RL → ∞ ic → 0quindi AIe → 0.
3dai quali si possono ricavare, mediante la tabella di conversione vista al capitolo precedente, hie =1K, hfe = 50, hre = 5 · 10−4, hoe = 5 · 10−5; hic = 1K, hfc = −50, hrc = 1, hoc = 5 · 10−5;hib = 19Ω, hfb = −.98, hrb = 5 · 10−4, hob = 9.8 · 10−7.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 125
Esercizio IV.7 Tracciare il grafico della impedenza d’ingresso ZI dell’amplificatore a transi-
stor in connessione EC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli dell’esercizio
precedente, in funzione della resistenza di carico RL. Giustificare l’andamento della curva.
figura IV 1.11
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 1.1). Ponendo infatti
la condizione che RL → 0, ZIe assume il significato di impedenza d’ingresso del transistorcon uscita in cortocircuito cioe hie = 1KΩ. Ponendo invece la condizione che RL → ∞ZIe → rb + re 500Ω.
126
Esercizio IV.8 Tracciare il grafico della amplificazione in tensione AV dell’amplificatore a
transistor in connessione EC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli
dell’esercizio precedente, in funzione della resistenza di carico RL. Giustificare l’andamento
della curva.
figura IV 1.12
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 1.1). Ponendo infatti la
condizione che RL → 0, AV e.= v2/v1 assume il valore 0. Ponendo invece la condizione che
RL → ∞ AV e → −βib(rd+re)ib(rb+re)
2000Ω.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 127
Esercizio IV.9 Tracciare il grafico della impedenza d’uscita ZO dell’amplificatore a transi-
stor in connessione EC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli dell’esercizio
precedente, in funzione della resistenza di sorgente Rs.
figura IV 1.13
Gli assintoti della curva, calcolati come limRs→0 e limRs→∞, sono riportati in grassetto ai lati
del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 1.2). Ponendo infatti la
condizione che Rs → 0, ZOe assume il valore 2rd 40KΩ. Ponendo invece la condizione
che Rs → ∞, ZOe → rd 20KΩ.
128
IV 2 Amplificatori in CC
4
4Per un confronto tra le proprieta degli amplificatori a transistor nelle tre connessioni si vedal’esercizio IV.24.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 129
Esercizio IV.10 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor a collettore comune in figura dati i parametri ibridi T del transistor.
figura IV 2.1
Applicando il metodo delle maglie al circuito, dopo aver trasformato il generatore di corrente
nel suo equivalente generatore di tensione, utilizzando la matrice di Stigant, otteniamo:
[−βibrd
−βibrd
]=
(rb + rd) rd
rd (re + rd + RL)
[
i1i2
]
v1 − βibrd = (rb + rd)i1 + rdi2
−βi1rd = rdi1 + (re + rd + RL)i2
v1 = (rb + (1 + β)rd)i1 + rdi2
0 = (rd + βrd)i1 + (re + rd + RL)i2
[v1
0
]=
(rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd + RL)
[
i1i2
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 rd
0 (re + rd + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd + RL)
∣∣∣∣∣∣=
v1(re + rd + RL)(rb + (1 + β)rd)(re + rd + RL) − rd(1 + β)rd
130
i2=
∣∣∣∣ (rb + (1 + β)rd) v1
((1 + β)rd) 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd + RL)
∣∣∣∣∣∣=
−v1(1 + β)rd
(rb + (1 + β)rd)(re + rd + RL) − rd(1 + β)rd
AI.=
i2i1
=−v1[(1 + β)rd]
v1([re + rd] + RL)= − [(1 + β)rd]
([re + rd] + RL)
−(1 + β)rd
rd + RL
l’ultima relazione potendosi scrivere dato che re rd.
ZI.=
v1
i1=
[rb + (1 + β)rd]([rd + re] + RL) − [rd][(1 + β)rd]([re + rd] + RL)
=
(1 + β)rd(rd + RL) − rd(1 + β)rd
(rd + RL)
AV.=
v2
v1= − i2RL
v1= − RL[(1 + β)rd]
[rb + (1 + β)rd]([rd + re] + RL) − [rd][(1 + β)rd]
− RLβrd
rd(1 + RL
rd)(rb + (1 + β)re)
Per calcolare l’impedenza d’uscita, ricordando la definizione, ci si puo riferire alla figura:
figura IV 2.2
[−βibrd
vo − βibrd
]=
(Rs + rb + rd) rd
rd (re + rd)
[
i1o
i2o
]
0 = (Rs + rb + (1 + β)rd)i1o + rdi2o
vo = ((1 + β)rd)i1o + (re + rd)i2o
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 131
[0vo
]=
(Rs + rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd)
[
i1o
i2o
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i2o=
∣∣∣∣ (Rs + rb + (1 + β)rd) 0((1 + β)rd) vo
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Rs + rb + (1 + β)rd) rd
(1 + β)rd (re + rd)
∣∣∣∣∣∣=
vo(Rs + rb + (1 + β)rd)(Rs + rb + (1 + β)rd)(re + rd) − rd(1 + β)rd
ZO.=
vo
i2o=
(Rs + [rb + (1 + β)rd])[re + rd] − [rd][(1 + β)rd]Rs + [rb + (1 + β)rd]
=Rsrd + rbrd + re(Rs + rb + (1 + β)rd)
Rs + rb + (1 + β)rd
re +Rs + rb
1 + β
L’ultima relazione potendosi scrivere se (Rs + rb) (1 + β)rd.
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI = − (1 + β)rd
(re + rd + RL)
ZI =rb + (1 + β)rd(rd + re + RL) − rd(1 + β)rd
(re + rd + RL)
AV = − RL(1 + β)rd
rb + (1 + β)rd(rd + re + RL) − rd(1 + β)rd
ZO =(Rs + rb + (1 + β)rd)[re + rd] − rd(1 + β)rd
Rs + rb + (1 + β)rd
tabella IV 2.1
132
Esercizio IV.11 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor a collettore comune in figura dati i parametri ibridi H del transistor.
figura IV 2.3
Una soluzione immediata si ottiene ricordando l’esercizio IV.3 e quanto detto nel commento.
Introducendo i parametri hc al posto dei parametri h generici nelle relazioni della tabella
generale qui sotto riportata, il nostro problema e risolto.
AI =hf
1 + hoRL
ZI =hi −RLhrAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
ho − hrhf
Rs+hi
tabella IV 2.2
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 133
Esercizio IV.12 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor a collettore comune in figura dati i parametri Z del transistor:
figura IV 2.4
Il calcolo dei quattro parametri dell’amplificatore puo essere eseguito mediante il metodo delle
maglie applicato al circuito di figura IV 2.4.[v1 − zrci2−zfci1
]=
[zic 00 (zoc + RL)
][i1i2
]
v1 − zrci2=zici1 + 0 · iL−zfci1=0 · i1 + (zoc + RL)i2
v1=zici1 + zrci2 v2 = RLi20=zfci1 + (zoc + RL)i2[
v1
0
]=
[zic zrcRL
zfc (zoc + RL)
] [i1i2
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 zrc
0 (zoc + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣ zic zrc
zfc (zoc + RL)
∣∣∣∣=
v1(zoc + RL)zic(zoc + RL) − zrczfc
i2=
∣∣∣∣ zic v1
zfc 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ zic zrc
zfc (zoc + RL)
∣∣∣∣=
−v1zfc
zic(zoc + RL) − zrczfc
AI.=
i2i1
134
AI =i2i1
=−zfc
zoc + RL
ZI.=
v1
i1
ZI=v1
i1=
zic(zoc + RL) − zrczfc
zoc + RL
AV.=
v2
v1
AV =v2
v1= − zfc
zic(zoc + RL) − zrczfc
Il calcolo di ZO si puo eseguire ricordando la definizione di impedenza d’uscita ed utilizzando
il metodo delle maglie applicato al circuito di figura IV 2.5. Utilizzando la matrice di Stigant
si ottiene:
figura IV 2.5
[−zrci1o
vo − zfci2o
]=
[(Rs + zic) 0
0 zoc
] [i1o
i2o
]
0=(Rs + zic)i1o + zrci2o v2 = RLi2
vo=zfei1o + zoci2o
[0vo
]=
[(Rs + zic) zrc
zfc zoc
] [i1o
i2o
]Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i2o=
∣∣∣∣ (Rs + zic) 0zfc vo
∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + zic) zrc
zfc zoc
∣∣∣∣=
v0(Rs + zic)(Rs + zic)zoc − zrczfc
ZO.=
vo
i2o
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 135
ZO =(Rs + zic)zoc − zoczrc
(Rs + zic)
136
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI ==−zfc
zoc + RL
ZI =zic(zoc + RL) − zrczfc
zoc + RL
AV =− zfcRL
zic(zoc + RL) − zrczfc
ZO =(Rs + zic)zoc − zoczrc
(Rs + zic)
tabella IV 2.3
Commento IV.6 Confrontare le relazioni trovate con le analoghe dell’esercizio IV.10. Inquest’ultimo le espressioni tra parentesi quadra rappresentano i parametri Z.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 137
Esercizio IV.13 Tracciare il grafico della amplificazione in corrente AI dell’amplificatore
a transistor in connessione CC assumendo come parametri caratteristici del modello a T del
transistor quelli re = 10Ω, rb = 500Ω, rc = 1M, β = 50 5, , in funzione della resistenza di
carico RL. Giustificare l’andamento della curva.
figura IV 2.6
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 2.1). Ponendo infatti
la condizione che RL → 0, AIc assume il significato di amplificazione di corrente del transi-stor con uscita in cortocircuito cioe hfc = 51. Ponendo invece la condizione che RL → ∞AIc
.= i2i1
→ 0.
5dai quali si possono ricavare, mediante la tabella di conversione vista al capitolo precedente, hie =1K, hfe = 50, hre = 5 · 10−4, hoe = 5 · 10−5; hic = 1K, hfc = −50, hrc = 1, hoc = 5 · 10−5;hib = 19Ω, hfb = −.98, hrb = 5 · 10−4, hob = 9.8 · 10−7.
138
Esercizio IV.14 Tracciare il grafico della impedenza d’ingresso ZI dell’amplificatore a
transistor in connessione CC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli
dell’esercizio precedente, in funzione della resistenza di carico RL. Giustificare l’andamento
della curva.
figura IV 2.7
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 2.1). Ponendo infatti
la condizione che RL → 0, ZIc assume il significato di impedenza d’ingresso del transistorcon uscita in cortocircuito cioe hic = 1KΩ. Ponendo invece la condizione che RL → ∞ZIc → rb + (β + 1)rd 1MΩ.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 139
Esercizio IV.15 Tracciare il grafico della amplificazione in tensione AV dell’amplificatore
a transistor in connessione CC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli
dell’esercizio precedente, in funzione della resistenza di carico RL. Giustificare l’andamento
della curva.
figura IV 2.8
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 2.1). Ponendo infatti la
condizione che RL → 0, AV c.= v2/v1 assume il valore 0. Ponendo invece la condizione che
RL → ∞, v2 → v1, AV c → 1.
140
Esercizio IV.16 Tracciare il grafico della impedenza d’uscita ZO dell’amplificatore a transi-
stor in connessione CC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli dell’esercizio
precedente, in funzione della resistenza di sorgente Rs. Giustificare l’andamento della curva.
figura IV 2.9
Gli assintoti della curva, calcolati come limRs→0 e limRs→∞, sono riportati in grassetto ai lati
del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 2.2). Ponendo infatti la
condizione che Rs → 0, ZOc assume il valore re + rb
(1+β) 20. Ponendo invece la condizione
che Rs → ∞, ZOc → rd + re 20KΩ.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 141
142
IV 3 Amplificatori in BC
6
6Per un confronto tra le proprieta degli amplificatori a transistor nelle tre connessioni si vedal’esercizio IV.24.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 143
Esercizio IV.17 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor a base comune in figura dati i parametri del circuito a T del transistor.
figura IV 3.1
Applicando il metodo delle maglie al circuito, dopo aver trasformato il generatore di corrente
nel suo equivalente generatore di tensione, utilizzando la matrice di Stigant, otteniamo:
[v1
αierc
]=
−(re + rb) rb
rb (rb + rc + RL)
[
i1i2
]
v1 = (re + rb)i1 + rbi2
0 = (rb + αrc)i1 + (rb + rc + RL)i2
[v1
0
]=
(re + rb) rb
(rb + αrc) (rb + rc + RL)
[
i1i2
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 rb
0 (rb + rc + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(re + rd) rb
(rb + αrc) (rb + rc + RL)
∣∣∣∣∣∣=
v1(rb + rc + RL)(re + rb)(rb + rc + RL) − rb(rb + αrc)
i2=
∣∣∣∣ (re + rb) v1
(rb + αrc) 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(re + rd) rb
(rb + αrc) (rb + rc + RL)
∣∣∣∣∣∣=
−v1(rb + αrc)(re + rb)(rb + rc + RL) − rb(rb + αrc)
144
AI.=
i2i1
=[re + rb]
[rb + αrc] + RL
αrc
rc + RL
l’ultima relazione potendosi scrivere dato che re rd.
ZI.=
v1
i1=
[re + rb]([rb + rc] + RL) − [rb][rb + αrc][rb + rc + RL]
=
rb(rc + RL) − rbαrc
(rc + RL)
AV.=
v2
v1= − icRL
v1= − RL[rb + αrc]
[re + rb]([rb + rc] + RL) − [rb][rb + αrc]
− RLβrd
rd(1 + RL
rd)(rb + (1 + β)re)
Per calcolare l’impedenza d’uscita, ricordando la definizione, ci si puo riferire alla figura:
figura IV 3.2
[0
voαierc
]=
(Rs + re + rb) rb
rb (rb + rc)
[
i1o
i2o
]
0 = (Rs + re + rb)i1o + rbi2o
vo = (rb + αrc)i1o + (rb + rc)i2o
[0vo
]=
(Rs + re + rb) rb
(rb + αrc) (rb + rc)
[
i1o
i2o
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 145
i2o=
∣∣∣∣ (Rs + re + rb) 0(rb + αrc) vo
∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + re + rb) rb
(rb + αrc) (rb + rc)
∣∣∣∣=
vo(Rs + re + rb)(Rs + re + rb)(rb + rc) − rb(rb + αrc)
ZO.=
vo
i2o=
(Rs + [re + rb])[rb + rc] − [rb][rb + αrc]Rs + [re + rb]
rb + rc −rb(rb + αrc)
(Rs + re + rb)= rb + rc −
(rb + αrc)1 + Rs+re
rb
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI =[re + rb]
[rb + αrc] + RL
ZI =[re + rb]([rb + rc] + RL) − [rb][rb + αrc]
[rb + rc + RL]
AV =− RL[rb + αrc][re + rb]([rb + rc] + RL) − [rb][rb + αrc]
ZO =(Rs + [re + rb])[rb + rc] − [rb][rb + αrc]
Rs + [re + rb]
tabella IV 3.1
146
Esercizio IV.18 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor a base comune in figura dati i parametri ibridi H del transistor.
figura IV 3.3
Una soluzione immediata si ottiene ricordando l’esercizio IV.3 e quanto detto nel commento.
Introducendo i parametri hb al posto dei parametri h generici nelle relazioni della tabella
generale IV 1.2, il problema e risolto.
AI =hfb
1 + hobRL
ZI =hib − RLhrbAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
hob − hrbhfb
Rs+hib
tabella IV 3.2
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 147
Esercizio IV.19 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor a base comune in figura dati i parametri Z del transistor:
figura IV 3.4
Il calcolo dei quattro parametri dell’amplificatore puo essere eseguito mediante il metodo delle
maglie applicato al circuito di figura IV 3.4.[v1 − zrbi2−zfbi1
]=
[zib 00 (zob + RL)
] [i1i2
]
v1 − zrbi2=zibi1 + 0 · iL−zfbi1=0 · i1 + (zob + RL)i2
v1=zibi1 + zrbi2 v2 = RLi20=zfbi1 + (zob + RL)i2[
v1
0
]=
[zib zrb
zfb (zob + RL)
] [i1i2
]
Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 zrb
0 (zob + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣ zib zrb
zfb (zob + RL)
∣∣∣∣=
v1(zob + RL)zib(zob + RL) − zrbzfb
i2=
∣∣∣∣ zib v1
zfb 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ zib zrb
zfb (zob + RL)
∣∣∣∣=
−v1zfb
zib(zob + RL) − zrbzfb
AI.=
i2i1
148
AI =i2i1
=−zfb
zob + RL
ZI.=
v1
i1
ZI=v1
i1=
zib(zob + RL) − zrbzfb
zob + RL
AV.=
v2
v1
AV =v2
v1=
zfbRL
zib(zob + RL) − zfbzrb
Il calcolo di ZO si puo eseguire ricordando la definizione di impedenza d’uscita ed utilizzando
il metodo delle maglie applicato al circuito di figura IV 3.5. Utilizzando la matrice di Stigant
si ottiene:
figura IV 3.5
[−zrbi1o
vo − zfbi2o
]=
[(Rs + zib) 0
0 zob
][i1o
i2o
]
0=(Rs + zib)i1o + zrbi2o v2 = RLi2
vo=zfei1o + zobi2o
[0vo
]=
[(Rs + zib zrb
zfb zob
] [i1o
i2o
]Risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i2o=
∣∣∣∣ (Rs + zib) 0zfb vo
∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + zib) zrb
zfb zob
∣∣∣∣=
v0(Rs + zib)(Rs + zib)zob − zrbzfb
ZO.=
vo
i2o
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 149
ZO =(Rs + zib)zob − zfbzrb
(Rs + zib)
150
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI =i2i1
=−zfb
zob + RL
ZI =zib(zob + RL) − zrbzfb
zob + RL
AV =− zfbRL
zib(zob + RL) − zrbzfb
ZO =(Rs + zib)zob − zobzrb
(Rs + zib)
tabella IV 3.3
Commento IV.7 Confrontare le relazioni trovate con le analoghe dell’esercizio IV.17. Inquest’ultimo le espressioni tra parentesi quadra rappresentano i parametri Z.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 151
Esercizio IV.20 Tracciare il grafico della amplificazione in corrente AI dell’amplificatore
a transistor in connessione BC assumendo come parametri caratteristici del modello a T del
transistor re = 10Ω, rb = 500Ω, rc = 1MΩ, β = 50 7,
in funzione della resistenza di carico RL.
figura IV 3.6
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 3.1). Ponendo infatti la
condizione che RL → 0, AIb assume il significato di amplificazione di corrente del transistorcon uscita in cortocircuito cioe hfb = 0.98. Ponendo invece la condizione che RL → ∞AIb
.= i2i1
→ 0.
7dai quali si possono ricavare, mediante la tabella di conversione vista al capitolo precedente, hie =1K, hfe = 50, hre = 5 · 10−4, hoe = 5 · 10−5; hic = 1K, hfc = −50, hrc = 1, hoc = 5 · 10−5;hib = 19Ω, hfb = −.98, hrb = 5 · 10−4, hob = 9.8 · 10−7.
152
Esercizio IV.21 Tracciare il grafico della impedenza d’ingresso ZI dell’amplificatore a
transistor in connessione BC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli
dell’esercizio precedente, in funzione della resistenza di carico RL. Giustificare l’andamento
della curva.
figura IV 3.7
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 3.1). Ponendo infatti
la condizione che RL → 0, ZIb assume il significato di impedenza d’ingresso del transistorcon uscita in cortocircuito cioe hib = 20Ω. Ponendo invece la condizione che RL → ∞ZIb → re + rb 510Ω.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 153
Esercizio IV.22 Tracciare il grafico della amplificazione in tensione AV dell’amplificatore
a transistor in connessione BC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli
dell’esercizio precedente, in funzione della resistenza di carico RL. Giustificare l’andamento
della curva.
figura IV 3.8
Gli assintoti della curva, calcolati come limRL→0 e limRL→∞, sono riportati in grassetto ai
lati del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 3.1). Ponendo infatti la
condizione che RL → 0, AV c.= v2/v1 assume il valore 0. Ponendo invece la condizione che
RL → ∞,v2v1
→ rb+αrc
re+rb, AV b → 2KΩ.
154
Esercizio IV.23 Tracciare il grafico della impedenza d’uscita ZO dell’amplificatore a transi-
stor in connessione BC assumendo come parametri caratteristici del transistor quelli dell’esercizio
precedente, in funzione della resistenza di sorgente Rs. Giustificare l’andamento della curva.
figura IV 3.9
Gli assintoti della curva, calcolati come limRs→0 e limRs→∞, sono riportati in grassetto ai lati
del grafico.
L’andamento della curva puo essere spiegato se si fa riferimento al circuito equivalente dell’amplificatore
rappresentato mediante il modello a T del transistore (vedi figura IV 3.1). Ponendo infatti
la condizione che Rs → 0, ZOb assume il valore rc − αrc 20KΩ. Ponendo invece la
condizione che Rs → ∞, ZOb → rc 1MΩ.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 155
156
IV 4 Analisi comparata tra amplificatori nelle treconnessioni
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 157
Esercizio IV.24 Comparare criticamente le proprieta degli amplificatori a transistor in
connessione EC, CC, BC.
figura IV 4.1
Dall’osservazione dei grafici della figura IV 4.1, ottenuti per i tre amplificatori con lo stesso
tipo di transistore nelle tre diverse connessioni 8, si possono dedurre le seguenti considerazioni.
Connessione EC. La connessione EC possiede alcune proprieta che la rendono la piu usata
delle tre.
• E l’unica delle tre che sia caratterizzata dall’avere amplificazioni in tensione e in corrente
entrambe maggiori di 1.
8I grafici sono quelli trovati negli esercizi IV.6, IV.7, IV.8, IV.9,IV.13, IV.14, IV.15, IV.16,IV.20, IV.21,IV.22, IV.23,.
158
• Per tale connessione le escursioni di ZI e di ZO sono minori, al variare di RL e di Rs,
di quanto non siano quelle per le altre due connessioni.
• Gli estremi delle variazioni di ZIe e di ZOe sono contenuti tra gli estremi di variazione
di ZI e ZO delle altre connessioni.
Connessione BC. Particolari caratteristiche di questo amplificatore sono:
• l’avere la ZI piu bassa e la ZO piu alta di tutti e tre gli amplificatori. Per tale motivo
viene talvolta usato come amplificatore per sorgenti a bassissima impedenza d’uscita
o come stadio adattatore d’impedenza per pilotare circuiti ad altissima impedenza
d’uscita.
• l’avere una AV b piu o meno eguale alla AV e, ma positiva. Per questo l’amplificatore
viene talvolta usato come amplificatore di tensione non invertente.
Connessione CC. Particolari caratteristiche di questo amplificatore sono:
• l’avere la ZI piu alta e la ZO piu bassa di tutti e tre gli amplificatori. Per tale mo-
tivo viene largamente usato come stadio adattatore d’impedenza o per circuiti a bassa
impedenza d’ingresso o per circuiti ad alta impedenza d’uscita.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 159
160
IV 5 Amplificatori in EC con resistore in emettitore
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 161
Esercizio IV.25 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor ad emettitore comune in figura dati i parametri T del transistor:
figura IV 5.1
Ponendo R = re + Re:
[v1
βibrd
]=
(rb + R) R
R (RL + rd + R)
[
i1i2
]
v1 = (rb + R)i1 + Ri2
βrdi1 = Ri1 + (RL + rd + R)i2
v1 = (rb + R)i1 + Ri2
0 = (R − βrd)i1 + (RL + rd + R)i2
[v1
0
]=
(rb + R) R
(R − βrd) (RL + rd + R)
[
i1i2
]
i1 =
∣∣∣∣ v1 R0 (RL + rd + R)
∣∣∣∣∣∣∣∣ (rb + R) R(R − βrd) (RL + rd + R)
∣∣∣∣
i2 =
∣∣∣∣ (rb + R) v1
(R − βrd) 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ (rb + R) R(R − βrd) (RL + rd + R)
∣∣∣∣AI
.= i2i1
= − v1(R − βrd)v1(RL + rd + R)
=βrd −R
R + RL + rd βrd
rd + RL
162
l’ultima relazione potendosi scrivere se R rd.
ZI.=
v1
i1=
(rb + R)(RL + rd + R) − R(R − βrd)(RL + rd + R)
=
= rb + R − R(R − βrd)(RL + rd + R)
=
= rb + R
(1 − R − βrd
(RL + rd + R)
)=
= rb + RRL + rd + βrd
(RL + rd + R)= rb + R
RL + (β + 1)rd
(RL + rd + R)=
rb + R(β + 1)
l’approssimazione essendo vera se RL + R rd
AV.=
v2
v1= −RLi2
v1
=RL(R − βrd)
(rb + R)(RL + rd + R) −R(R − βrd)
=RL(R − βrd)
rb(RL + rd + R) + R(RL + (1 + β)rd)
=RL( R
rd− β)
rb(RL
rd+ 1 + R
rd) + R(RL
rd+ (1 + β))
−RL
Rl’approssimazione essendo vera se RL, R rd
Per calcolare l’impedenza d’uscita, ricordando la definizione, e riferendoci alla figura IV 5.2:
figura IV 5.2
[0
v0 + βi1ord
]=
(RB + R) R
R (rd + R)
[
i1o
i2o
]
0 = (RB + R)i1o + Ri2o
v0 = (R − βrd)i1o + (rd + R)i2o
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 163
i2o =
∣∣∣∣ (RB + R) 0(R − βrd) v0
∣∣∣∣∣∣∣∣ (RB + R) R(R − βrd) (rd + R)
∣∣∣∣=
v0(RB + R)(RB + R)(rd + R) − R(R − βrd)
ZO.=
vo
i2o= v0
(RB + R)(rd + R) −R(R − βrd)v0(RB + R)
= rd + R − R(R − βrd)RB + R
= rd + R +R(βrd − R)
RB + R=
= rd
(1 +
R
rd+
R(β − Rrd
)RB + R
)=
rd
(1 +
βR
RB + R
)Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI =βrd −R
R + RL + rd
ZI =(rb + R)(RL + rd + R) −R(R − βrd)
(RL + rd + R)
AV =RL(R − βrd)
(rb + R)(RL + rd + R) −R(R − βrd)
ZO = rd + R +R(βrd −R)
RB + R
tabella IV 5.1
164
Esercizio IV.26 Trovare l’impedenza d’uscita per il circuito dell’esercizio precedente col
teorema di Thevenin.
figura IV 5.3
vth =vsR
RB + R− βibrd =
vsR
RB + R− vs
RB + Rβrd =
vs
RB + R(R − βrd)
vs = (RB + R)i1 + Ri2
βibrd = Ri1 + (rd + R)i2
[vs
0
]=
(RB + R) R
(R − βrd) (rd + R)
[
i1i2
]
i2 =
∣∣∣∣ (RB + R) vs
(R − βrd) 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ (RB + R) R(R − βrd) (rd + R)
∣∣∣∣= − vs(R − βrd)
(RB + R)(rd + R) −R(R − βrd)
ZO =vth
icc=
vth
−i2= vs
(R − βrd)(RB + R)
(RB + R)(rd + R) − R(R − βrd)vs(R − βrd)
=
=(RB + R)(rd + R) −R(R − βrd)
(RB + R)=
= rd + R − R(R − βrd)RB + R
= rd + R
(1 +
βrd + R
RB + R
)=
= rd + R +R(βrd −R)
RB + R=
= rd
(1 +
R
rd+
R(β − Rrd
)RB + R
)=
rd
(1 +
βR
RB + R
)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 165
Esercizio IV.27 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor in figura dati i parametri H del transistor:
Il circuito e un amplificatore a transistor in connessione emettitore comune con una resistenza
di emettitore.
figura IV 5.4
Per giungere al calcolo dei parametri caratteristici, conviene intanto considerare il transistore
e la resistenza al terminale comune come un unico quadripolo (vedi figura IV 5.49), del quale
possiamo determinare i parametri h′ col metodo usato nell’esercizio II.2 in funzione della qua-
terna hxe, (dove x = i, r, f, o) dei parametri ibridi del transistore nella specifica connessione,
e della resistenza R.
Calcolati poi i parametri h′, possiamo considerare il nuovo quadripolo come un elemento
amplificatore con il carico RL e calcolare i parametri di questo nuovo amplificatore mediante
le formule gia trovate per l’amplificatore all’esercizio IV.2.
Commento IV.8 Notiamo come il procedimento, coinvolgendo modelli ibridi (a parametri H)del transistor sia generale cioe valido per un qualsiasi amplificatore con transistore connesso siain EC che in CC che in BC con un resistore al terminale comune. Essendo dunque l’algoritmoindipendente dal tipo di connessione, useremo la notazione generica dei parametri, omettendoquindi il secondo pedice.
Vediamo ora di calcolare intanto i parametri h′ del quadripolo costituito, come abbiam visto,
dal transistor e dalla resistenza R connessa al terminale comune.
h′i
.=v1
i1
∣∣∣∣v2=0
Dato che:
vNG + vNC = 0
9nella quale il pedice dei parametri H (e), riguardante il tipo di connessione del transistor non compareper generalita, come vedremo piu avanti.
166
vNG = Ri1 + Ri2 = Ri1 + Rhf i1 + vCNhoR = −vNC
−vNC (1 + hoR) = (1 + hf )Ri1
vNG = Ri1(1 + hf)
(1 + hoR)
v1=hii1 + vCNhr + vNG
=hii1 −Ri1hr(1 + hf)(1 + hoR)
+ Ri1(1 + hf)
(1 + hoR)
=hii1 + (1 − hr)R(1 + hf)(1 + hoR)
i1
h′i = hi +
R(1 + hf)(1 − hr)(1 + hoR)
h′f
.=i2i1
∣∣∣∣v2=0
Dato che:
i2=hf i1 + vCNho
=hf i1 −Ri1(1 + hf)(1 + hoR)
ho
=i1
(hf − R(1 + hf )ho
(1 + hoR)
)
=i1(hf + hfhoR − hfhoR −Rho)
(1 + hoR)
=i1(hf − Rho)(1 + hoR)
h′f =
hf −Rho
1 + hoR
h′r
.=v1
v2
∣∣∣∣i1=0
Dato che:
v1 = hrvCN + hoRvCN = vCN (hr + hoR)
v2 = vCN + vNGhoR = vCN(1 + hoR)
h′r =
hr + hoR
1 + hoR
h′o
.=i2v2
∣∣∣∣i1=0
Dato che:
i2 = vCNho
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 167
v2 = vCN + vCNhoR = vCN (1 + hoR)
h′o =
ho
1 + hoR
I parametri h′ cercati sono sintetizzati nella tabella:
h′i =hi +
R(1 + hf )(1 − hr)(1 + hoR)
h′f=
hf − Rho
1 + hoR
h′r=
hr + hoR
1 + hoR
h′o=
ho
1 + hoR
tabella IV 5.2
Si noti che, se hoR 1, il termine a denominatore, comune a tutti i nuovi parametri, diviene
l’unita. Ricordiamo qui i valori tipici di ho per il transistor nelle tre connessioni.
hoe = 1rd
hob = 1rc
rc = 1MΩ, rd =rc
1 + βhho = 1
rd
Trovati i parametri h′, come abbiamo detto, possiamo trovare i parametri caratteristici
dell’amplificatore mediante le relazioni nella tabella:
Ai =h′
fe
1 + h′oeRL
Zi =h′ie − RL
h′feh
′r
1 + h′oeRL
= h′ie −
h′reh
′fe
h′oe + YL
Av =−AIRL
Zi=
−h′fe
h′ie(h′
oe + YL) − h′reh
′fe
Z−1o =h′
oe −h′
reh′fe
h′ie + Rs
tabella IV 5.3
168
Esercizio IV.28 Calcolare Ai, Zi, Av, Zo del circuito in figura (amplificatore in connessione
EC con resistenza di emettitore), sotto la condizione che 1hoe
RL. Confrontare tali para-
metri con quelli del semplice amplificatore in connessione EC (senza resistenza di emettitore).
Sotto tali condizioni, il circuito equivalente dell’amplificatore a transistor rappresentato me-
diante circuito equivalente ibrido si trasforma in quello di figura IV 5.5 b) 10,
figura IV 5.5
che si puo ottenere da quello di figura IV 5.5 a):
• sopprimendo 1hoe
che si trova in parallelo ad RL, con la conseguenza che la corrente di
collettore diventa ic = hfeib.
• sopprimendo hrevo, visto che hrevo = hrehfeRLib hieib.
Usando quindi il circuito semplificato dell’amplificatore in connessione EC otteniamo il circuito
equivalente di figura IV 5.5 b)
dal quale possiamo calcolare:
Ai.=
icib
=hfeib
ib= hfe
Zi.=
vi
ib=
hieib + (1 + hfe) ibRE
ib= hie + (1 + hfe)RE
Av.=
vo
vi=
−hfeibRL
ib (hie + (1 + hfe)RE) −RL
RE
Zo.=
vo
ic ∞
dove Av puo essere semplificata se (1 + hfe)RE hie.Confrontiamo ora i parametri trovati con quelli dell’amplificatore senza la resistenza RE :
• Ai rimane quella dell’amplificatore semplice.
10vedi anche esercizio IV.4.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 169
• Zi e aumentata.
• Av e diminuita, ma e divenuta indipendente dai parametri del transistor, il che a dire
che in questo caso Av ha guadagnato in stabilita.
• Zo per quanto non sia ∞, e aumentata rispetto a quella dell’amplificatore semplice
( rd)
170
Esercizio IV.29 Calcolare i parametri h′ visti all’esercizio precedente.
Vediamo ora un metodo alternativo al calcolo dei parametri h′, basato sul metodo delle reti.
Il circuito in figura IV 5.6 rappresenta il quadripolo costituito dal transistor, rappresentato
mediante il suo circuito equivalente ibrido, e dal resistore connesso tra il terminale comune
(in questo caso l’emettitore) e la massa. Il circuito e derivato da quello della figura precedente
nel quale sono stati sostituiti sorgente e carico con i generatori rispettivamente v1 e v2.
figura IV 5.6
Ricordando le definizioni dei parametri H, possiamo pensare di ricavare h′i e h′
f supponendo
variabili indipendenti (v1, v2), imponendo la condizione v2 = 0 e risolvendo il sistema rispetto
a i1 e i2. v1 − hrvCN
v2 +hf
hoi1
=
(hi + R) R
R (R +1ho
)
[
i1i2
]
[v1
v2
]=
(hi + R − hrhf
ho
) (R +
hr
ho
)(−hf
ho+ R
) (R +
1ho
)
[i1i2
](IV 5.1)
Possiamo poi pensare di ricavare h′r e h′
o supponendo variabili indipendenti (i1, i2), imponendo
la condizione i1 = 0 e risolvendo il sistema rispetto a v1 e v2.
Un ottimo strumento per eseguire queste operazioni puo essere un elaboratore nel quale giri
un programma che permette il calcolo simbolico.
Soluzioni ottenute con Mathematica IV.1 . Calcolo di h′f e h′
i:
condizioni: uscita in corto -¿ v2 = 0
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 171
Solve [v1==(R+hi+-hr*hf/ho)*i1 +(R+hr/ho)*i2,0==(-hf/ho+R)*i1+(1/ho+R) *i2,
i1,i2];
ii1=i1/.%;ii2=i2/.%%;Hf=(ii2)/ii1;Together[%];Simplify[%]
hf - ho*R)/(1 + ho*R)Hi=v1/ii1;Together[%];Simplify[%]
(hi + R + hf*R + hi*ho*R - hr*R - hf*hr*R)/(1 + ho*R)
Calcolo di h′r e h′
o:condizioni: ingresso aperto -¿ i1 = 0
Solve [v1== +(R+hr/ho)*i2,v2==+(1/ho+R) *i2,
v1,v2];
Hr=v1/v2/.%(hr + ho*R)/(1 + ho*R)
Ho=v2/i2/.%%
(1 + ho*R)/ho
172
Esercizio IV.30 Calcolare i parametri h′ visti all’esercizio precedente.
Gli elementi della matrice che compare nel sistema IV 5.1 dell’esercizio precedente IV.29
sono i parametri Z del circuito. I parametri H possono da questi essere ricavati mediante le
trasformazioni [Z] → [H] ricavate all’esercizio II.17.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 173
Esercizio IV.31 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor in figura dati i parametri H del transistor, calcolando i parametri Z del quadripolo
costituito dal transistor e dal resistore al terminale comune:
Il circuito e un amplificatore con transistor in emettitore comune con una resistenza di
emettitore. Un metodo alternativo al precedente per il calcolo dei parametri caratteri-
stici dell’amplificatore e il metodo sistematico seguente, che fa uso delle tecniche standard
dell’analisi delle reti. Un tale metodo fornisce i parametri del generico amplificatore con re-
sistore al terminale comune in funzione dei parametri H del transistor, il che mostra come i
risultati siano egualmente validi per le tre connessioni.
figura IV 5.7
Trasformiamo il circuito in quello equivalente piu comodo di figura IV 5.8.
174
figura IV 5.8
Applicando il metodo delle maglie ed utilizzando la matrice di Stigant possiamo scrivere:
v1 − hr
(i2ho
− hf i1ho
)hf
hoi1
=
(hi + R) R
R (RL +1ho
+ R)
[
i1i2
]
Dal sistema precedente possiamo trarre le relazioni:
[v1
0
]=
(hi + R − hrhf
ho
) (R +
hr
ho
)(−hf
ho+ R
) (RL +
1ho
+ R
)
[i1i2
]
La matrice caratteristica dell’ultimo sistema e la matrice dei parametri Z del quadripolo
costituito dal transistor e dal resistore al terminale comune. Ponendo dunque:
[z′i z′rz′f (z′o + RL)
]=
(hi + R − hrhf
ho
) (R +
hr
ho
)(−hf
ho+ R
) (RL +
1ho
+ R
)
e risolvendo il sistema con la regola di Cramer:
i1=
∣∣∣∣ v1 z′r0 (z′o + RL)
∣∣∣∣∣∣∣∣ z′i z′rz′f (z′o + RL)
∣∣∣∣=
v1(z′o + RL)z′i(z
′o + RL) − z′rz
′f
i2=
∣∣∣∣ z′i v1
z′f 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ z′i z′rz′f (z′o + RL)
∣∣∣∣=
−v1z′f
z′i(z′o + RL) − z′rz
′f
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 175
AI.=
i2i1
AI =i2i1
= −z′f
z′o + RL
ZI.=
v1
i1
ZI=v1
i1=
z′i(z′o + RL) − z′rz
′f
z′o + RL
AV.=
v2
v1
AV =v2
v1= −
z′fRL
z′i(z′o + RL) − z′rz′f
ZO.=
vo
io
ZO =(Rs + z′i)z
′o − z′fz′r
(Rs + z′i)
Le relazioni cercate sono sintetizzate nella tabella:
AI ==−z′f
z′o + RL
ZI =−z′i(z
′o + RL) − z′rz
′f
z′o + RL
AV =z′fRL
z′i(z′o + RL) − z′rz′f
ZO =(Rs + z′i)z
′o − z′fz′r
(Rs + z′i)
tabella IV 5.4
176
IV 6 Amplificatori a transistor in CC con resistorein collettore
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 177
Esercizio IV.32 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor in figura dati i parametri H del transistor:
figura IV 6.1
Il circuito e un amplificatore con transistor in collettore comune (emitter follower) con una
resistenza di collettore (vedi ....). Come abbiamo visto dalla teoria, possiamo considerare il
quadripolo composito costituito dal transistor e dalla resistenza Rc, i cui parametri H sono:
h′ic =hic +
R(1 + hfc)(1 − hrc)(1 + hocR)
h′fc=
hfc − Rhoc
1 + hocR
h′rc=
hrc + hocR
1 + hocR
h′oc=
hoc
1 + hocR
nei quali il secondo pedice di h e c.I parametri caratteristici dell’amplificatore possono essere dunque calcolati mediante le espres-
sioni:
Ai =−h′
fc
1 + h′ocRL
Zi =h′ic − RL
h′fch
′r
1 + h′ocRL
= h′ic −
h′rch
′fc
h′oc + YL
Av =AIRL
Zi=
−h′fc
h′ic(h′
oc + YL) − h′rch
′fc
Z−1o =h′
oc −h′
rch′fc
h′ic + Rs
178
IV 7 Amplificatore Darlington
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 179
Esercizio IV.33 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor in figura dati i parametri H del transistor:
figura IV 7.1
Possiamo considerare i due transistor accoppiati come un unico componente rappresentato
con un modello circuitale equivalente quadripolare composto dalla cascata dei due modelli
quadripolari dei transistori componenti (nella loro connessione collettore comune) e calcolare
i parametri ibridi H di tale quadripolo composito. Possiamo poi applicare le relazioni che
forniscono i parametri di un aplificatore a transistor, dati i parametri h di quest’ultimo.
Chiamando dunque h′ i parametri relativi a primo transistor, h′′ quelli relativi al secondo
transistor come in figura IV 7.2, possiamo scrivere che:
v1 = h′
ici1 + h′rcv
i = h′fci1 + h′
ocv
v = h′′
ici + h′′rcv2
i2 = h′′fci + h′′
ocv2
Sostituendo la v del secondo sistema nelle equazioni del primo otteniamo:
v1 = h′
ici1 + h′rch
′′rcv2 − h′
rch′′ici
i = h′fci1 + h′
och′′rcv2 − h′
och′′ici
Ricavando la i dall’ultima equazione e sostituendola nella prima equazione dell’ultimo sistema
e nell’ultima equazione del sistema precedente, possiamo ricavare v1 ed i2 tensione d’ingresso
e corrente d’uscita del quadripolo composito:
180
figura IV 7.2
v1 =(
h′ic −
h′rch
′′ich
′ic
1 + h′′ich
′oc
)i1 +
(h′
rch′′fc
1 + h′′ich
′oc
)v2
i2 =(−
h′fch
′′fc
1 + h′′ich
′oc
)i1 +
(h′′
oc −h′′
rch′′fch
′oc
1 + h′′ich
′oc
)v2
Dall’ultimo sistema possiamo ricavare i parametri H:
Hi =h′ic −
h′rch
′′ich
′fc
1 + h′′ich
′oc
Hr=h′
rch′′rc
1 + h′′ich
′oc
Hf=−h′
fch′′fc
1 + h′′ich
′oc
Ho=h′′oc −
h′′rch
′′fch
′oc
1 + h′′ich
′oc
(IV 7.1)
Da questi, applicando le relazioni fornite dalla tabella IV 1.2, possiamo calcolare i parametri
dell’amplificatore.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 181
182
IV 8 Amplificatore Cascode
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 183
Esercizio IV.34 Trovare i parametri caratteristici ZI , ZO, AV , AI dell’amplificatore a tran-
sistor in figura dati i parametri H dei transistor:
Possiamo considerare i due transistor accoppiati come un unico componente rappresentato
con un modello circuitale equivalente quadripolare composto dalla cascata dei due modelli
quadripolari dei transistori componenti (nella loro connessione rispettivamente a base e a
collettore comune) e calcolare i parametri ibridi H di tale quadripolo composito. Possiamo
poi applicare le relazioni che forniscono i parametri di un aplificatore a transistor, dati i
parametri h di quest’ultimo.
Chiamando dunque h′ i parametri H relativi al primo transistor in connessione EC, h′′ quelli
relativi al secondo transistor in connessione BC come in figura IV 8.1, possiamo scrivere che:
v1 = h′
ii1 + h′rv
i = h′f i1 + h′
ov
v = h′′
i i + h′′rv2
i2 = h′′f i + h′′
ov2
Sostituendo la v del secondo sistema nelle equazioni del primo otteniamo:
v1 = h′
ii1 + h′rh
′′rv2 − h′
rh′′i i
i = h′f i1 + h′
oh′′rv2 − h′
oh′′i i
Ricavando la i dall’ultima equazione e sostituendola nella prima equazione dell’ultimo sistema
e nell’ultima equazione del sistema precedente, possiamo ricavare v1 ed i2 tensione d’ingresso
e corrente d’uscita del quadripolo composito:
figura IV 8.1
184
v1 =(
h′i −
h′rh
′′i h′
i
1 + h′′i h′
o
)i1 +
(h′
rh′′f
1 + h′′i h′
o
)v2
i2 =(−
h′fh′′
f
1 + h′′i h′
o
)i1 +
(h′′
oc −h′′
rh′′fh′
o
1 + h′′i h′
o
)v2
Dall’ultimo sistema possiamo ricavare i parametri H:
Hi =h′i −
h′rh
′′i h′
f
1 + h′′i h′
o
Hr=h′
rh′′r
1 + h′′i h′
o
Hf=−h′
fh′′f
1 + h′′i h′
o
Ho=h′′o −
h′′rh′′
fh′o
1 + h′′i h′
o
(IV 8.1)
Da questi, applicando le relazioni fornite dalla tabella IV 1.2, possiamo calcolare i parametri
dell’amplificatore.
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 185
Esercizio IV.35 Calcolare Ai, Zi, Av, Zo del circuito in figura (amplificatore cascode), dati
i parametri H dei transistor supposti identici, sotto la condizione che 1hoe
RL.
figura IV 8.2
Se v2o = 0, il carico del transistor T1 e hib = re + rb
1+β∼= 30Ω. Se supponiamo hib piccola
tanto da essere un corto, hi = hie.
hi.=
v1i
ib
∣∣∣∣v2o=0
∼= hie
Per quanto riguarda hf si puo scrivere:
hf.=
i2o
ib
∣∣∣∣v2o=0
=i2o
i2i· i2i
i1i
∣∣∣∣v20=0
∼= hfe · hfb = hfe
Dato che i1i = 0, la resistenza di sorgente del secondo quadripolo e: 1hoe
. Per un transistor
in BC, qual’e il secondo quadripolo, se Rs e molto grande, Zo = 1hob
.
ho.=
i2o
v2o
∣∣∣∣i1i=0
= hob
Per quanto riguarda hr si puo scrivere:
hr.=
v1i
v2o
∣∣∣∣i1i=0
=v1i
v1o· v1o
v2o
∣∣∣∣i1i=0
= hre · hrb
Riassumendo:
hi∼= hie
hf = hfe
ho = hob
hr = hre · hrb
Si noti come i parametri della coppia di transistor EC-BC abbiano valori simili a quelli del
transistor singolo in connessione EC, con i seguenti vantaggi:
• ho = hob > hoe
186
• hr = hre · hrb < hre
Una tale coppia di transistor dunque potrebbe essere usata al posto di un transistor in EC
per realizzare amplificatori sfruttando i vantaggi visti. Si noti inoltre che con un hre piccolo
si riduce l’effetto di feedback interno del transistor. Con un tale elemento amplificatore
composito poi sono piu facilmente verificabili le condizioni che portano alla semplificazione
del circuito equivalente del transistor in connessione EC, come abbiamo visto negli esercizi
IV.4,IV.28
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 187
EC
AI =βrd − re
re + rd + RL βrd
rd + RL
ZI =[rb + re](RL + [rd + re]) − [re][re − βrd]
(RL + [rd + re]) rb + re(β + 1)
11 + re+RL
rd
AV =−RL−[−βrd + re]
[rb + re](RL + [rd + re])− [re][re − βrd] − RLβ
(rb + re)(1 + RL
rd) + βre
ZO =(Rs + [rb + re])[re + rd] − [re][−βrd + re]
[−βrd + re] rd
(1 +
β
1 + Rs+rb
re
)
AI =hfe
1 + hoeRL
ZI =hie − RLhreAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
hoe − hrehfe
Rs+hie
AI ==−zfe
zoe + RL
ZI =(Rs + zie)zoe − zrezfe
zoe + RL
AV =zfeRL
zie(zoe + RL) − zrezfe
ZO =(Rs + zie)zoe − zfezre
(Rs + zie)
188
CC
AI = − (1 + β)rd
(re + rd + RL) −(1 + β)rd
rd + RL
ZI =rb + (1 + β)rd(rd + re + RL) − rd(1 + β)rd
(re + rd + RL) (1 + β)rd(rd + RL) − rd(1 + β)rd
(rd + RL)
AV = − RL(1 + β)rd
rb + (1 + β)rd(rd + re + RL) − rd(1 + β)rd − RLβrd
rd(1 + RL
rd)(rb + (1 + β)re)
ZO =(Rs + rb + (1 + β)rd)re + rd − rd(1 + β)rd
Rs + rb + (1 + β)rd re +
Rs + rb
1 + β
AI =hfc
1 + hocRL
ZI =hic − RLhrcAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
hoc − hrchfc
Rs+hic
AI ==−zfc
zoc + RL
ZI =zic(zoc + RL) − zrczfc
zoc + RL
AV =− zfcRL
zic(zoc + RL) − zrczfc
ZO =(Rs + zic)zoc − zoczrc
(Rs + zic)
M.Vascon, G.Galeazzi, Esercizi sui transistor 189
BC
AI =[re + rb]
[rb + αrc] + RL αrc
rc + RL
ZI =[re + rb]([rb + rc] + RL) − [rb][rb + αrc]
[rb + rc + RL] rb(rc + RL) − rbαrc
(rc + RL)
AV =− RL[rb + αrc][re + rb]([rb + rc] + RL) − [rb][rb + αrc]
− RLβrd
rd(1 + RL
rd)(rb + (1 + β)re)
ZO =(Rs + [re + rb])[rb + rc] − [rb][rb + αrc]
Rs + [re + rb] rb + rc −
rb(rb + αrc)(Rs + re + rb)
AI =hfb
1 + hobRL
ZI =hib −RLhrbAI
AV =RL−AI
ZI
ZO =1
hob − hrbhfb
Rs+hib
AI =i2i1
=−zfb
zob + RL
ZI =zib(zob + RL) − zrbzfb
zob + RL
AV =− zfbRL
zib(zob + RL) − zrbzfb
ZO =(Rs + zib)zob − zobzrb
(Rs + zib)
190