capitolo 1 - mcgraw-hill educationhighered.mheducation.com/sites/dl/free/8838615551/1096611/... ·...

CAPITOLO 1

1.1

( ) oTb/circuit 5.1410 5.1410 97.19 12196020201997.0 === − xxB

1.2 (a)

( )

( )( ) ( )

anni 52.11977.0

2log==YY

ìxx

BB YYYY

Y

Y

102 cos 101097.191097.19

12

1977.01977.019601977.0

19601977.0

1

2 1212

1

2

−

=== −−−

−

(b) anniYY 06.51977.0

10log12 ==−

1.3

( ) Pri/ transisto10 85.8101610 10197020201548.0 μxxN == −

1.4 . F = 8.00x10−0.05806 2020−1970( )μm =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

© 2009 The McGraw-Hill Companies, S.r.l. - Publishing Group Italia

Jaeger, Blalock, Microelettronica, 4e - ©2017 McGraw-Hill Education

R. C. Jaeger, T. N. Blalock – Microelettronica, 3ª edizione

1.5

P = 75x106 tubes( )1.5W tube( )=113 MW! I =

1.13 x 108W220V

= 511 kA!

1.6 D, D, A, A, D, A, A, D, A, D, A

1.7

VLSB =10.24V212 bits

=10.24V4096bits

= 2.500 mV VMSB = 10.24V2

= 5.120V

1001001001102 = 211 + 28 + 25 + 22 + 2 = 234210 VO = 2342 2.500mV( )= 5.855 V

1.8

VLSB =5V

28 bits=

5V256bits

=19.53 mVbit

and 2.77V

19.53 mVbit

=142 LSB

14210 = 128 + 8 + 4 + 2( )10=100011102

1.9

VLSB =5.12V212 bits

=5.12V

4096 bits=1.25 mV

bit and VO = 1011101110112( )VLSB ±

VLSB

2VO = 211 + 29 + 28 + 27 + 25 + 24 + 23 + 2 +1( )10

1.25mV ± 0.0625V

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




1.10

IB = componente continua = 0.002 A, ib = componente di segnale = 0.002 cos (1000t) A

1.11

vCE = [5 + 2 cos (5000t)] V

1.12




1.13




1.14

R1

vs

+

-

v

gmv vth

+

-

ss vvv =−=th4 ve 0= vmodo questoin 0=.002v+5x10

v:ottiene si uscita di nodo sul correnti le Sommando

R1

vx

+

-

v

g vm

ix

Ω=+

==+=

−−−=

49511 0=002.0

105

= a 0=002.0105

:uscita di nodo sul correnti le Sommando

1

4

4

mx

xthx

xx

xx

gR

ivRv

xvi

vvmvxvi

Il circuito equivalente di Thévenin è:

vs

495 Ω




1.15 (a)

R1 R2

βi

vs

i

+

-

vth

sth

socth v

kkv

RRvV

RvRiVV 8.46

10039 120 e = i ma s

1

2s

12 =

ΩΩ

==−−== ββ

R1 R2

βi

i

Rth vx

ix

. 39= .0V che dato 0 ma = i ; 2R2

x 1Ω===+= kRRii

Rv

ivR th

x

x

xth β


58.5v s

39 k Ω

(b)

R1 R2

βi

is

i

+

-

vth

sthsocth iRiVibiiRiVV 38700 1

e 0= ++ dove 2s

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−−=−==β

ββ




R1 R2

βi

i

Rth vx

Ω===++= kRRiiiiRv

ivR th

x

x

xth 39= e 0 so 0 ma = i ; 2

2x ββ


39 k Ω

38700i s

1.16

R1 R2

βi

vs

i

in

sns

n vxvk

vR

iRvii 10 33.1

75100 e = i ma 3

ss11

−=Ω

==−−=ββ

Dal problema 1.15(a), Rth = R2 = 56 kΩ. Il circuito equivalente di Norton è:

56 k Ω0.00133v s




1.17

R1 R2

βi

vs

i

is

is =

vs

R1

− β i =vs

R1

+ β vs

R1

= vsβ +1

R1

R =vs

is

=R1

β +1=

100kΩ81

=1.24 Ω

1.18

( )( )( )Ω===

=−=−

−

MRRiixiiRRgv

RivRvgv

ths

sssmth

smth

1 e 0= v,0Per 10 5.210100025.0=

.+= e = è aperto circuito di tensioneLa

2

86521

12

1.19

5 V

3 V

0f (Hz)

500 10000

1.20

2 V

0f (kHz)

9 10 11

v = 4sin 20000πt( )sin 2000πt( )=42

cos 20000πt + 2000πt( )+ cos 20000πt − 2000πt( )[ ]v = 2cos 22000πt( )+ 2cos 18000πt( )

1.21

A =

2∠36o

10−5∠00 = 2x105∠36o A = 2x105 ∠A = 36o




1.22

A =

10−2∠ − 45o

2 (b)

A =

10−1∠ −12o

10−3∠0o =100∠ −12o = 5∠ − 45o(a) x10−3∠0o

1.23 Siccome la tensione tra i terminali di ingresso dell’amplificatore deve essere 0, v- = v+ e vo = vs. Pertanto Av = 1.

1.24 Siccome la tensione tra i terminali di ingresso dell’amplificatore deve essere 0, v- = v+ = vs. Inoltre, i- = 0.

1

2v

1212

1A e 0 o 0RR

vv

Rv

Rvv

Rvi

Rvv

s

ososo +===+−

=++− −

−−

1.25 Scrivendo l’equazione nodale ai terminali di ingresso dell’amplificatore operazionale

volts10000sin255.03770sin255.0

0 e 0 ma +

22

31

1

3

--32

2

1

1

ttvRRv

RRv

ivvR

vviR

vvR

vv

o

o

−−=−−−=

===−

+=−−

+−

−−−




1.26

vO = −VREFb1

2+

b2

4+

b3

8⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ (a) vO = −5 0

2+

14

+18

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ = −1.875V (b) vO = −5 1

2+

04

+08

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ = −2.500V

b1b2b3

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




1.27 Amplificatore passa-banda

f

20

1 kHz 5 kHz

Amplitude

1.28

vO t( )= 20x0.5sin 2500πt( )+ 20x0.75cos 8000πt( )+ 0x0.6cos 12000πt( )vO t( )= 10.0sin 2500πt( )+15.0cos 8000πt( )[ ] volts




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)

(a)

-2

-1

0

1

2

0 1 2 3 4 5x10-3

(b)

-10

-5

0

5

10

0 1 2 3 4 5x10-3




(c)

-10

-5

0

5

10

0 1 2 3 4 5x10-3

(d)

-10

-5

0

5

10

0 1 2 3 4 5x10-3

1.30

(a) 3000 1− .01( )≤ R ≤ 3000 1+ .01( ) or 2970Ω ≤ R ≤ 3030Ω

(b) 3000 1− .05( )≤ R ≤ 3000 1+ .05( ) or 2850Ω ≤ R ≤ 3150Ω

(c) 3000 1− .10( )≤ R ≤ 3000 1+ .10( ) or 2700Ω ≤ R ≤ 3300Ω

20000μF 1− .5( )≤ C ≤ 20000μF 1+ .2( ) or 10000μF ≤ R ≤ 24000μF 1.31

1.32

( ) ( ) VVVVV 25.5.75V5 o 05.1505.15 ≤≤+≤≤− (a) 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

i.specificat limiti nei trovasi che 22.51.0155.30=V o 015.1 act VVV actmeter ==




1.33

TCR =ΔRΔT

=6562 − 6066

100 − 0= 4.96 Ω

oC Rnom = R

0oC+ TCR ΔT( )= 6066 + 4.96 27( )= 6200Ω




1.34

V2

+

-

V

+ -V1

R2

I3I2R1

R3

1R

1

1

1132

1 quindi R

VRR

RVVRRRXX

X

+=

+==




1.35

1

322

32

1321

321

1

1 modo stesso allo e 1

1

RRRII

RRRI

RRRRRII

++

=

++

=++

+=

1.36

( ) ( ) ( ) ( )Ω=

+=Ω=

+=

+=

412

8.010512.1002.0

1 619

2.110518.0002.0

1

11 :1.14 Prob. Dal

4

min

4

max

1

x

R

x

R

Rg

R

thth

m

th





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 kΩ) = 36.5 V (b) 36 V (c) (0.1021 �A)(97.80 kΩ) = 9.99 V; 10 V


capitolo 1 - mcgraw-hill educationhighered.mheducation.com/sites/dl/free/8838615551/1096611/... ·...

Documents