esercizi sui transistor - sito web degli studenti di fisica

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

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

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

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.


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


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.


I 2 IIa polarizzazione EC




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)


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 .


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


Sα.=

∆IC

∆α=

IC1

α1SI2 (I 2.5)


∆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




Sβ.=

∆IC

∆β=

IC1

β1(1 + β2)SI2 (I 2.6)

14


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.


I 3 IIIa polarizzazione EC


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)


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


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 .


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


Sα.=

∆IC

∆α=

IC1

α1SI2 (I 3.6)


∆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


Sβ.=

∆IC

∆β=

IC1

β1(1 + β2)SI2 (I 3.7)

Commento I.2 La SI non dipende dal valore della resistenza Rc.



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


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:



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)




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.


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)


I 4 IVa polarizzazione EC




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


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


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


IC =α(VCC − VBE)Rc + (1 − α)Rb

+(Rc + Rb)ICBO

Rc + (1 − α)Rb


I coefficienti di stabilita possono essere ricavati come nell’esercizio precedente.

30

I 5 Va polarizzazione EC




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)


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


32


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


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





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




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.



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)


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 +


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




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:



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 ]


[

I1

I2

]

possiamo ricavare I2:

I2 =

∣∣∣∣∣∣[Rc + Rb + R2] [VCC + RbICBO ]

[Rc + Rb] [VCC + RbICBO − VBE ]

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[Rb + Rb + R2] [Rc + Rb − βRb

1+β ]


∣∣∣∣∣∣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.


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


Esercizio I.15 Dimostrare l’equivalenza in figura:

figura I 6.3


42

figura I 6.4

L’equivalenza consegue da quella dell’esercizio precedente.



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


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

II 1 Modelli in EC


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:


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


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


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


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


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


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


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


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′.


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


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



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


hib re + (1 − α)rb

hfb−α

hrbrb

rc

hob1rc

tabella II 2.1



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


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


[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)


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



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


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)



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



hi->(-(z12 z21) + z11 z22)/ z22,hr-> z12 /z22,hf->-z21/z22,ho->1/z22

70

II 3 Modelli in CC


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



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


hic rb + (β + 1)re

hfc −(1 + β)

hrc 1

hoc 1rd

tabella II 3.1



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


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


[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.


[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)


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


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



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



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


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


TRANSISTOR -EC-


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---


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-


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


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


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)


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.


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]


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


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


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).


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.


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.


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)


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).


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.


figura III 0.13

106

Gruppo IV

Circuiti amplificatori

Argomento di questo IV Gruppo di esercizi sono gli amplificatori a transistor nelle treconnessioni.

107

IV 1 Amplificatori in EC

1

1Per un confronto tra le proprieta degli amplificatori a transistor nelle tre connessioni si vedal’esercizio IV.24.


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


∣∣∣∣=

v1(re + rd + RL)(rb + re)(re + rd + RL) − re(−βrd + re)

i2=

∣∣∣∣ (rb + re) v1

(−βrd + re) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ (ri + re) re


∣∣∣∣=

−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:


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.



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


AI =hfe

1 + hoeRL

ZI =hie −RLhreAI

AV =RL−AI

ZI

ZO =1

hoe − hrehfe

Rs+hie

tabella IV 1.2



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.


figura IV 1.6

ZO.=

vo

io

ZO.=

vo

io=

1

ho − hrhf

Rs+hi

= (ho −hrhf

hi + Rs)−1


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.


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


sistor ad emettitore comune in figura dati i parametri Z del transistor:

figura IV 1.8


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

]


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


AI =i2i1

=−zfe

zoe + RL= − [re − βrd]

[re + rd] + RL

ZI.=

v1

i1

ZI=v1

i1=


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


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)



AI ==−zfe

zoe + RL

ZI =(Rs + zie)zoe − zrezfe

zoe + RL

AV =zfeRL



(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.


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


lati del grafico.


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


lati del grafico.



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.


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.



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




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

]


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


[0vo

]=

(Rs + rb + (1 + β)rd) rd

(1 + β)rd (re + rd)

[

i1o

i2o

]


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.


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


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



sistor a collettore comune in figura dati i parametri Z del transistor:

figura IV 2.4


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

]


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=


zoc + RL

AV.=

v2

v1

AV =v2

v1= − zfc




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


i2o=

∣∣∣∣ (Rs + zic) 0zfc vo

∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + zic) zrc

zfc zoc

∣∣∣∣=

v0(Rs + zic)(Rs + zic)zoc − zrczfc

ZO.=

vo

i2o


ZO =(Rs + zic)zoc − zoczrc

(Rs + zic)

136


AI ==−zfc

zoc + RL

ZI =zic(zoc + RL) − zrczfc

zoc + RL

AV =− zfcRL



(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.


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


lati del grafico.



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.


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


della curva.

figura IV 2.7


lati del grafico.



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.


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


della curva.

figura IV 2.8


lati del grafico.



condizione che RL → 0, AV c.= v2/v1 assume il valore 0. Ponendo invece la condizione che

RL → ∞, v2 → v1, AV c → 1.

140


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


del grafico.



condizione che Rs → 0, ZOc assume il valore re + rb

(1+β) 20. Ponendo invece la condizione

che Rs → ∞, ZOc → rd + re 20KΩ.


IV 3 Amplificatori in BC

6




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

]


i1=

∣∣∣∣ v1 rb

0 (rb + rc + RL)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(re + rd) rb


∣∣∣∣∣∣=

v1(rb + rc + RL)(re + rb)(rb + rc + RL) − rb(rb + αrc)

i2=

∣∣∣∣ (re + rb) v1

(rb + αrc) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(re + rd) rb


∣∣∣∣∣∣=

−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


[

i1o

i2o

]



i2o=

∣∣∣∣ (Rs + re + rb) 0(rb + αrc) vo

∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + re + rb) rb


∣∣∣∣=

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


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


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



sistor a base comune in figura dati i parametri Z del transistor:

figura IV 3.4


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

]


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=


zob + RL

AV.=

v2

v1

AV =v2

v1=

zfbRL

zib(zob + RL) − zfbzrb



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


i2o=

∣∣∣∣ (Rs + zib) 0zfb vo

∣∣∣∣∣∣∣∣ (Rs + zib) zrb

zfb zob

∣∣∣∣=

v0(Rs + zib)(Rs + zib)zob − zrbzfb

ZO.=

vo

i2o


ZO =(Rs + zib)zob − zfbzrb

(Rs + zib)

150


AI =i2i1

=−zfb

zob + RL

ZI =zib(zob + RL) − zrbzfb

zob + RL

AV =− zfbRL


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.


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


lati del grafico.



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.


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


della curva.

figura IV 3.7


lati del grafico.



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.


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


della curva.

figura IV 3.8


lati del grafico.



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


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


del grafico.



la condizione che Rs → 0, ZOb assume il valore rc − αrc 20KΩ. Ponendo invece la

condizione che Rs → ∞, ZOb → rc 1MΩ.


IV 4 Analisi comparata tra amplificatori nelle treconnessioni


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.


IV 5 Amplificatori in EC con resistore in emettitore



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


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

)



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


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.


• 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


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.



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


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)


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




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




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.


IV 8 Amplificatore Cascode



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.


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


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



(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



(Rs + zic)


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


ZO =(Rs + zib)zob − zobzrb

(Rs + zib)

190

esercizi sui transistor - sito web degli studenti di fisica

Documents