Soluzioni 01

January 24, 2023 | Author: Anonymous | Category: N/A
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CAPITOLO 1  1.1  B = 19.97 x 100.1997 2020 −1960 (

)

= 14.5 x 1012 = 14.5 Tb/circuito  

1.2

(a)  B2

=

 B1 Y 2

19.97 x10

19.97 x10

− Y 1 =

(b)

0.1977 (Y 2 −1960 ) 0.1977 (Y 1 −1960 )

log 2 0.1977

Y 2

− Y 1 =

= 100.1977 (Y  −Y  )   cos ì   2 = 100.1977(Y  −Y  ) 2

1

2

1

= 1.52 anni   log10 0.1977

= 5.06  anni  

1.3   N  = 1610 x10

1.4 

0.1548( 2020 −1970 )

= 8.85 x 1010 transistori/μ P  

−0.0 0.0580 5806 6(202 2020 0−1970)

F  = 8.00 x10

μ m = 10 nm.

 No, questa distanza corrisponde al diametro di solo pochi atomi. Inoltre la lunghezza d’onda della radiazione necessaria in fase di produzione sarebbe molto pericolosa

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1.5 

(

)(

P = 75 x10 tubes 1.5W tube 6

1.6 

)= 113 MW!

 I  =

1.13 x 10 8W  220V 

= 511 kA! 

D, D, A, A, D, A, A, D, A, D, A

1.7  V   LSB

=

10.24V  12

=

10.24V 

= 2.500 mV  

V MSB =

2 bits 4096 bits 1001001001102 = 211 + 28 + 25 + 22 + 2 = 234210  

V O

10.24V 

= 5.120V 

2342(2.50 2.500 0 mV )= 5.855 V  = 2342  

2

1.8  V   LSB

=

14210

5V  8

2 bits

=

5V  256 bits

= 19.53

mV  bit

 

2.77V mV 19.53  bit

and

= (128 + 8 + 4 + 2)10 = 100011102

= 142 LSB  

1.9 V   LSB

V  = 5.12V  = 1.25 mV    and = 5.12 12

(

2   bits

4096 bits

bit 

)

V O

= (1011101110112 )V  LSB ± V  LSB

V O

= 211 + 29 + 28 + 2 7 + 25 + 2 4 + 23 + 2 + 1 1.25mV  ± 0.0625V  10

V O

= 3.754 ± 0.000625 or 3.753V ≤ VO ≤ 3.755V 

2

 

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1.10 

IB = com componente ponente continua = 0.002 A, i  b = componente di segnale = 0.002 cos (1000t) A 1.11 

vCE = [5 + 2 cos (5000t)] V 1.12 

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1.13 

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1.14  + R 

v v

1

s

+ g v

v

m

th

-

  Sommando le correnti sul nodo di uscita si ottiene : v 5x10

+ .002v = 0 in questo modo  v = 0   e  v

4

th

= vs − v = vs

 

+ R 

v

1

ix

g v m

vx

  Sommando le correnti sul nodo di uscita : i x

=−

i x

=

v

5 x10 4 v x

5 x10

4

− 0.002v = 0  ma  v = −v x

+ 0.002v x = 0 

 Rth

=

v x i x

=

1 1  R1

+ gm

= 495 Ω  

Il circuito equivalente di Thévenin è:

495 v

Ω

s

 

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1.15  (a) +

βi v



s

v th

R  2

1

i

-

  V th

ma     i = − vs    R1

= V oc = − β  i R2  

e   V th

= β  vs  R2 = 120 vs    R1

39k Ω 100k Ω

= 46.8  vs  

ix

βi R 

v

Rth

R  2

1

x

i

  v x  Rth

=

v x

i x   ;   i  x =  R2

+ β i  

ma  

i = 0   dato che   VR  1

= 0.  

 Rth =  R2

= 39 k Ω.  

Il circuito equivalente di Thévenin è:

39 k   Ω 58.5v

s

  (b) +

βi i

s



R 2

1

i

v th

-

  V th

= V oc = − β  i R2   dove   i + bi + is = 0    e 

V th

⎛  i  ⎞ = − β  ⎜⎜ − s ⎟⎟ R2 = 38700 is ⎝   β  + 1 ⎠  

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βi R 

v

Rth

R 2

1

x

i

   Rth

= v x

 ;   i x = v x i x  R2

+  β i   

ma   i + β i  = 0  so  i = 0   e    Rth =  R2

= 39 k Ω  

Il circuito equivalente di Thévenin è:

39 k   Ω 38700i s

  1.16 

βi v



in

R 2

1

s

i

  in

  v β  s n   i i  β    ma   i =   e   =− − R1 =  R1 vs

100

= 75k Ω vs = 1.33 x 10− 3  vs

Dal problema 1.15(a), R th = R 2 = 56 k Ω.

0.00133v

s

 

Il circuito equivalente di Norton è:

56 k   Ω  

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1.17  is

v

βi R 

s

R  2

1

i

   R = v s is

is =  v s − β  i =  v s + β   v s   = v s  β  + 1    R1  R1  R1  R1

  R1 = 100 k Ω = 1.24 Ω =  β  81   ++ 1

 

1.18  La tensione di circuito aperto è vth = − g m v R2  e  v = +is R1.

= −(0.0025)(105 )(106 )i s = 2.5 x 108 is = 0, v = 0 e Rth = R2 = 1 M    Ω

vth = − g m R1 R2is

Per is

 

1.19 

5V 3V f (Hz) 0 500

0

1000

 

1.20

2V f (kHz) 0 9

10

11

 

coss(20 2000 000 0π t  t   + 2000π  π t  t )+ co coss(2000 20000 0π t  t   − 2000π  π t  t )] + 2000 − 2000 ( ) ( )= 42 [co   v = 2cos(22 2200 000 0π tt  )+ 2cos(1800 18000 0π t  t )

v = 4si 4sin n 2000 20000 0π tt   sin 2000 00π  π t  t 

1.21  A =

2∠36 o 10

−5

∠0

0

  = 2 x105 ∠36 o  

A  = 2 x10   5

∠A = 3 6o  

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1.22 

(a)  A =

10−2 ∠ − 45o −3

2 x10

∠0

o

= 5∠ − 45

o

  (b)  A =

10−1∠ − 12 o −3

10

∠0

o

= 100∠ − 12 o  

  1.23  Siccome la tensione tensione tra i terminali di ingresso dell’amplificatore deve essere 0, v - = v + e vo = v s.

Pertanto Av = 1. 1.24  Siccome la tensione tra i terminali terminali di ingresso dell’amplificatore deve essere 0, v - = v + = v s. Inoltre, i- = 0.   v−

− vo

 R2

+ i− +

v−  R1

=0 

vs



− vo

 R2

+

vs  R1

=0 

e   Av

=

vo vs

= 1+

 R2

 

 R1

1.25  Scrivendo l’equazione nodale ai terminali di ingresso dell’amplificatore operazionale   v1 − v−  R1 vo

+

 R3

=−

v2

− v−

 R2

= i− +

 R3

v1 − − v2  R1  R2

v−

− vo

 R3

  ma   v-

= v+ = 0   e  

i-

=0  

= −0.255 sin 3770t − 0.255 sin10000t  volts

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1.26 vO

 b b b  0 1 1 = −V  REF ⎜ 1 + 2 + 3 ⎟ (a) vO = −5⎜ + + ⎟ = −1.875V   (b) ⎝ 2 4 8 ⎠ ⎝ 2 4 8 ⎠

 b1 b2 b 3 

vO (V)

000

0

001

-0.625

010

-1.250

011

-1.875

100

-2.500

101

-3.125

110

-3.750

111

-4.375

vO

 1 0 0 = −5⎜ + + ⎟ = −2.500V   ⎝ 2 4 8 ⎠

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1.27 Amplificatore Amplificat ore passa-banda

Amplitude 20

f  1 kHz

5 kHz

 

1.28

5sin n (25 2500 00π  π t  t )+ 20 x 0.75co 0.75coss(80 8000 00π  π t  t )+ 0 x 0.6co 0.6coss(12 1200 000 0π t  t ) ( )= 20 x0.0.5si   v (t ) = [10.0si 10.0sin n (2500 2500π  π t  t )+ 15 15.0co .0coss(80 8000 00π  π t  t )] volts vO t  O

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1.29 

t=linspace(0,.005,1000); w=2*pi*1000; v=(4/pi)*(sin(w*t)+sin(3*w*t)/3+sin(5*w*t)/5); v1=5*v; v2=5*(4/pi)*sin(w*t); v3=(4/pi)*(5*sin(w*t)+3*sin(3*w*t)/3+sin(5*w*t)/5);  plot(t,v)  plot(t,v1)  plot(t,v2)  plot(t,v3) 2 1 0 -1 -2 0

1

2

3

4

5 x10-3

(a)

 

10 5 0 -5 -10 0

(b)

1

2

3

4

5 x10-3

 

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10 5 0 -5 -10 0

1

2

3

4

5 x10-3

(c)

 

10 5 0 -5 -10 0

1

2

3

4

5 x10-3

(d)

 

1.30 

( a ) 300 3000 0(1 − .01)≤  R ≤ 3000(1 + .01)  or b

 R

( ) 300 3000 0(1 − .05)≤ ≤ 3000(1 + .05)  or ( c ) 300 3000 0(1 − .10)≤  R ≤ 3000(1 + .10)  or 1.31 

2970Ω ≤  R ≤ 3030 2970Ω 3030Ω Ω   R

2850Ω 2850 Ω ≤  ≤ 3150 3150Ω Ω 2700Ω ≤  R ≤ 3300 2700Ω 3300Ω Ω 

F  (1 − .5) ≤ C  ≤ F  (1 + .2)  or 20000μ  20000 μ F  ≤ 20000 20000μ  μ F

F    ≤  R  ≤ 24000 F    10000μ F 10000μ  24000μ  μ F

1.32 

(a) 5V (1 − .05) ≤ V  ≤ 5V (1 +  .05)   o   5.75V ≤ V  ≤ 5.25V    V = 5.30 V eccede dal range massimo, quindi la sua uscita è fuori dai limiti (b) Se il voltmetro misura un valore più alto dell’1.5%, allora la tensione attuale è 5.30 V meter  = 1.015V act    o    Vact = = 5.22V  che si trova nei limiti specificati.   Jaeger, Blalock,1.015 Microelettronica, 4e - ©2017 McGraw-Hill Education

 

  1.33 

Δ R 6562 − 6066 Ω = = 4.96 o 100 − 0 ΔT  C    R  nom =  R + TCR  (ΔT)= 6066 + 4.96(27)= 6200Ω 0 C 

TCR =

o

 

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1.34  V1

+

I2



1

V



I3

+



V2

2

3

-

   R X 

= R2  R3   quindi 

V 1

= V 

 R1

 R1

+ R X 

=

V 1

1+

 R X   R1

 

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1.35  R2 + R3  I 1 = I   R1 + R2 + R3

1  R1

1     e allo stesso modo   I 2 = I   R2 + R3 1+ 1+  R1  R2 + R3

= I 

1.36 

Dal Prob. 1.14 : 

 Rth

1

= gm

max th

 R

=

+

1  R1

1 0.002(0.8) +

= 619 Ω  1 5 x10 4 (1.2 )

min th

 R

 

=

 

1 0.002(1.2 ) +

= 412  Ω 1 5 x10 4 (0.8)

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1.37 

Per un set di 200 casi utilizzando le equazioni del prob. 1.34.

1.38 

Per un set di 200 casi utilizzando le equazioni del prob. 1.35:

1.39 

3.29, 0.995, -6.16; 3.295, 0.9952, -6.155

1.40 

(a) (1.763 mA)(20.70 k  Ω) = 36.5 V (b) 36 V (c) (0.1021

A)(97.80 k Ω) = 9.99 V; 10 V

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