Elettronica 1

Risposta completa

Un semiconduttore è un materiale la cui conducibilità è intermedia tra quella di un conduttore e quella di un isolante, ma la proprietà davvero importante è che tale conducibilità può essere controllata in modo molto ampio mediante temperatura, luce, drogaggio e campi elettrici.

Nel modello a bande, a $T=0\,\mathrm{K}$ un semiconduttore ideale ha la banda di valenza piena e la banda di conduzione vuota, separate da una banda proibita, o energy gap, $E_g$. Non ci sono quindi portatori liberi e il materiale si comporta come un isolante. A $T>0$ alcuni elettroni acquistano energia almeno pari a $E_g$, passano in banda di conduzione e lasciano in banda di valenza delle lacune. Elettroni e lacune sono entrambi portatori mobili. Nel silicio $E_g\simeq1.12\,\mathrm{eV}$ a temperatura ambiente.

In un semiconduttore intrinseco ogni elettrone generato lascia una lacuna, quindi

$$ n=p=n_i, \qquad np=n_i^2. $$

La concentrazione intrinseca $n_i$ cresce rapidamente con la temperatura; nel silicio a $300\,\mathrm{K}$ è dell’ordine di $10^{10}\,\mathrm{cm^{-3}}$. La conducibilità vale

$$ \sigma=q(\mu_n n+\mu_p p), \qquad \rho=\frac{1}{\sigma}. $$

In un metallo, invece, esiste già una banda parzialmente occupata, o una sovrapposizione di bande: sono disponibili moltissimi elettroni mobili anche a bassissima temperatura e non occorre creare coppie elettrone-lacuna. Inoltre, aumentando la temperatura, nei metalli domina l’aumento degli urti e la resistività cresce; nei semiconduttori l’aumento dei portatori può dominare e la resistività intrinseca diminuisce fortemente. Un isolante ha una struttura a bande simile a quella di un semiconduttore, ma un gap molto più grande, che rende trascurabile la generazione termica ordinaria.

Formule chiave

$$ n=p=n_i, \qquad np=n_i^2 $$

$$ \sigma=q(\mu_n n+\mu_p p), \qquad \rho=\sigma^{-1} $$

$$ n_i\propto e^{-E_g/(2kT)}, \qquad E_g^{\mathrm{Si}}\simeq1.12\,\mathrm{eV}\quad(300\,\mathrm{K}) $$

Intuizione

Il metallo possiede già molti portatori; il semiconduttore possiede invece una “manopola” per crearli e controllarli. È proprio questa controllabilità, non il semplice valore intermedio della resistenza, a rendere possibili diodi, transistor, sensori e circuiti integrati.

Errori da evitare

• Dire che un semiconduttore è soltanto un “cattivo conduttore”: manca la controllabilità della concentrazione di portatori.
• Confondere una lacuna con una particella materiale: è l’assenza di un elettrone in un legame e si comporta come carica positiva mobile.
• Dire che a $T>0$ si generano solo elettroni: la generazione intrinseca crea coppie elettrone-lacuna.
• Confondere semiconduttore e isolante senza citare la diversa ampiezza del gap.

Scaletta orale

1. Definizione e controllabilità della conducibilità.
2. Bande di valenza e conduzione, ruolo di $E_g$.
3. Generazione di coppie elettrone-lacuna a $T>0$.
4. $n=p=n_i$, conducibilità e dipendenza dalla temperatura.
5. Confronto finale con metallo e isolante.

Follow-up

• Perché il silicio è così usato? È abbondante, stabile, relativamente economico e forma naturalmente $\mathrm{SiO_2}$, ottimo isolante per la tecnologia MOS.
• Che cosa significa ricombinazione? Un elettrone libero torna a occupare una lacuna, eliminando una coppia di portatori.
• Che cosa succede aumentando la temperatura? Aumenta $n_i$; la mobilità tende invece a diminuire per gli urti. Nel semiconduttore intrinseco prevale normalmente l’aumento dei portatori.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2.
• 4A - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte1_R2.pdf, pp. 4-7 e 11-19.

Risposta completa

Il drogaggio consiste nell’introdurre nel semiconduttore intrinseco una piccola e controllata concentrazione di impurità sostituzionali. Serve a modificare di molti ordini di grandezza la concentrazione e il tipo dei portatori, quindi la conducibilità, e soprattutto a creare regioni di tipo N e P con cui si realizzano giunzioni, diodi e transistor.

Nel silicio, che appartiene al IV gruppo, un’impurità del V gruppo come fosforo o arsenico forma quattro legami e possiede un quinto elettrone debolmente legato. L’impurità è un donatore: dopo avere ceduto l’elettrone rimane ionizzata positivamente. Il materiale è di tipo N; gli elettroni sono maggioritari e le lacune minoritarie. Se i donatori sono completamente ionizzati e $N_D\gg n_i$,

$$ n\simeq N_D, \qquad p=\frac{n_i^2}{n}\simeq\frac{n_i^2}{N_D}. $$

Un’impurità del III gruppo, tipicamente boro, lascia invece un legame insoddisfatto: può accettare un elettrone e generare una lacuna. È un accettore, che ionizzato è negativo. Il materiale è di tipo P; per $N_A\gg n_i$,

$$ p\simeq N_A, \qquad n\simeq\frac{n_i^2}{N_A}. $$

In equilibrio termico vale sempre la legge di azione di massa $np=n_i^2$. Vale anche la neutralità macroscopica

$$ p+N_D^+=n+N_A^-. $$

Quindi un semiconduttore N non è globalmente negativo e uno P non è globalmente positivo: ai portatori mobili si accompagnano gli ioni fissi del drogante. In caso di compensazione contano entrambi i drogaggi; per esempio, se $N_D>N_A$ e l’ionizzazione è completa, $n\simeq N_D-N_A$.

Formule chiave

$$ np=n_i^2 $$

$$ \text{tipo N: }n\simeq N_D,\quad p\simeq\frac{n_i^2}{N_D} $$

$$ \text{tipo P: }p\simeq N_A,\quad n\simeq\frac{n_i^2}{N_A} $$

$$ p+N_D^+=n+N_A^- $$

Intuizione

Il drogaggio non “versa carica” nel cristallo: inserisce livelli energetici dai quali è molto facile liberare un elettrone o creare una lacuna. Una quantità di impurità piccolissima rispetto agli atomi di silicio basta quindi a determinare quasi completamente la conduzione.

Errori da evitare

• Dire che tipo N significa materiale carico negativamente o tipo P materiale carico positivamente.
• Scambiare donatori e accettori: V gruppo $\to$ donatori $\to$ tipo N; III gruppo $\to$ accettori $\to$ tipo P.
• Dimenticare i portatori minoritari: non sono nulli e sono essenziali per la giunzione p-n.
• Scrivere $n+p=n_i^2$: la legge corretta è il prodotto $np=n_i^2$.

Scaletta orale

1. Definizione e scopo tecnologico del drogaggio.
2. Donatori del V gruppo e materiale N.
3. Accettori del III gruppo e materiale P.
4. Maggioritari, minoritari e legge $np=n_i^2$.
5. Neutralità: N e P non indicano una carica netta.

Follow-up

• Quanto drogante si usa? Nelle slide sono indicati valori tipici tra $10^{14}$ e $10^{19}\,\mathrm{cm^{-3}}$, contro circa $10^{22}$ atomi di Si per $\mathrm{cm^3}$.
• Che cosa cambia oltre alla concentrazione? All’aumentare delle impurità la mobilità tende a diminuire per lo scattering; la conducibilità non cresce quindi in modo perfettamente proporzionale al drogaggio.
• Che cos’è un semiconduttore estrinseco? Un semiconduttore la cui concentrazione di portatori è determinata prevalentemente dal drogaggio.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 4A - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte1_R2.pdf, pp. 25-27 e 33.
• 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, pp. 8-10.

Risposta completa

In un semiconduttore i portatori hanno anzitutto un moto termico casuale, ma in equilibrio questo non produce spostamento netto. Le correnti macroscopiche nascono da due meccanismi: trascinamento (drift) per effetto di un campo elettrico e diffusione per effetto di un gradiente di concentrazione.

Con un campo $\mathbf E$, gli elettroni hanno velocità media $\mathbf v_n=-\mu_n\mathbf E$, mentre le lacune hanno $\mathbf v_p=+\mu_p\mathbf E$. Poiché la corrente convenzionale degli elettroni ha verso opposto alla loro velocità, le due densità di corrente di drift hanno lo stesso segno rispetto a $\mathbf E$:

$$ J_{n,\mathrm{drift}}=q n\mu_n E,\qquad J_{p,\mathrm{drift}}=q p\mu_p E. $$

La parte di drift totale è quindi

$$ J_{\mathrm{drift}}=q(n\mu_n+p\mu_p)E=\sigma E. $$

La diffusione muove le particelle dalle zone ad alta concentrazione verso quelle a bassa concentrazione. In una dimensione, con asse $x$,

$$ J_{n,\mathrm{diff}}=qD_n\frac{dn}{dx},\qquad J_{p,\mathrm{diff}}=-qD_p\frac{dp}{dx}. $$

I segni sono diversi perché l’elettrone ha carica negativa e la lacuna positiva. Sommando le quattro componenti si ottengono le equazioni di trasporto:

$$ J_n=q n\mu_nE+qD_n\frac{dn}{dx}, $$

$$ J_p=q p\mu_pE-qD_p\frac{dp}{dx}, $$

$$ J=J_n+J_p. $$

Mobilità e coefficiente di diffusione non sono indipendenti. Per un semiconduttore non degenere vale la relazione di Einstein

$$ \frac{D_n}{\mu_n}=\frac{D_p}{\mu_p}=\frac{kT}{q}=V_T, $$

con $V_T\simeq25.9\,\mathrm{mV}$ a $300\,\mathrm{K}$. Nella giunzione p-n in equilibrio la corrente di diffusione dei maggioritari è esattamente bilanciata dalla corrente di drift prodotta dal campo interno.

Formule chiave

$$ J=q(n\mu_n+p\mu_p)E+qD_n\frac{dn}{dx}-qD_p\frac{dp}{dx} $$

$$ \sigma=q(n\mu_n+p\mu_p) $$

$$ D_n=\mu_nV_T,\qquad D_p=\mu_pV_T,\qquad V_T=\frac{kT}{q} $$

Intuizione

Il drift è una risposta a una “pendenza elettrica”; la diffusione è una risposta a una “pendenza di concentrazione”. Il primo richiede un campo, il secondo esiste anche con campo nullo. Nella giunzione i due effetti possono opporsi fino a dare corrente totale nulla.

Errori da evitare

• Confondere il verso di moto degli elettroni con quello della corrente convenzionale.
• Dire che l’agitazione termica da sola produce corrente netta in un materiale uniforme in equilibrio.
• Usare lo stesso segno per la diffusione di elettroni e lacune senza considerare la carica.
• Dimenticare che mobilità e diffusione dipendono da materiale, temperatura e drogaggio.

Scaletta orale

1. Moto termico casuale: velocità non nulla, corrente media nulla.
2. Drift: velocità, mobilità e due contributi di corrente.
3. Diffusione: gradiente di concentrazione e leggi di Fick.
4. Somma nelle equazioni di trasporto.
5. Relazione di Einstein e collegamento alla giunzione in equilibrio.

Follow-up

• Perché le correnti di drift di elettroni e lacune si sommano? Gli elettroni si muovono contro $E$, ma hanno carica negativa; le lacune si muovono lungo $E$ e hanno carica positiva. Le correnti convenzionali risultano concordi.
• Che cosa rappresenta la mobilità? Il rapporto tra modulo della velocità media di drift e campo, nel regime lineare: $\mu=|v_d|/|E|$.
• Il modello $v=\mu E$ vale sempre? No. A campi elevati compare la saturazione della velocità.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2.
• 4A - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte1_R2.pdf, pp. 28-38.
• 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, pp. 11-18.

Risposta completa

Una giunzione p-n si ottiene creando a contatto una regione P e una regione N dello stesso cristallo. Appena si forma il contatto, il forte gradiente di concentrazione fa diffondere le lacune da P verso N e gli elettroni da N verso P. Vicino all’interfaccia questi portatori si ricombinano e lasciano scoperti gli ioni fissi: accettori negativi sul lato P e donatori positivi sul lato N.

Nasce così la regione di svuotamento, quasi priva di portatori mobili. Le cariche fisse producono un campo elettrico interno, diretto dal lato N positivo verso il lato P negativo. Il campo genera una corrente di drift opposta alla diffusione. All’equilibrio le due correnti si compensano e la corrente totale è nulla; ciò non significa che i singoli flussi siano nulli.

Il campo corrisponde a una barriera di potenziale incorporata

$$ V_{bi}=V_T\ln\!\left(\frac{N_AN_D}{n_i^2}\right). $$

La neutralità della carica di svuotamento impone

$$ N_Ax_p=N_Dx_n, $$

perciò la regione di svuotamento si estende soprattutto nel lato meno drogato. Per una giunzione brusca, indicando con $V_A$ la tensione P rispetto a N,

$$ W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_s}{q}\left(\frac1{N_A}+\frac1{N_D}\right)(V_{bi}-V_A)}. $$

In polarizzazione diretta, P positivo rispetto a N, il campo esterno si oppone a quello interno: barriera e $W$ diminuiscono, i maggioritari vengono iniettati oltre la giunzione e la corrente cresce esponenzialmente. In inversa i campi si sommano, $W$ aumenta e resta solo una piccola corrente di minoritari, finché non si raggiunge il breakdown. La caratteristica è

$$ I=I_S\left(e^{V_D/(\eta V_T)}-1\right). $$

Formule chiave

$$ V_{bi}=V_T\ln\!\left(\frac{N_AN_D}{n_i^2}\right), \qquad N_Ax_p=N_Dx_n $$

$$ W\propto\sqrt{\left(\frac1{N_A}+\frac1{N_D}\right)(V_{bi}-V_A)} $$

$$ I=I_S\left(e^{V_D/(\eta V_T)}-1\right) $$

Intuizione

La diffusione iniziale costruisce da sola il “muro elettrico” che poi la arresta. La polarizzazione diretta abbassa il muro; quella inversa lo alza. Il comportamento rettificante non deriva da un interruttore meccanico, ma dal controllo della barriera e dell’iniezione di portatori.

Errori da evitare

• Dire che nella zona di svuotamento non esistono cariche: mancano i portatori mobili, ma sono presenti gli ioni fissi.
• Invertire il verso del campo interno: è diretto dalla regione N positiva alla regione P negativa.
• Dire che all’equilibrio non avviene alcun moto: drift e diffusione esistono ma si bilanciano.
• Dire che la regione di svuotamento si allarga di più nel lato più drogato: accade il contrario.
• Ridurre la polarizzazione diretta a “il diodo è un corto” senza spiegare barriera e iniezione.

Scaletta orale

1. Contatto P-N e diffusione dei maggioritari.
2. Ricombinazione, ioni fissi e regione di svuotamento.
3. Campo built-in e equilibrio drift-diffusione.
4. Neutralità e maggiore estensione nel lato meno drogato.
5. Effetti opposti di polarizzazione diretta e inversa.

Follow-up

• Da che lato si estende di più la depletion? Dal lato meno drogato; segue $N_Ax_p=N_Dx_n$.
• Che cosa trasporta la corrente diretta? Iniezione e diffusione di portatori minoritari nelle regioni quasi neutre.
• Perché in inversa la corrente non è esattamente zero? I portatori minoritari generati termicamente vengono trascinati dal campo; danno $I_S$.
• Che cosa accade al breakdown? La corrente inversa cresce rapidamente per tunneling Zener e/o moltiplicazione a valanga; deve essere limitata esternamente.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2.
• 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, pp. 20-40.

Risposta completa

Il fotoresistore sfrutta la fotoconducibilità di un semiconduttore. Un fotone di frequenza $\nu$ e lunghezza d’onda $\lambda$ possiede energia

$$ E_{\mathrm{fotone}}=h\nu=\frac{hc}{\lambda}. $$

Se $E_{\mathrm{fotone}}\ge E_g$, il fotone assorbito può rompere un legame e generare una coppia elettrone-lacuna. Aumentano $n$ e $p$, quindi

$$ \sigma=q(\mu_n n+\mu_p p) $$

aumenta e la resistenza del campione diminuisce. Per leggere il sensore si applica una polarizzazione e si misura la variazione di corrente o la tensione di un partitore. Maggiore illuminazione produce normalmente più portatori in eccesso e minore resistenza, finché intervengono ricombinazione e saturazioni pratiche.

Usando elettronvolt e micrometri,

$$ E_{\mathrm{fotone}}[\mathrm{eV}]\simeq\frac{1.24}{\lambda[\mu\mathrm m]}. $$

Nel silicio, $E_g\simeq1.12\,\mathrm{eV}$ implica una lunghezza d’onda limite di circa $1.1\,\mu\mathrm m$: fotoni a lunghezza d’onda maggiore non hanno energia sufficiente per la transizione banda-banda. Materiali diversi danno quindi risposte spettrali diverse.

Il fotoresistore è un dispositivo fotoconduttivo: richiede una misura polarizzata e modula una resistenza. Non va confuso con la cella fotovoltaica, che usa il campo interno di una giunzione per generare direttamente una tensione e fornire potenza a un carico.

Formule chiave

$$ E_{\mathrm{fotone}}=h\nu=\frac{hc}{\lambda},\qquad E_{\mathrm{fotone}}\ge E_g $$

$$ E_{\mathrm{fotone}}[\mathrm{eV}]\simeq\frac{1.24}{\lambda[\mu\mathrm m]} $$

$$ \sigma=q(\mu_n n+\mu_p p), \qquad R\propto\sigma^{-1} $$

Intuizione

La luce apre temporaneamente nuovi “canali di conduzione”: crea portatori che prima erano legati. Il circuito non misura direttamente i fotoni, ma la variazione di conducibilità che essi producono.

Errori da evitare

• Dire che qualsiasi lunghezza d’onda viene assorbita: serve $h\nu\ge E_g$.
• Dire che la luce aumenta la resistenza: nel normale regime fotoconduttivo la resistenza diminuisce.
• Confondere fotoresistore e cella solare.
• Dimenticare che la risposta reale dipende anche da ricombinazione, geometria, materiale e temperatura.

Scaletta orale

1. Definizione di fotoconducibilità.
2. Energia del fotone e condizione $h\nu\ge E_g$.
3. Generazione di coppie e aumento di $\sigma$.
4. Lettura con polarizzazione e partitore.
5. Risposta spettrale e distinzione dalla cella fotovoltaica.

Follow-up

• Qual è il limite spettrale del silicio? Circa $1.1\,\mu\mathrm m$ per una transizione ideale banda-banda.
• Perché la risposta non è istantanea? La densità di portatori in eccesso segue i tempi di generazione e ricombinazione; alcuni materiali presentano anche trappole lente.
• Come si trasforma $R(L)$ in una tensione? Con un partitore resistivo o un ponte, seguito da un buffer ad alta impedenza.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2.
• 4A - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte1_R2.pdf, pp. 19-24.

Risposta completa

Una cella solare è una giunzione p-n usata in modalità fotovoltaica. Un fotone assorbito con energia $h\nu\ge E_g$ genera una coppia elettrone-lacuna. Se la coppia nasce nella regione di svuotamento, o abbastanza vicino da raggiungerla per diffusione prima di ricombinarsi, il campo elettrico built-in separa i portatori: spinge elettroni e lacune verso lati opposti. Collegando un carico, questa separazione produce una fotocorrente e il dispositivo eroga potenza senza una polarizzazione elettrica esterna.

Il modello circuitale essenziale è un generatore di fotocorrente in parallelo al diodo della giunzione. Con la convenzione di corrente erogata al carico,

$$ I=I_{ph}-I_S\left(e^{V/(\eta V_T)}-1\right). $$

In cortocircuito $V=0$ e $I_{SC}\simeq I_{ph}$. A circuito aperto $I=0$ e

$$ V_{OC}=\eta V_T\ln\!\left(1+\frac{I_{ph}}{I_S}\right). $$

Tra questi estremi esiste un punto di massima potenza $P_{MPP}=V_{MPP}I_{MPP}$. L’efficienza è $\eta_{conv}=P_{MPP}/P_{ottica}$. Non tutti i fotoni contribuiscono: quelli con energia minore del gap non vengono assorbiti; per quelli molto energetici, l’energia eccedente il gap viene in gran parte dissipata come calore. Si aggiungono ricombinazione, riflessione, resistenze parassite e temperatura.

La differenza chiave rispetto al fotoresistore è che qui una giunzione e il suo campo interno separano le cariche e generano una forza elettromotrice; il fotoresistore modifica soltanto la propria conducibilità sotto polarizzazione esterna.

Formule chiave

$$ h\nu\ge E_g $$

$$ I=I_{ph}-I_S\left(e^{V/(\eta V_T)}-1\right) $$

$$ I_{SC}\simeq I_{ph},\qquad V_{OC}=\eta V_T\ln\!\left(1+\frac{I_{ph}}{I_S}\right) $$

$$ \eta_{conv}=\frac{V_{MPP}I_{MPP}}{P_{ottica}} $$

Intuizione

Il fotone crea le cariche; il campo interno della giunzione le ordina e impedisce che si ricombinino subito. La cella converte così energia luminosa in energia elettrica, mentre il diodo al buio tende a richiudere la caratteristica verso l’origine.

Errori da evitare

• Dire che il campo built-in crea energia: separa portatori creati assorbendo energia luminosa.
• Confondere $V_{OC}$ con la tensione al punto di massima potenza.
• Dire che tutti i fotoni producono la stessa energia elettrica.
• Confondere efficienza quantica, fill factor ed efficienza energetica complessiva.

Scaletta orale

1. Cella come giunzione p-n illuminata.
2. Generazione per $h\nu\ge E_g$.
3. Separazione nel campo built-in e corrente sul carico.
4. Modello generatore di corrente in parallelo al diodo.
5. $I_{SC}$, $V_{OC}$, punto di massima potenza e perdite.

Follow-up

• Perché serve uno strato antiriflesso? Per aumentare la luce che entra nel semiconduttore invece di essere riflessa.
• Perché $V_{OC}$ cala con la temperatura? $I_S$ cresce fortemente con la temperatura, riducendo la tensione ottenibile a parità di fotocorrente.
• Quali valori riporta il corso? Le slide indicano circa il 20% per una cella al silicio e valori anche intorno al 40% per GaAs in tecnologie ad alte prestazioni; sono valori indicativi, non limiti universali.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, pp. 41-44.

Risposta completa

Il modello da usare dipende dal livello di accuratezza richiesto. Il modello fondamentale statico è l’equazione di Shockley

$$ I_D=I_S\left(e^{V_D/(\eta V_T)}-1\right), $$

dove $I_S$ è la corrente di saturazione inversa, $1\le\eta\le2$ il fattore di idealità e $V_T=kT/q$, circa $25.9\,\mathrm{mV}$ a $300\,\mathrm K$. In diretta, per $V_D\gg\eta V_T$, la corrente cresce esponenzialmente; in inversa moderata $I_D\simeq-I_S$, fino al breakdown. $I_S$ cresce rapidamente con la temperatura; il corso usa come regola pratica un raddoppio ogni $10\,^{\circ}\mathrm C$.

Per l’analisi a grandi segnali si usano tre approssimazioni:

1. Diodo ideale, modello on-off. OFF: $I_D=0$ e $V_D\le0$; ON: $V_D=0$ e $I_D\ge0$.
2. Modello a caduta costante. OFF finché la polarizzazione non consente la conduzione; ON: $V_D=V_\gamma$, con valori orientativi di circa $0.6$-$0.7\,\mathrm V$ per il silicio.
3. Modello lineare a tratti. In ON: $V_D=V_\gamma+R_DI_D$, equivalente a un generatore $V_\gamma$ in serie a una resistenza $R_D$.

La soglia non è una discontinuità fisica: è una convenzione per approssimare la curva esponenziale nel campo di corrente d’interesse. Per risolvere un circuito si ipotizza lo stato di ogni diodo, si sostituisce il relativo modello lineare, si calcola e infine si verifica che tensione e corrente siano coerenti con l’ipotesi.

Se il diodo è polarizzato in un punto $Q=(V_D,I_D)$ e vi si sovrappone un piccolo segnale $v_d$, si linearizza la caratteristica:

$$ i_d=g_dv_d,\qquad g_d=\left.\frac{dI}{dV}\right|_Q\simeq\frac{I_D}{\eta V_T},\qquad r_d=\frac{1}{g_d}=\frac{\eta V_T}{I_D}. $$

Questo modello vale solo per variazioni piccole rispetto a $\eta V_T$ e attorno a un punto di polarizzazione definito; non sostituisce il calcolo DC.

Formule chiave

$$ I_D=I_S\left(e^{V_D/(\eta V_T)}-1\right) $$

$$ \text{ON lineare a tratti: }V_D=V_\gamma+R_DI_D $$

$$ r_d=\frac{\eta V_T}{I_D},\qquad g_d=\frac{I_D}{\eta V_T} $$

Intuizione

I modelli non sono risposte concorrenti ma livelli di zoom. L’ideale decide rapidamente acceso/spento; la caduta costante stima le tensioni; il lineare a tratti migliora la stima della corrente; Shockley descrive la non linearità; il piccolo segnale descrive solo la tangente locale.

Errori da evitare

• Trattare $V_\gamma$ come una costante fisica universale o come una brusca accensione reale.
• Assumere lo stato ON/OFF senza verificarlo a fine calcolo.
• Usare $r_d=\eta V_T/I_D$ con $I_D=0$ o per grandi escursioni.
• Confondere $R_D$ del modello lineare a tratti, valido su un intervallo ampio, con $r_d$, pendenza differenziale nel punto di lavoro.
• Dimenticare il breakdown quando la tensione inversa è elevata.

Scaletta orale

1. Equazione di Shockley e significato dei parametri.
2. Modello ideale on-off.
3. Caduta costante e modello lineare a tratti.
4. Metodo ipotesi-calcolo-verifica.
5. Linearizzazione a piccolo segnale e suo campo di validità.

Follow-up

• Come si trova graficamente il punto di lavoro? Intersecando la caratteristica del diodo con la retta di carico del resto del circuito.
• Perché la tensione diretta cambia con la temperatura? A corrente fissata l’aumento di $I_S$ richiede una tensione diretta minore; nei diodi al silicio il coefficiente è tipicamente negativo.
• Quando è lecito trascurare il termine $-1$? In forte polarizzazione diretta, quando $e^{V_D/(\eta V_T)}\gg1$.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 3 - diodi ed applicazioni 2025-2026_R2.pdf, pp. 2-19 e 48-55.
• 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, pp. 45-47.

Risposta completa

Un raddrizzatore trasforma una tensione alternata in una tensione unidirezionale, che può poi essere filtrata e regolata. Nel raddrizzatore a semionda un solo diodo è in serie al carico. Con un diodo a caduta costante,

$$ v_o(t)= \begin{cases} v_s(t)-V_\gamma, & v_s(t)>V_\gamma,\\ 0, & v_s(t)\le V_\gamma. \end{cases} $$

Passa quindi una sola semionda; per una sinusoide ideale e diodo ideale il valore medio è $V_p/\pi$. Nel circuito non filtrato delle slide, al picco negativo il diodo deve sostenere una tensione inversa di picco circa pari a $V_p$. Se però si aggiunge un condensatore di picco, la tensione inversa nel semionda può avvicinarsi a $2V_p$: la specifica PIV va sempre calcolata sulla topologia effettiva.

Nel ponte a doppia semionda conducono due diodi per volta: una coppia nella semionda positiva e l’altra in quella negativa. La polarità sul carico resta sempre la stessa:

$$ v_o(t)\simeq\max\bigl(|v_s(t)|-2V_\gamma,0\bigr). $$

Con diodi ideali il valore medio è $2V_p/\pi$. Il vantaggio decisivo è che i massimi si ripetono ogni mezzo periodo della rete: se la sorgente è a frequenza $f_{linea}$, la frequenza del ripple prima del regolatore è

$$ f_r=f_{linea}\quad\text{(semionda)},\qquad f_r=2f_{linea}\quad\text{(ponte)}. $$

Il ponte usa tutta la sinusoide e richiede un condensatore più piccolo a parità di ripple, ma paga due cadute dirette nel percorso. La catena completa di un alimentatore classico è trasformatore, raddrizzatore, filtro, regolatore e carico.

Formule chiave

$$ v_{o,\mathrm{semionda}}\simeq\max(v_s-V_\gamma,0) $$

$$ v_{o,\mathrm{ponte}}\simeq\max(|v_s|-2V_\gamma,0) $$

$$ V_{DC,\mathrm{semionda}}=\frac{V_p}{\pi},\qquad V_{DC,\mathrm{ponte}}=\frac{2V_p}{\pi}\quad\text{(diodi ideali, senza filtro)} $$

Intuizione

Il semionda butta via metà dei picchi; il ponte “ribalta” la semionda negativa e offre al carico picchi due volte più frequenti. Il filtro successivo deve quindi colmare un intervallo più breve.

Errori da evitare

• Dimenticare che nel ponte conducono due diodi e quindi si perdono circa $2V_\gamma$.
• Usare $f_{linea}$ come frequenza di ripple di un ponte: è $2f_{linea}$.
• Confondere il valore efficace della sinusoide con il picco: $V_p=\sqrt2V_{rms}$ per una sinusoide.
• Citare un unico PIV senza specificare se il circuito è filtrato e quale topologia si usa.
• Dire che il raddrizzatore produce già una continua perfetta: serve almeno un filtro e spesso un regolatore.

Scaletta orale

1. Scopo e catena dell’alimentatore.
2. Semionda: stato del diodo e forma d’onda.
3. Ponte: coppie di conduzione e doppia caduta.
4. Valori medi ideali e frequenza dei picchi.
5. PIV, compromessi e necessità del filtro.

Follow-up

• Quanto vale il PIV nel ponte mostrato dal corso? Nel ponte non filtrato delle slide ogni diodo spento sostiene circa $V_p-V_\gamma$ al picco; altre topologie e il condensatore cambiano il valore.
• Perché si usa un trasformatore? Per adattare il livello di tensione e, quando richiesto, fornire isolamento galvanico.
• Che cosa succede con carico nullo e condensatore? L’uscita si porta circa al picco meno le cadute dei diodi.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 3 - diodi ed applicazioni 2025-2026_R2.pdf, pp. 14 e 29-33.

Risposta completa

Nel raddrizzatore con condensatore, il diodo conduce vicino al massimo della sinusoide e carica $C$ quasi al valore di picco. Quando la sorgente scende sotto la tensione sul condensatore, il diodo si spegne e il condensatore alimenta il carico $R_L$, scaricandosi con costante di tempo $R_LC$.

Se $T_r=1/f_r$ è il tempo tra due ricariche e si trascurano le cadute,

$$ v_o(t)=V_pe^{-t/(R_LC)} $$

durante la scarica. Il ripple picco-picco è

$$ V_r=V_p\left(1-e^{-T_r/(R_LC)}\right) \simeq V_p\frac{T_r}{R_LC} \simeq\frac{I_L}{f_rC}, $$

con l’ultima approssimazione valida per ripple piccolo e $V_{DC}\simeq V_p$. Per un ponte $f_r=2f_{linea}$; per un semionda $f_r=f_{linea}$. Una stima utile è $V_{DC}\simeq V_p-V_r/2$, sottraendo anche le cadute dei diodi.

Nel modello ideale delle slide il diodo inizia a condurre a $t=-t_c$ e si spegne al picco $t=0$. La condizione d’innesco è

$$ V_p\cos(\omega t_c)=V_p-V_r. $$

Per $\omega t_c\ll1$, usando $\cos x\simeq1-x^2/2$,

$$ \omega t_c\simeq\sqrt{\frac{2V_r}{V_p}}. $$

Ripple piccolo significa quindi un angolo di conduzione piccolo. La carica consumata dal carico nell’intero periodo deve essere restituita in un breve impulso: le correnti nel diodo sono molto maggiori della corrente di carico.

In regime periodico la corrente media del condensatore è nulla. Nel raddrizzatore di picco a singolo diodo analizzato nelle slide, oppure considerando la corrente totale fornita dal blocco raddrizzatore al condensatore, sul periodo di ripple vale

$$ \langle i_D\rangle_{T_r}=I_L\simeq\frac{V_{DC}}{R_L}. $$

Se $I_{D,av,on}$ è la media soltanto nell’intervallo $t_c$ di un impulso,

$$ I_{D,av,on}\simeq I_L\frac{T_r}{t_c}. $$

Questa non è la corrente di picco, che può essere ancora maggiore e dipende dalle resistenze della sorgente, del trasformatore, del diodo e del condensatore. In un ponte simmetrico la corrente media totale consegnata dal ponte resta $I_L$, ma ciascun diodo fisico conduce soltanto a impulsi alterni: la sua media su un intero periodo di linea è circa $I_L/2$, mentre durante il proprio impulso porta la stessa corrente impulsiva del percorso. Nella realtà la conduzione può proseguire oltre il picco e il problema va risolto includendo le resistenze serie.

Formule chiave

$$ V_r\simeq\frac{I_L}{f_rC},\qquad f_r=f_{linea}\text{ o }2f_{linea} $$

$$ \omega t_c\simeq\sqrt{\frac{2V_r}{V_p}} $$

$$ \langle i_{rect}\rangle_{T_r}=I_L,\qquad I_{D,av,on}\simeq I_L\frac{T_r}{t_c} $$

Intuizione

Il condensatore è un serbatoio: si svuota lentamente nel carico ma viene riempito con impulsi brevi. Ridurre il ripple aumentando $C$ rende l’uscita più piatta, ma restringe l’intervallo di ricarica e può aumentare le correnti impulsive e lo stress sul raddrizzatore.

Errori da evitare

• Usare $50\,\mathrm{Hz}$ per un ponte alimentato a $50\,\mathrm{Hz}$: il ripple è a $100\,\mathrm{Hz}$.
• Confondere la media della corrente totale del raddrizzatore, uguale a $I_L$, con la media nel solo intervallo ON, con il picco o con la media di un singolo diodo del ponte ($I_L/2$ in condizioni simmetriche).
• Dire che un condensatore più grande migliora tutto senza effetti collaterali.
• Applicare l’approssimazione esponenziale o quella del coseno senza richiedere $R_LC\gg T_r$ e ripple piccolo.
• Dimenticare le cadute dei due diodi nel ponte.

Scaletta orale

1. Carica al picco e scarica su $R_L$.
2. Derivazione $V_r\simeq I_L/(f_rC)$.
3. Frequenza del ripple per semionda e ponte.
4. Condizione di innesco e $\omega t_c$.
5. Bilancio di carica: media sul periodo, media ON e picco.

Follow-up

• Perché la media della corrente del condensatore è zero? In regime periodico la tensione, e quindi la carica, torna allo stesso valore dopo ogni periodo: $\Delta Q=\int i_Cdt=0$.
• Come si dimensiona $C$? Dalla specifica $C\gtrsim I_L/(f_rV_r)$, poi si verificano corrente di ripple, ESR, tensione nominale e spunti.
• Che cosa limita il picco di corrente? Le impedenze serie reali e la dinamica del diodo; nel modello ideale senza resistenza il picco può risultare non fisico.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 3 - diodi ed applicazioni 2025-2026_R2.pdf, pp. 32-38.

Risposta completa

Un diodo reale immagazzina carica e non può passare istantaneamente da ON a OFF. Vi sono due contributi capacitivi distinti.

La capacità di giunzione o di transizione è associata agli ioni fissi nella regione di svuotamento. È soprattutto importante in inversa:

$$ C_j=\frac{dQ_j}{dV}\simeq\frac{\varepsilon_sA}{W}. $$

Aumentando la polarizzazione inversa, $W$ cresce e $C_j$ diminuisce. Per una giunzione brusca si usa spesso

$$ C_j(V_R)=\frac{C_{j0}}{(1+V_R/V_{bi})^m}, $$

con $m$ dipendente dal profilo di drogaggio.

La capacità di diffusione è invece dovuta alla carica dei portatori minoritari iniettati e immagazzinati durante la conduzione diretta. Se $Q\simeq\tau I_D$,

$$ C_D=\frac{dQ}{dV}=\tau\frac{dI_D}{dV}\simeq\tau\frac{I_D}{\eta V_T}=\tau g_d. $$

In diretta normalmente $C_D\gg C_j$; in inversa, cessata l’iniezione, $C_D\ll C_j$.

Quando si commuta bruscamente dalla diretta all’inversa, il diodo continua per un certo tempo a condurre una corrente inversa perché occorre rimuovere la carica minoritaria immagazzinata. Il tempo di recupero inverso è

$$ t_{rr}=t_s+t_t, $$

dove $t_s$ è il tempo di immagazzinamento, durante il quale la giunzione resta sostanzialmente conduttiva, e $t_t$ il tempo di transizione con cui la corrente inversa ritorna al valore di perdita. La carica rimossa è

$$ Q_{rr}=\int |i_R(t)|\,dt. $$

In un semplice modello a controllo di carica e correnti quasi costanti si trova indicativamente $t_s\simeq\tau\ln(1+I_F/I_R)$, ma i datasheet caratterizzano direttamente $t_{rr}$ e $Q_{rr}$ nelle condizioni di prova. Il recupero produce perdita di commutazione, sovracorrente e disturbi EMI. Anche l’accensione ha un transitorio, legato alla carica di $C_j$ e alla formazione della carica iniettata, ma nei diodi p-n di potenza lo spegnimento per reverse recovery è spesso il fenomeno più critico.

Formule chiave

$$ C_j=\frac{dQ_j}{dV}\simeq\frac{\varepsilon_sA}{W} $$

$$ C_D\simeq\tau\frac{I_D}{\eta V_T}=\tau g_d $$

$$ t_{rr}=t_s+t_t,\qquad Q_{rr}=\int|i_R(t)|dt $$

Intuizione

$C_j$ è la capacità geometrico-elettrostatica della zona vuota; $C_D$ è la memoria della carica iniettata. Spegnere il diodo significa prima “svuotare” questa memoria: per questo, per un breve tempo, il diodo conduce nel verso inverso.

Errori da evitare

• Dire che $C_j$ è costante: dipende dalla tensione perché cambia $W$.
• Attribuire $C_D$ agli ioni fissi della depletion: è dovuta ai portatori iniettati.
• Confondere $t_{rr}$ con il solo tempo di transizione $t_t$.
• Usare la formula indicativa di $t_s$ come specifica universale: dipende dal modello e dalle condizioni di corrente.
• Ignorare che un diodo ideale non descrive le perdite dinamiche.

Scaletta orale

1. Perché un diodo reale immagazzina carica.
2. $C_j$: depletion, inversa e dipendenza da $W$.
3. $C_D$: portatori iniettati, diretta e vita media $\tau$.
4. Commutazione diretta-inversa: $t_s$, $t_t$, $t_{rr}$.
5. $Q_{rr}$ e conseguenze su perdita ed EMI.

Follow-up

• Quale capacità domina in diretta? Normalmente $C_D$; in inversa domina $C_j$.
• Perché uno Schottky è veloce? È un dispositivo a portatori maggioritari e non accumula la stessa carica minoritaria di un diodo p-n, quindi il reverse recovery è molto ridotto.
• Come entra $Q_{rr}$ nelle perdite? Il circuito deve rimuovere quella carica a ogni commutazione; una stima energetica dipende dalla tensione durante il recupero e la perdita media cresce con la frequenza.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2.
• 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, pp. 48-50.
• La scomposizione $t_{rr}=t_s+t_t$, $Q_{rr}$ e la formula indicativa di $t_s$ sono teoria standard richiesta dalla domanda, ma non sono sviluppate graficamente nelle slide R2 fornite.

Risposta completa

Un diodo Zener è progettato per lavorare in polarizzazione inversa nella regione di breakdown senza danneggiarsi, purché la corrente e la potenza siano limitate. A basse tensioni di breakdown prevale il tunneling Zener; a tensioni maggiori prevale la moltiplicazione a valanga, con una zona di sovrapposizione. Nel modello lineare della regione di regolazione

$$ V_Z=V_{Z0}+r_ZI_Z, $$

dove $r_Z$ è la resistenza dinamica, cioè l’inverso della pendenza locale.

Nel regolatore shunt, una resistenza serie $R$ collega la sorgente $V_S$ al nodo di uscita; Zener e carico $R_L$ sono in parallelo. Assumendo $V_o\simeq V_Z$,

$$ I_R=\frac{V_S-V_o}{R},\qquad I_L=\frac{V_o}{R_L},\qquad I_Z=I_R-I_L. $$

La regolazione funziona solo se, per tutte le combinazioni di $V_S$ e carico,

$$ I_{Z,min}\le I_Z\le I_{Z,max},\qquad V_ZI_Z\le P_{Z,max}. $$

Il caso peggiore per la perdita di regolazione è $V_{S,min}$ con $I_{L,max}$; quello per la potenza Zener è normalmente $V_{S,max}$ con carico minimo. Questi due estremi determinano l’intervallo ammissibile di $R$.

Per le piccole variazioni della sorgente,

$$ \frac{v_o}{v_s}=\frac{r_Z\parallel R_L}{R+(r_Z\parallel R_L)}. $$

La reiezione migliora se $R\gg r_Z\parallel R_L$. La resistenza di uscita rispetto a variazioni del carico è circa $R\parallel r_Z$. Le slide danno come regola di massima $R_L\gg R\gg r_Z$ e $I_Z\gtrsim10I_L$; è una regola didattica molto conservativa, da sostituire in progetto con le verifiche ai casi estremi e con la potenza dissipata. È un regolatore lineare a shunt: semplice, ma dissipa continuamente potenza in $R$ e nello Zener.

Formule chiave

$$ I_Z=\frac{V_S-V_o}{R}-\frac{V_o}{R_L} $$

$$ I_{Z,min}\le I_Z\le I_{Z,max},\qquad P_Z=V_ZI_Z\le P_{Z,max} $$

$$ \frac{v_o}{v_s}=\frac{r_Z\parallel R_L}{R+r_Z\parallel R_L},\qquad R_{out}\simeq R\parallel r_Z $$

Intuizione

Lo Zener assorbe la corrente “in più” quando la sorgente sale o il carico chiede meno corrente. La tensione resta quasi costante perché la caratteristica di breakdown è molto ripida, ma la regolazione si paga dissipando energia.

Errori da evitare

• Collegare uno Zener ideale direttamente a una sorgente senza limitazione di corrente.
• Verificare solo il valore nominale e non gli estremi di sorgente e carico.
• Confondere $V_{Z0}$ del modello con la tensione effettiva $V_Z$ alla corrente di lavoro.
• Dimenticare $P_{Z,max}$ e la potenza sulla resistenza.
• Presentarlo come regolatore ad alta efficienza: è lineare e dissipativo.

Scaletta orale

1. Breakdown controllato e due meccanismi fisici.
2. Modello $V_{Z0}+r_ZI_Z$.
3. Circuito shunt e bilancio $I_R=I_Z+I_L$.
4. Verifiche a $V_{S,min}/I_{L,max}$ e $V_{S,max}/I_{L,min}$.
5. Regolazione di linea, resistenza di uscita e limite di efficienza.

Follow-up

• Quando lo Zener esce dalla regolazione? Quando $I_Z<I_{Z,min}$; il nodo non è più bloccato dalla regione di breakdown.
• Come si sceglie $R$? Deve essere abbastanza piccola da garantire $I_{Z,min}$ nel caso sfavorevole, ma abbastanza grande da non superare $I_{Z,max}$ e le potenze nel caso opposto.
• Perché $r_Z$ piccola è desiderabile? Riduce la variazione $\Delta V_Z=r_Z\Delta I_Z$.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2.
• 3 - diodi ed applicazioni 2025-2026_R2.pdf, pp. 39-47.

Risposta completa

Gli amplificatori si classificano in base alla grandezza d’ingresso che leggono e alla grandezza d’uscita che generano.

Le resistenze ideali si capiscono dal collegamento con sorgente e carico. Un amplificatore di tensione non deve caricare un generatore di Thévenin, quindi vuole $R_i\gg R_s$, e deve imporre la tensione sul carico, quindi vuole $R_o\ll R_L$:

$$ \frac{V_o}{V_s}=A_v\frac{R_i}{R_s+R_i}\frac{R_L}{R_o+R_L}. $$

Un amplificatore di corrente riceve normalmente un generatore di Norton: per acquisire la corrente vuole $R_i\ll R_s$; per consegnarla al carico evitando la deviazione interna vuole $R_o\gg R_L$:

$$ \frac{I_o}{I_s}=A_i\frac{R_s}{R_s+R_i}\frac{R_o}{R_o+R_L}. $$

Per la transresistenza, ingresso di corrente e uscita di tensione richiedono $R_i\to0$, $R_o\to0$:

$$ \frac{V_o}{I_s}=r_m\frac{R_s}{R_s+R_i}\frac{R_L}{R_o+R_L}. $$

Per la transconduttanza, ingresso di tensione e uscita di corrente richiedono $R_i\to\infty$, $R_o\to\infty$:

$$ \frac{I_o}{V_s}=g_m\frac{R_i}{R_s+R_i}\frac{R_o}{R_o+R_L}. $$

Queste resistenze non riguardano il massimo trasferimento di potenza: servono a trasferire fedelmente la variabile informativa desiderata.

Formule chiave

$$ A_v=\frac{v_o}{v_i},\quad A_i=\frac{i_o}{i_i},\quad r_m=\frac{v_o}{i_i},\quad g_m=\frac{i_o}{v_i} $$

$$ \begin{array}{c|cc} &R_i&R_o\\ \hline V\to V&\infty&0\\ I\to I&0&\infty\\ I\to V&0&0\\ V\to I&\infty&\infty \end{array} $$

Intuizione

L’ingresso deve accettare bene la variabile sorgente: circuito quasi aperto per leggere una tensione, quasi corto per raccogliere una corrente. L’uscita deve imporre bene la variabile al carico: bassa resistenza per una tensione, alta resistenza per una corrente.

Errori da evitare

• Mettere sempre $R_i$ alta e $R_o$ bassa: è corretto solo per uscita/ingresso di tensione.
• Confondere transresistenza e transconduttanza.
• Dare a $r_m$ o $g_m$ unità adimensionali: sono rispettivamente ohm e siemens.
• Invocare l’adattamento per massima potenza quando l’obiettivo è la fedeltà di tensione o corrente.

Scaletta orale

1. Criterio ingresso-uscita.
2. Tensione e corrente con modelli reali.
3. Transresistenza e unità in ohm.
4. Transconduttanza e unità in siemens.
5. Tabella delle $R_i,R_o$ ideali e significato fisico.

Follow-up

• L’OpAmp è che tipo di amplificatore? A loop aperto è un amplificatore differenziale di tensione; con la retroazione può realizzare tutte e quattro le funzioni.
• Perché un amplificatore di corrente vuole $R_o$ alta? Così la maggior parte della corrente del generatore controllato va nel carico, non nella resistenza interna.
• Che differenza c’è tra $A_v$ interno e guadagno complessivo? Il secondo include i partitori prodotti da sorgente, ingresso, uscita e carico.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 44-49.

Risposta completa

Un amplificatore non crea energia. Il segnale d’ingresso controlla il trasferimento di energia dalle alimentazioni al carico. La potenza di uscita può essere molto maggiore della potenza fornita dal sensore o dalla sorgente di segnale, ma la differenza proviene dalla batteria o dall’alimentatore.

Il bilancio medio è

$$ P_{batt}=P_{out}+P_{diss}, $$

dove $P_{diss}$ comprende consumo statico dei circuiti, perdite di conduzione, commutazione, conversione, memorie, display e altri sottosistemi. L’efficienza è

$$ \eta=\frac{P_{out}}{P_{batt}}<1. $$

La batteria immagazzina una quantità finita di energia. Se la tensione e la capacità nominali sono $V_B$ e $C_B$ in ampere-ora, una stima ideale è

$$ E_B\simeq V_BC_B\quad[\mathrm{Wh}],\qquad t_{aut}\simeq\frac{E_{utilizzabile}}{P_{media}}. $$

In pratica tensione, capacità utile ed efficienza dipendono da corrente, temperatura, stato di carica e convertitori. Anche quando il carico non svolge un’operazione visibile esistono potenze di riposo e correnti di perdita. Nei circuiti digitali una parte importante è dinamica, legata alla carica e scarica delle capacità; nei circuiti analogici può essere dominante la corrente di polarizzazione continua.

Il “guadagno di potenza” $A_P=P_o/P_s$ confronta la potenza del segnale in uscita con quella del segnale d’ingresso, non con tutta la potenza assorbita dall’alimentazione. Può quindi essere molto maggiore di uno senza violare la conservazione dell’energia.

Formule chiave

$$ P_{batt}=P_{out}+P_{diss},\qquad \eta=\frac{P_{out}}{P_{batt}} $$

$$ E=\int P(t)dt,\qquad E_B[\mathrm{Wh}]\simeq V_B[\mathrm V]C_B[\mathrm{Ah}] $$

$$ t_{aut}\simeq\frac{E_{utilizzabile}}{P_{media}} $$

Intuizione

Il piccolo segnale non è il carburante dell’uscita: è il comando del rubinetto. Il serbatoio è la batteria. Amplificare significa modulare in modo fedele l’energia fornita dal serbatoio.

Errori da evitare

• Concludere che $A_P>1$ viola la conservazione dell’energia.
• Calcolare l’autonomia usando la sola potenza utile e ignorando l’efficienza.
• Confondere Ah, che è una carica, con Wh, che è un’energia.
• Assumere che la batteria eroghi energia nulla quando non c’è segnale.

Scaletta orale

1. L’amplificatore non crea energia.
2. Ingresso come comando, alimentazione come sorgente di potenza.
3. Bilancio $P_{batt}=P_{out}+P_{diss}$.
4. Energia finita e autonomia $E/P$.
5. Consumi statici, dinamici e perdite di conversione.

Follow-up

• Perché un convertitore switching allunga l’autonomia? Riduce la parte $P_{diss}$, ma non elimina la potenza richiesta dal carico.
• Come si passa da joule a Wh? $1\,\mathrm{Wh}=3600\,\mathrm J$.
• Perché la capacità in Ah non basta? Per confrontare energie serve anche la tensione e, per una stima realistica, la curva di scarica.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 1 - introduzione 2025-2026.pdf, pp. 55-58.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 6-11.

Risposta completa

L’amplificatore operazionale è un amplificatore differenziale di tensione. Indicando con $v_+$ l’ingresso non invertente e con $v_-$ l’invertente,

$$ v_o=A_d(v_+-v_-) $$

finché l’uscita resta nella regione lineare. L’OpAmp ideale ha:

• guadagno differenziale a loop aperto $A_d\to\infty$;
• resistenza d’ingresso $R_i\to\infty$, quindi $i_+=i_-=0$;
• resistenza d’uscita $R_o=0$;
• banda e slew rate infiniti;
• offset nullo e perfetta reiezione del modo comune.

Un OpAmp reale ha $A_d$ grande ma finito e dipendente dalla frequenza, $R_i$ grande ma finita, $R_o$ non nullo, escursione d’uscita limitata dalle alimentazioni, intervallo di modo comune ammesso, correnti di bias, tensione di offset, rumore, banda e slew rate finiti.

Per separare i due modi d’ingresso si definiscono

$$ v_d=v_+-v_-,\qquad v_{cm}=\frac{v_++v_-}{2}, $$

e per un dispositivo reale

$$ v_o=A_dv_d+A_{cm}v_{cm}. $$

Il rapporto di reiezione di modo comune è

$$ \mathrm{CMRR}=\left|\frac{A_d}{A_{cm}}\right|, \qquad \mathrm{CMRR}_{dB}=20\log_{10}\left|\frac{A_d}{A_{cm}}\right|. $$

Più è alto, meno un segnale uguale sui due ingressi compare in uscita. L’ideale ha $A_{cm}=0$ e CMRR infinito; le slide indicano valori tipici orientativi tra $80$ e $120\,\mathrm{dB}$, che peggiorano con la frequenza. In un circuito differenziale reale il CMRR complessivo dipende anche dall’accuratezza dei rapporti resistivi e dall’intervallo di modo comune: un grande CMRR del componente non compensa una rete esterna mal bilanciata.

Formule chiave

$$ v_o=A_dv_d+A_{cm}v_{cm},\quad v_d=v_+-v_-,\quad v_{cm}=\frac{v_++v_-}{2} $$

$$ \mathrm{CMRR}=\left|\frac{A_d}{A_{cm}}\right|,\qquad \mathrm{CMRR}_{dB}=20\log_{10}(\mathrm{CMRR}) $$

$$ \text{ideale: }A_d=\infty,\ R_i=\infty,\ R_o=0,\ A_{cm}=0 $$

Intuizione

L’OpAmp deve vedere la distanza tra i due ingressi e ignorare la loro quota comune. Un grande $A_d$ permette alla retroazione di ridurre $v_d$; un grande CMRR impedisce che un disturbo presente su entrambi gli ingressi venga scambiato per informazione.

Errori da evitare

• Confondere CMRR con guadagno differenziale.
• Usare $10\log$ per un rapporto di tensioni: in dB si usa $20\log$.
• Dire che $v_+=v_-$ per qualsiasi OpAmp: è una conseguenza approssimata della retroazione negativa in regione lineare.
• Dimenticare limiti di alimentazione, common-mode range, banda e slew rate.
• Pensare che il solo CMRR dell’integrato determini quello di un amplificatore differenziale con resistori non abbinati.

Scaletta orale

1. Legge differenziale e terminali.
2. Proprietà ideali $A_d,R_i,R_o$.
3. Limiti reali statici e dinamici.
4. Definizioni di $v_d$ e $v_{cm}$.
5. CMRR lineare, in dB e significato pratico.

Follow-up

• Che cosa significa $100\,\mathrm{dB}$ di CMRR? Un rapporto $A_d/A_{cm}=10^{100/20}=10^5$.
• CMRR e PSRR sono la stessa cosa? No. Il PSRR misura la reiezione delle variazioni delle alimentazioni.
• Che differenza c’è tra banda e slew rate? La banda è un limite piccolo-segnale in frequenza; lo slew rate limita la massima derivata temporale anche a frequenza nominalmente ammessa.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 57-63 e 92-94.

Risposta completa

Per l’OpAmp a loop aperto la variabile d’ingresso è la differenza $v_i=v_d=v_+-v_-$. Nel tratto centrale la caratteristica ha pendenza molto elevata:

$$ v_o=A_0v_d. $$

L’uscita non può però superare i livelli di saturazione $L_+$ e $L_-$, normalmente interni alle tensioni di alimentazione. Un modello a tratti è

$$ v_o= \begin{cases} L_+, & A_0v_d\ge L_+,\\ A_0v_d, & L_-<A_0v_d<L_+,\\ L_-, & A_0v_d\le L_-. \end{cases} $$

Poiché $A_0$ può essere dell’ordine di $10^5$ o maggiore, la regione lineare in ingresso è strettissima: $L_-/A_0<v_d<L_+/A_0$. Senza retroazione basta quindi una differenza molto piccola per saturare l’uscita. Una tensione di offset reale trasla orizzontalmente la caratteristica; saturazioni asimmetriche e limiti di corrente la rendono non ideale.

In generale, per una caratteristica non lineare $V_O=f(V_I)$ e un punto di lavoro $Q=(V_I,V_O)$, il guadagno di piccolo segnale è la pendenza locale

$$ a_v=\left.\frac{dV_O}{dV_I}\right|_Q. $$

Con retroazione negativa il circuito forza l’OpAmp a lavorare nel tratto centrale e il guadagno complessivo viene fissato principalmente dalla rete esterna. Se il valore richiesto supera $L_+$ o $L_-$, il segnale viene tagliato e le formule lineari non valgono più.

Formule chiave

$$ v_o=\operatorname{sat}_{[L_-,L_+]}(A_0v_d) $$

$$ \frac{L_-}{A_0}<v_d<\frac{L_+}{A_0}\quad\text{(regione lineare a loop aperto)} $$

$$ a_v=\left.\frac{dV_O}{dV_I}\right|_Q $$

Intuizione

La caratteristica a loop aperto è quasi una parete verticale tra due pianerottoli di saturazione. La retroazione negativa usa l’enorme pendenza per mantenere il punto di lavoro sulla parete; il comparatore usa invece i due pianerottoli come livelli logici.

Errori da evitare

• Disegnare una retta infinita senza le saturazioni.
• Confondere $A_0$ a loop aperto con il guadagno chiuso $-R_2/R_1$ o $1+R_2/R_1$.
• Applicare il guadagno differenziale locale fuori dalla regione lineare.
• Assumere che $L_+=+V_{CC}$ e $L_-=-V_{CC}$ per ogni componente.
• Dimenticare offset e asimmetria quando si parla di OpAmp reale.

Scaletta orale

1. Asse d’ingresso $v_d=v_+-v_-$.
2. Tratto centrale di pendenza $A_0$.
3. Saturazioni $L_+,L_-$ e regione lineare stretta.
4. Offset e non idealità reali.
5. Retroazione negativa contro uso da comparatore.

Follow-up

• Quanto è larga la regione lineare? Circa $(L_+-L_-)/A_0$ riferita all’ingresso.
• Che cosa succede a una sinusoide troppo ampia? I picchi vengono tagliati, producendo distorsione armonica.
• Che cos’è il punto di lavoro? Il punto DC della caratteristica attorno al quale si linearizza il comportamento per il piccolo segnale.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 15-35 e 58-60.

Risposta completa

Nel comparatore l’OpAmp è usato senza retroazione negativa, quindi sfrutta il grande guadagno a loop aperto e lavora quasi sempre in saturazione. Con $v_d=v_+-v_-$,

$$ v_o\simeq \begin{cases} L_+, & v_+>v_-,\\ L_-, & v_+<v_-. \end{cases} $$

Se si applica $v_{in}$ al non invertente e una soglia $V_{ref}$ all’invertente, l’uscita va alta quando $v_{in}>V_{ref}$ e bassa quando $v_{in}<V_{ref}$. Scambiando gli ingressi si inverte la logica. In questa modalità non si applica il corto circuito virtuale: $v_+$ e $v_-$ non vengono resi uguali da alcuna retroazione negativa.

Un comparatore reale deve rispettare il campo di modo comune, i limiti assoluti degli ingressi, i livelli e la corrente d’uscita e il tempo di propagazione. Un OpAmp generico può essere lento nel recupero dalla saturazione; un comparatore dedicato è progettato per commutare rapidamente e può avere uscita open-collector/open-drain.

Se $v_{in}$ è rumoroso e passa lentamente vicino a $V_{ref}$, l’uscita può commutare più volte. Si introduce allora retroazione positiva per creare due soglie distinte, cioè isteresi: si ottiene un trigger di Schmitt. L’isteresi non è un piccolo errore, ma una scelta progettuale che aumenta l’immunità al rumore.

Formule chiave

$$ v_o=L_+\ \text{se }v_+>v_-,\qquad v_o=L_-\ \text{se }v_+<v_- $$

$$ v_d=v_{in}-V_{ref}\quad\text{(ingresso sul terminale +)} $$

Intuizione

Il comparatore risponde alla domanda “quale ingresso è maggiore?”. Non cerca una copia amplificata e lineare della differenza: la traduce direttamente in uno dei due livelli di uscita.

Errori da evitare

• Imporre $v_+=v_-$ nel comparatore.
• Chiamare $L_\pm$ automaticamente tensioni di alimentazione.
• Ignorare rumore, offset e lentezza in prossimità della soglia.
• Assumere che ogni OpAmp sia un buon comparatore veloce.
• Confondere retroazione positiva con la retroazione negativa delle configurazioni lineari.

Scaletta orale

1. Uso a loop aperto e grande $A_0$.
2. Legge a due livelli in funzione del segno di $v_d$.
3. Esempio $v_{in}$ contro $V_{ref}$.
4. Perché non vale il corto virtuale.
5. Problema del rumore e soluzione con isteresi.

Follow-up

• Che cos’è un rivelatore di zero? Un comparatore con $V_{ref}=0$.
• Perché serve isteresi? Per evitare commutazioni multiple quando il segnale è vicino alla soglia e contiene rumore.
• Perché il recupero dalla saturazione conta? Gli stadi interni possono accumulare carica e introdurre un ritardo non descritto dal solo slew rate.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, p. 90.

Risposta completa

La relazione esatta dell’OpAmp è $v_o=A(v_+-v_-)$. Se $A$ è molto grande ma l’uscita resta finita e in regione lineare,

$$ v_+-v_-=\frac{v_o}{A}\simeq0. $$

Da qui nasce il corto circuito virtuale: $v_+\simeq v_-$. È “virtuale” perché i terminali non sono collegati fisicamente; per l’OpAmp ideale le correnti d’ingresso restano nulle. Se uno dei due terminali è a massa, l’altro è una massa virtuale in tensione, non un nodo capace di assorbire corrente come la massa reale.

La regola è applicabile soltanto se:

1. esiste una retroazione negativa e il circuito ha un punto di equilibrio stabile;
2. l’uscita richiesta è compresa tra i limiti di swing e non è in saturazione;
3. gli ingressi sono nel campo di modo comune ammesso e non superano i limiti assoluti;
4. il guadagno d’anello $|A\beta|$ è molto maggiore di uno alla frequenza considerata;
5. il segnale non richiede una derivata oltre lo slew rate e il carico non richiede corrente oltre il limite d’uscita.

Un controllo rapido del segno consiste nel perturbare $v_o$: la rete deve riportare una variazione che riduce $v_d$. Se invece la rinforza, la retroazione è positiva e l’OpAmp tende a una saturazione. Il circuito non funzionante mostrato nelle slide collega di fatto la reazione al verso sbagliato: imponendo arbitrariamente $v_+=v_-$ si ottiene anche una KCL impossibile, segnale che l’ipotesi va rigettata.

Formule chiave

$$ v_d=v_+-v_-=\frac{v_o}{A} $$

$$ v_+\simeq v_-\quad\text{se retroazione negativa stabile, regione lineare e }|A\beta|\gg1 $$

$$ i_+=i_-=0\quad\text{solo nel modello ideale} $$

Intuizione

Il corto virtuale non è un’assunzione magica: è l’errore residuo che un sistema ad altissimo guadagno deve mantenere piccolo per produrre un’uscita finita. La retroazione negativa è il meccanismo che rende piccolo quell’errore.

Errori da evitare

• Applicarlo a un comparatore o a un circuito con retroazione positiva.
• Dire che tra i due ingressi scorre corrente perché sono “in corto”.
• Chiamare massa virtuale qualsiasi nodo invertente, anche quando $v_+$ non è a massa.
• Ignorare saturazione, common-mode range, banda, slew rate e stabilità.
• Usarlo per dimostrare a priori la retroazione negativa: prima va controllato il segno dell’anello.

Scaletta orale

1. Partire da $v_o=Av_d$.
2. Uscita finita e $A$ grande implicano $v_d$ piccolo.
3. Distinguere uguaglianza di tensione da connessione e corrente.
4. Elencare feedback negativo, linearità e $|A\beta|\gg1$.
5. Citare comparatore, saturazione e alta frequenza come controesempi.

Follow-up

• Quanto vale davvero $v_+-v_-$? $v_o/A$, non esattamente zero.
• Che differenza c’è tra corto virtuale e massa virtuale? Il primo è $v_+\simeq v_-$; la seconda è il caso particolare in cui uno dei due è a zero volt.
• Come riconosco la retroazione negativa? Una perturbazione positiva dell’uscita, riportata all’ingresso, deve produrre una variazione di $v_d$ che tende a far diminuire l’uscita.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 60 e 67-71.

Risposta completa

Con OpAmp ideale in retroazione negativa valgono $i_+=i_-=0$ e $v_+=v_-$. Le configurazioni principali sono:

Nell’invertente il morsetto non invertente è a massa, quindi quello invertente è a massa virtuale. La sorgente eroga $i=v_i/R_1$ e, non entrando corrente nell’OpAmp, la stessa corrente attraversa $R_2$, producendo $v_o=-iR_2$. Proprio perché la sorgente vede $R_1$ verso un nodo a potenziale quasi nullo, $R_{in}$ della configurazione è $R_1$, anche se l’ingresso intrinseco dell’OpAmp è infinito.

Nel non invertente la sorgente è collegata direttamente a $v_+$ e non eroga corrente: $R_{in}=\infty$. Il partitore di reazione impone $v_-=v_oR_1/(R_1+R_2)=v_i$, da cui il guadagno. Il follower è il caso limite di guadagno unitario e realizza un buffer: alta resistenza d’ingresso, bassa d’uscita.

Per calcolare rigorosamente una resistenza si applica una sorgente di prova $V_x$ e si trova $R=V_x/I_x$, spegnendo le sorgenti indipendenti appropriate. Nel modello ideale l’uscita è un generatore ideale controllato, quindi tutte le configurazioni lineari mostrate hanno $R_{out}=0$. Nel reale la retroazione la riduce, ma non la annulla e il valore cresce con la frequenza.

Formule chiave

$$ \text{invertente: }A_v=-\frac{R_2}{R_1},\quad R_{in}=R_1,\quad R_{out}=0 $$

$$ \text{non invertente: }A_v=1+\frac{R_2}{R_1},\quad R_{in}=\infty,\quad R_{out}=0 $$

$$ \text{follower: }A_v=1,\quad R_{in}=\infty,\quad R_{out}=0 $$

Intuizione

L’OpAmp ideale assorbe informazione di tensione ma non corrente agli ingressi; tramite la retroazione muove l’uscita finché i due ingressi quasi coincidono. La rete esterna decide allora il guadagno e, nel caso invertente, anche la resistenza vista dalla sorgente.

Errori da evitare

• Dire che l’invertente ha $R_{in}=\infty$ perché l’OpAmp ideale ha ingresso infinito.
• Dire che il follower non serve perché ha guadagno uno: realizza adattamento d’impedenza.
• Dare $R_{out}=R_2$ nell’invertente ideale.
• Dimenticare che integratore e derivatore hanno impedenze dipendenti dalla frequenza.
• Applicare la tabella quando l’OpAmp è saturo o la retroazione non è negativa.

Scaletta orale

1. Due regole ideali e condizioni di validità.
2. Derivare l’invertente e spiegare $R_{in}=R_1$.
3. Derivare il non invertente.
4. Follower come adattatore d’impedenza.
5. Metodo della sorgente di prova per $R_{out}$ e limiti reali.

Follow-up

• Perché l’uscita ideale ha resistenza nulla? Il modello usa un generatore ideale di tensione controllato, indipendente dal carico.
• Come cambia il guadagno se collego un carico? Nell’ideale non cambia; nel reale intervengono $R_o$, limite di corrente e retroazione.
• Che resistenza vede ciascun ingresso di un sommatore? Il proprio resistore $R_k$ verso la massa virtuale, assumendo le altre sorgenti ideali e il regime lineare.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 67-89.

Risposta completa

Per l’invertente reale non si può porre subito $v_-=0$: con $v_+=0$ vale invece

$$ v_o=A(v_+-v_-)=-Av_-,\qquad v_-=-\frac{v_o}{A}. $$

Nel modello della slide 93 il guadagno a loop aperto $A$ e la resistenza differenziale d’ingresso $R_i$ sono finiti, mentre l’uscita del generatore controllato è ancora ideale. Definendo

$$ G_1=\frac1{R_1},\qquad G_2=\frac1{R_2},\qquad G_i=\frac1{R_i}, $$

la KCL al nodo invertente dà

$$ (v_i-v_-)G_1=(v_--v_o)G_2+v_-G_i. $$

Sostituendo $v_-=-v_o/A$,

$$ \boxed{\frac{v_o}{v_i}= -\frac{G_1}{G_2+(G_1+G_2+G_i)/A}} $$

oppure

$$ \boxed{\frac{v_o}{v_i}= -\frac{R_2/R_1}{1+\left(1+R_2/R_1+R_2/R_i\right)/A}}. $$

Per $A\to\infty$ e $R_i\to\infty$ si recupera $-R_2/R_1$. Il guadagno reale ha modulo leggermente minore; inoltre $A=A(s)$ diminuisce con la frequenza, perciò errore di guadagno e fase aumentano e possono comparire problemi di stabilità.

Se si include anche la resistenza d’uscita intrinseca $R_o$, la retroazione negativa riduce la resistenza vista dal carico. Per $R_i\gg R_1,R_2$ e sorgente d’ingresso spenta,

$$ \beta\simeq\frac{R_1}{R_1+R_2},\qquad R_{out,cl}\simeq\frac{R_o}{1+A\beta}, $$

più precisamente in parallelo all’effetto del percorso $R_2+R_1$. La relazione è valida se l’anello è stabile e $A\beta$ è valutato alla frequenza considerata. A bassa frequenza e con grande guadagno d’anello $R_{out,cl}$ è piccola, non zero; ad alta frequenza cresce. Anche $R_{in}$ della configurazione resta vicino a $R_1$, ma correnti di bias e $R_i$ finita introducono errori.

Formule chiave

$$ v_-=-\frac{v_o}{A} $$

$$ \frac{v_o}{v_i}=-\frac{G_1}{G_2+(G_1+G_2+G_i)/A} $$

$$ R_{out,cl}\simeq\frac{R_o}{1+A\beta},\qquad \beta\simeq\frac{R_1}{R_1+R_2} $$

Intuizione

Nel circuito ideale l’errore differenziale è azzerato. Nel reale serve un piccolo $v_d$ per comandare l’uscita e tale errore cresce quando $A$ scende. La retroazione scambia l’enorme guadagno disponibile con accuratezza del rapporto resistivo e bassa resistenza d’uscita.

Errori da evitare

• Usare contemporaneamente $v_-=0$ e $A$ finito: sarebbe incoerente salvo $v_o=0$.
• Dimenticare il termine dovuto a $R_i$ finita nella KCL.
• Usare $A$ come costante a qualsiasi frequenza.
• Dire che la retroazione rende esattamente nulla $R_{out}$ reale.
• Applicare $R_o/(1+A\beta)$ senza richiedere anello negativo stabile e senza specificare la frequenza.

Scaletta orale

1. Sostituire il corto virtuale con $v_-=-v_o/A$.
2. Scrivere la KCL con $R_i$ finita.
3. Presentare la formula in conduttanze.
4. Mostrare il limite ideale $-R_2/R_1$.
5. Spiegare $A(s)$ e riduzione di $R_{out}$ tramite $1+A\beta$.

Follow-up

• Qual è l’errore relativo per $R_i\to\infty$? Con $m=R_2/R_1$, $A_v=-m/[1+(1+m)/A]$; per $A\gg1+m$ l’errore è circa $(1+m)/A$.
• Che cosa accade vicino alla banda chiusa? $|A\beta|$ non è più grande, il guadagno si discosta dal valore resistivo e compare fase.
• Perché il noise gain dell’invertente è $1+R_2/R_1$? È il guadagno non invertente visto dagli errori riferiti all’ingresso e determina banda e stabilità.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 63, 70 e 92-94.
• La stima $R_{out,cl}\simeq R_o/(1+A\beta)$ è la conseguenza standard della retroazione; la slide R3 dell’invertente reale mostra esplicitamente $A$ e $R_i$ finiti, ma non sviluppa $R_o$ finita.

Risposta completa

Un “cattivo generatore di tensione” è normalmente un sensore modellabile con l’equivalente di Thévenin $V_s$ in serie a una resistenza $R_s$ elevata. Se lo si collega a un amplificatore con resistenza d’ingresso $R_{in}$ non sufficientemente alta, si crea un partitore:

$$ v_i=V_s\frac{R_{in}}{R_s+R_{in}}. $$

Il segnale misurato risulta attenuato e può dipendere dal carico. Occorre quindi un ingresso con $R_{in}\gg R_s$. La soluzione OpAmp più semplice è il voltage follower, che idealmente ha guadagno uno, resistenza d’ingresso infinita e resistenza d’uscita nulla. Non aumenta l’ampiezza, ma isola il sensore dal carico. Se serve anche guadagno, si usa la configurazione non invertente:

$$ v_o=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)v_i, \qquad v_i=V_s\frac{R_{in}}{R_s+R_{in}}, \qquad R_{in}\simeq R_{in,+}\ \text{molto alta}. $$

Per un sensore differenziale con grande modo comune è preferibile un amplificatore da strumentazione. Nella scelta reale bisogna verificare corrente di bias, offset, rumore, impedenza d’ingresso anche capacitiva, campo di modo comune, alimentazioni, deriva e banda. Con $R_s$ molto grande, anche una piccola corrente di bias produce un errore $V_{err}\simeq I_BR_s$.

Prima di scegliere il circuito va chiarito il modello del sensore: se esso è in realtà un generatore di corrente, la soluzione corretta non è un buffer di tensione ma un amplificatore a transresistenza.

Formule chiave

$$ v_i=V_s\frac{R_{in}}{R_s+R_{in}},\qquad R_{in}\gg R_s $$

$$ \text{follower: }v_o=v_i $$

$$ \text{non invertente: }v_o=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)v_i $$

$$ V_{err,bias}\simeq I_BR_s $$

Intuizione

Un voltmetro ideale non deve rubare corrente alla sorgente. Il buffer fa la stessa cosa: osserva la tensione del sensore quasi a vuoto e usa l’alimentazione dell’OpAmp per pilotare il carico.

Errori da evitare

• Usare l’invertente con $R_1$ piccola, caricando il sensore ad alta resistenza.
• Dire che il follower è inutile perché $A_v=1$.
• Ignorare la corrente di bias quando $R_s$ è molto elevata.
• Confondere un sensore di tensione ad alta $R_s$ con una sorgente di corrente.
• Dimenticare common-mode range e swing su alimentazione singola.

Scaletta orale

1. Modello di Thévenin del sensore.
2. Errore di carico nel partitore $R_s$-$R_{in}$.
3. Requisito $R_{in}\gg R_s$.
4. Follower o non invertente; strumentazione se differenziale.
5. Limiti reali e distinzione dal sensore di corrente.

Follow-up

• Quanto deve essere grande $R_{in}$ per errore sotto l‘1%? Dal partitore serve circa $R_{in}>99R_s$.
• Perché la bassa $R_{out}$ aiuta? La tensione sul carico varia poco al variare della corrente richiesta.
• Quando serve un amplificatore da strumentazione? Per segnali differenziali piccoli, sorgenti ad alta impedenza e grande tensione di modo comune.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 45-49 e 77-81.

Risposta completa

L’amplificatore a transresistenza, o transimpedenza, converte una corrente d’ingresso in una tensione. La configurazione OpAmp classica collega il generatore di corrente al morsetto invertente, il non invertente a massa o a un riferimento $V_{ref}$, e una resistenza $R_f$ dall’uscita al nodo invertente.

Nel caso ideale con $V_{ref}=0$, il nodo di somma è a massa virtuale e nell’OpAmp non entra corrente. Tutta $i_{in}$ scorre quindi in $R_f$:

$$ \boxed{v_o=-R_fi_{in}}. $$

La transresistenza è $v_o/i_{in}=-R_f$ e ha unità di ohm. L’impedenza d’ingresso del porto di corrente è idealmente zero: ciò è desiderabile per raccogliere quasi tutta la corrente da una sorgente di Norton con resistenza parallela finita. L’uscita è di tensione e vuole bassa resistenza.

Con riferimento non nullo,

$$ v_o=V_{ref}-R_fi_{in} $$

con il segno dipendente dal verso definito per la corrente. Con guadagno a loop aperto finito, per il circuito puramente resistivo $R_{in,port}\simeq R_f/(A+1)$: la massa è solo quasi virtuale.

Per fotodiodi e sensori reali esiste una capacità totale al nodo invertente. Insieme a $R_f$ introduce fase e può rendere instabile il circuito; spesso si aggiunge un condensatore $C_f$ in parallelo a $R_f$ per limitare la banda e garantire margine di fase. Occorre verificare inoltre corrente di bias, rumore di corrente e tensione, saturazione dovuta alla componente DC e prodotto guadagno-banda.

Formule chiave

$$ v_o=-R_fi_{in}\quad(V_{ref}=0) $$

$$ v_o=V_{ref}-R_fi_{in} $$

$$ r_m=\frac{v_o}{i_{in}}=-R_f,\qquad R_{in,port}^{ideal}=0 $$

Intuizione

L’OpAmp mantiene fermo il nodo del sensore e trasforma ogni ampere ricevuto nella caduta necessaria su $R_f$. In questo modo il valore della tensione non dipende dalla resistenza interna della sorgente di corrente, finché il circuito resta lineare.

Errori da evitare

• Dire che un ingresso di corrente deve vedere resistenza infinita: per una sorgente di Norton si vuole bassa impedenza al porto.
• Dimenticare il segno invertente o non definire il verso di $i_{in}$.
• Confondere la transresistenza, in ohm, con un guadagno di tensione adimensionale.
• Ignorare la capacità del sensore e la stabilità.
• Immaginare che la corrente entri nell’ingresso dell’OpAmp ideale: scorre nella retroazione.

Scaletta orale

1. Definizione corrente-tensione e unità.
2. Schema con $R_f$ e massa virtuale.
3. KCL: tutta la corrente attraversa $R_f$.
4. $v_o=-R_fi_{in}$ e impedenze ideali.
5. Caso reale: capacità d’ingresso, $C_f$, banda e saturazione.

Follow-up

• Che cosa limita la corrente massima misurabile? Lo swing: $|i_{in,max}|\lesssim |v_{o,max}-V_{ref}|/R_f$.
• A che serve $C_f$? Crea un polo nella retroazione, riduce il noise gain alle alte frequenze e può ristabilire il margine di fase.
• Perché è adatto a un fotodiodo? Il fotodiodo produce una corrente proporzionale alla luce; il nodo a tensione quasi costante riduce anche gli effetti della sua capacità e della polarizzazione variabile.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 48-49 e 67-70.
• La realizzazione OpAmp della transresistenza e la compensazione con $C_f$ sono la sintesi circuitale standard della tipologia mostrata nelle slide; non sono sviluppate in una slide dedicata R3.

Risposta completa

Il filtro mostrato nel corso è un invertente con $Z_1=R_1$ e rete di reazione $Z_2=R_2\parallel1/(sC)$. L’impedenza di feedback è

$$ Z_2=\frac{R_2}{1+sR_2C}. $$

Con OpAmp ideale in regione lineare,

$$ H(s)=\frac{V_o(s)}{V_i(s)}=-\frac{Z_2}{Z_1} =-\frac{R_2/R_1}{1+sR_2C}. $$

È un passa-basso del primo ordine. A bassa frequenza il condensatore è quasi aperto e il guadagno tende a $-R_2/R_1$. Ad alta frequenza il condensatore riduce l’impedenza di retroazione e il modulo cala come $1/\omega$, cioè $-20\,\mathrm{dB/decade}$. Il polo, o frequenza alta di taglio, è

$$ \omega_H=\frac1{R_2C},\qquad f_H=\frac1{2\pi R_2C}. $$

Il modulo vale

$$ |H(j\omega)|=\frac{R_2/R_1}{\sqrt{1+(\omega R_2C)^2}}, $$

e a $\omega_H$ è il valore di banda passante diviso $\sqrt2$, cioè $-3\,\mathrm{dB}$.

Questa $f_H$ è quella imposta dalla rete esterna nel modello ideale. Nel reale, $A(s)$ dell’OpAmp introduce ulteriori poli: occorre che il prodotto guadagno-banda sia sufficientemente maggiore del noise gain nella banda utile, altrimenti la frequenza e la fase effettive cambiano. Grande segnale e alta frequenza devono rispettare anche

$$ 2\pi fV_{p,out}\le SR. $$

Formule chiave

$$ H(s)=-\frac{R_2/R_1}{1+sR_2C} $$

$$ \omega_H=\frac1{R_2C},\qquad f_H=\frac1{2\pi R_2C} $$

$$ |H(j\omega_H)|=\frac{R_2/R_1}{\sqrt2} $$

Intuizione

A bassa frequenza la retroazione passa attraverso $R_2$; salendo in frequenza il condensatore offre una scorciatoia sempre più efficace, diminuisce $Z_2$ e quindi diminuisce il guadagno invertente.

Errori da evitare

• Scrivere $f_H=1/(R_2C)$ dimenticando $2\pi$; quello è $\omega_H$.
• Usare $R_1$ nella costante di tempo di questa specifica topologia: il polo è fissato da $R_2C$.
• Dire che a $f_H$ il guadagno è zero: è ridotto di $1/\sqrt2$.
• Dimenticare il segno invertente e la fase.
• Ignorare banda, stabilità e slew rate dell’OpAmp reale.

Scaletta orale

1. Identificare $Z_1=R_1$ e $Z_2=R_2\parallel1/(sC)$.
2. Usare $H=-Z_2/Z_1$.
3. Guadagno DC $-R_2/R_1$.
4. Polo $\omega_H=1/(R_2C)$ e $f_H$.
5. $-3\,\mathrm{dB}$, pendenza e limiti dell’OpAmp reale.

Follow-up

• Qual è la fase? Il segno meno dà $180^\circ$ a bassa frequenza; il polo aggiunge progressivamente fino a $-90^\circ$ ulteriori, secondo la convenzione di fase adottata.
• Come progetto $C$? $C=1/(2\pi R_2f_H)$ dopo aver scelto $R_2$ compatibile con rumore, correnti di bias e carico.
• Come distinguere banda piccolo-segnale e full-power bandwidth? La prima dipende dai poli; la seconda dallo slew rate: $f_{FP}\simeq SR/(2\pi V_p)$.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 94-95.

Risposta completa

Un amplificatore differenziale deve amplificare la differenza fra due segnali e rigettare ciò che è comune. Nel circuito a un solo OpAmp mostrato nella slide R3, $v_2$ entra nel ramo invertente e $v_1$ in quello non invertente. Se i quattro resistori hanno rapporti perfettamente uguali, per esempio tutti uguali, si ottiene un guadagno unitario della differenza. Più in generale, con $R_2/R_1=R_4/R_3$,

$$ v_o=\frac{R_2}{R_1}(v_1-v_2). $$

Scambiando i due segnali si inverte il segno. I problemi sono che le due sorgenti vedono impedenze finite e diverse, il guadagno non si varia comodamente e il CMRR dipende fortemente dall’abbinamento dei rapporti resistivi.

L’amplificatore da strumentazione a tre OpAmp risolve questi problemi. I primi due stadi sono non invertenti: forniscono resistenze d’ingresso idealmente infinite e amplificano la differenza. Un solo resistore $R_G$ collega i due nodi invertenti e regola il guadagno. Un terzo stadio differenziale sottrae le due uscite.

Per lo schema R3 con resistori uguali $R$ nei primi feedback e nel sottrattore,

$$ v_o=\left(1+\frac{2R}{R_G}\right)(v_2-v_1). $$

La derivazione segue da

$$ v_3=v_1+\frac{R}{R_G}(v_1-v_2),\qquad v_4=v_2+\frac{R}{R_G}(v_2-v_1), $$

e dal sottrattore $v_o=v_4-v_3$. I vantaggi sono alta impedenza ai due ingressi, guadagno differenziale regolabile con un solo componente e alto CMRR. Nella pratica il CMRR dipende dal matching dei resistori del terzo stadio; il segnale deve inoltre rientrare nel campo di modo comune degli OpAmp e nello swing dei due stadi interni, che può saturare prima dell’uscita finale.

Formule chiave

$$ \text{differenziale: }\frac{R_2}{R_1}=\frac{R_4}{R_3} \Rightarrow v_o=\frac{R_2}{R_1}(v_1-v_2)\quad\text{per i collegamenti della slide} $$

$$ \text{strumentazione R3: }v_o=\left(1+\frac{2R}{R_G}\right)(v_2-v_1) $$

$$ R_{in,1}=R_{in,2}=\infty\quad\text{nel modello ideale} $$

Intuizione

I due buffer d’ingresso osservano i sensori senza caricarli; il resistore centrale misura quanto i due ingressi differiscono; lo stadio finale elimina ciò che i due percorsi hanno in comune.

Errori da evitare

• Dire che basta avere quattro resistori nominalmente uguali per CMRR infinito nel reale.
• Dimenticare che conta l’uguaglianza dei rapporti, non solo dei singoli valori.
• Modificare più resistori quando nell’instrumentation amplifier il guadagno è pensato per essere regolato con $R_G$.
• Ignorare la saturazione interna dovuta a un grande modo comune.
• Confondere CMRR dell’OpAmp e CMRR dell’intero circuito.

Scaletta orale

1. Obiettivo: amplificare differenza, rigettare modo comune.
2. Differenziale a un OpAmp e condizione sui rapporti.
3. Limiti: impedenze, regolazione del guadagno, matching.
4. Struttura a tre OpAmp.
5. Guadagno $1+2R/R_G$, vantaggi e limiti reali.

Follow-up

• Perché i primi ingressi hanno impedenza alta? Sono collegati ai morsetti non invertenti dei due OpAmp.
• Che cosa limita il CMRR reale? CMRR dei componenti, matching e deriva dei resistori, layout e guadagni finiti.
• Perché gli stadi interni possono saturare? Le loro uscite contengono anche la componente di modo comune oltre alla differenza amplificata.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 96-98.
• Il guadagno dell’amplificatore da strumentazione è derivato dallo schema R3, che nella slide ne chiede esplicitamente il calcolo.

Risposta completa

Regolare linearmente significa mantenere il dispositivo di controllo nella regione attiva e fargli assorbire la differenza tra ingresso e uscita. In un regolatore serie ideale di corrente di riposo trascurabile,

$$ P_L=V_oI_o,\qquad P_{loss}\simeq(V_{in}-V_o)I_o,\qquad \eta\simeq\frac{V_o}{V_{in}}. $$

È una soluzione continua, semplice, con basso rumore e ripple e buona risposta analogica, ma quando $V_{in}-V_o$ o $I_o$ sono grandi dissipa molto calore. Richiede inoltre margine di dropout e, nella forma serie usuale, può soltanto abbassare la tensione. Lo Zener è un esempio ancora più dissipativo di regolazione lineare a shunt.

Nella regolazione switching il dispositivo di potenza commuta tra OFF, dove $i\simeq0$, e ON, dove $v\simeq0$. Idealmente in entrambi gli stati $p=vi\simeq0$. Induttori, condensatori e talvolta trasformatori accumulano e trasferiscono energia; il duty cycle $D=t_{on}/T_s$ controlla il valore medio. Per convertitori ideali in conduzione continua:

$$ \text{buck: }V_o=DV_{in}, $$

$$ \text{boost: }V_o=\frac{V_{in}}{1-D}, $$

$$ \text{buck-boost invertente: }V_o=-\frac{D}{1-D}V_{in}. $$

Le perdite reali sono dovute a $R_{DS(on)}$, cadute dei diodi o MOSFET sincroni, ESR degli elementi magnetici e dei condensatori, pilotaggio e sovrapposizione di tensione e corrente durante le transizioni. Lo switching offre quindi efficienza alta e può ridurre, elevare o invertire la tensione, ma introduce ripple, EMI, complessità di controllo, vincoli di layout e possibile instabilità dell’anello.

Per un carico resistivo comandato direttamente in PWM da una sorgente $V$, senza filtro e se interessa la potenza media,

$$ P_{L,avg}=D\frac{V^2}{R}. $$

Il carico riceve impulsi di piena ampiezza, non una tensione continua $DV$; se si vuole una vera tensione continua serve un filtro/convertitore. La scelta finale dipende da potenza, rumore ammesso, differenza di tensione, costo e gestione termica. Spesso si usa uno switching per la conversione grossa e un lineare finale per un’alimentazione molto pulita.

Formule chiave

$$ P_{loss,lin}\simeq(V_{in}-V_o)I_o,\qquad \eta_{lin}\simeq\frac{V_o}{V_{in}} $$

$$ D=\frac{t_{on}}{T_s},\qquad V_{o,buck}\simeq DV_{in} $$

$$ P_{switch}=\frac1{T_s}\int_0^{T_s}v_{sw}(t)i_{sw}(t)dt $$

Intuizione

Il lineare funziona come una valvola parzialmente chiusa e brucia la pressione in eccesso; lo switching apre e chiude rapidamente la valvola e trasferisce pacchetti di energia, che il filtro ricompone. L’efficienza nasce dal tenere bassa, per quasi tutto il tempo, almeno una tra tensione e corrente sul dispositivo di controllo.

Errori da evitare

• Dire che uno switching non dissipa mai potenza: è vero solo per l’interruttore ideale.
• Confrontare efficienze senza includere corrente di riposo e perdite di commutazione.
• Dire che il PWM non filtrato applica al carico una tensione costante $DV$; quello è il valore medio, non la forma d’onda.
• Usare $\eta=V_o/V_{in}$ per qualsiasi regolatore lineare con correnti d’ingresso e uscita diverse o carichi particolari.
• Dimenticare ripple, EMI, stabilità e layout.

Scaletta orale

1. Lineare: elemento attivo e perdita $(V_{in}-V_o)I_o$.
2. Vantaggi di rumore/semplicità e limite termico.
3. Switching: ON/OFF, elementi reattivi e duty cycle.
4. Esempio buck $V_o=DV_{in}$ e origine dell’alta efficienza.
5. Perdite reali, ripple/EMI e criterio di scelta.

Follow-up

• Quando conviene un LDO? Piccola differenza $V_{in}-V_o$, corrente moderata e requisiti severi di rumore o semplicità.
• Perché serve un induttore nel buck? Limita la variazione di corrente e immagazzina energia durante ON per cederla durante OFF.
• Da cosa dipende la perdita di commutazione? Dall’energia persa a ogni transizione, quindi approssimativamente cresce con la frequenza: $P_{sw}\sim E_{sw}f_s$.
• Come si collega alla batteria del PC? Una maggiore efficienza riduce $P_{diss}$ e aumenta l’autonomia, ma la batteria deve comunque fornire l’energia utile al carico.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2.
• 3 - diodi ed applicazioni 2025-2026_R2.pdf, pp. 29 e 39-47, per la catena raddrizzatore-filtro-regolatore e il regolatore lineare Zener.
• 1 - introduzione 2025-2026.pdf, pp. 55-58, per potenza ed energia.
• Le topologie buck/boost, le equazioni di duty cycle e il confronto dettagliato lineare-switching sono teoria standard richiesta esplicitamente nell’elenco delle domande, ma non sono sviluppati nelle dispense PDF pertinenti fornite.

Risposta completa

Un DAC associa a ciascun codice digitale di $N$ bit uno dei $2^N$ livelli analogici disponibili. Nel DAC a resistori pesati mostrato nelle slide, ogni bit comanda una tensione pari a $0$ oppure $V_{ref}$; tali tensioni entrano in un sommatore invertente attraverso resistenze scalate secondo il peso binario.

Per un sommatore ideale,

$$ v_o=-R_f\sum_{k=0}^{N-1}\frac{v_k}{R_k},\qquad v_k=b_kV_{ref},\quad b_k\in\{0,1\}. $$

Indicando con $b_{N-1}$ il bit più significativo e scegliendo

$$ R_{N-1}=R,\ R_{N-2}=2R,\ldots,\ R_0=2^{N-1}R, $$

si ottiene

$$ v_o=-\frac{R_f}{R}V_{ref} \left(b_{N-1}+\frac{b_{N-2}}2+\cdots+\frac{b_0}{2^{N-1}}\right). $$

Se $D=\sum_{k=0}^{N-1}b_k2^k$ è il valore intero del codice,

$$ v_o=-\frac{R_f}{R}\frac{V_{ref}}{2^{N-1}}D. $$

Nell’esempio a 4 bit delle slide, i contributi sono $8$, $4$, $2$ e $1\,\mathrm V$: il codice $1101_2=13_{10}$ produce $v_o=-13\,\mathrm V$. Un eventuale stadio invertente o un riferimento di segno opposto rende l’uscita positiva.

Il vantaggio è la derivazione immediata dai pesi binari. Il limite è che il rapporto fra la resistenza massima e la minima vale $2^{N-1}$: con molti bit tolleranze, correnti degli switch e intervallo dei valori diventano impraticabili. Per questo i DAC reali usano spesso una rete R-2R, che richiede solo due valori resistivi.

Un DAC ideale monotono ha passo di un LSB costante. Per la rete pesata appena scritta, in generale,

$$ \left|\Delta V_{LSB}\right|=\frac{R_f}{R}\frac{V_{ref}}{2^{N-1}}. $$

Se si vuole la scala normalizzata $0\le |v_o|<V_{ref}$, occorre scegliere $R_f/R=1/2$; soltanto con questa scelta si ottiene

$$ \left|\Delta V_{LSB}\right|=\frac{V_{ref}}{2^N},\qquad \left|v_{FS}\right|=V_{ref}\left(1-\frac1{2^N}\right). $$

La convenzione di scala del corso può invece assegnare direttamente $1\,\mathrm V$ per LSB, ottenendo $0$-$15\,\mathrm V$ a 4 bit. Nei dispositivi reali si specificano offset, errore di guadagno, DNL, INL, monotonicità, glitch e tempo di assestamento.

Formule chiave

$$ v_o=-R_f\sum_k\frac{b_kV_{ref}}{R_k} $$

$$ v_o=-\frac{R_f}{R}V_{ref} \left(b_{N-1}+\frac{b_{N-2}}2+\cdots+\frac{b_0}{2^{N-1}}\right) $$

$$ \left|\Delta V_{LSB}\right|=\frac{R_f}{R}\frac{V_{ref}}{2^{N-1}}, \qquad \left|\Delta V_{LSB}\right|=\frac{V_{ref}}{2^N}\ \text{se }\frac{R_f}{R}=\frac12 $$

Intuizione

Ogni bit apre o chiude un rubinetto di corrente; il rubinetto del MSB pesa il doppio del successivo. La massa virtuale rende indipendenti i contributi e l’OpAmp ne esegue la somma pesata.

Errori da evitare

• Confondere MSB e LSB nella sequenza delle resistenze: il MSB deve avere la resistenza più piccola e quindi il peso maggiore.
• Dimenticare il segno invertente del sommatore.
• Dire che un DAC a $N$ bit produce $N$ livelli: ne produce $2^N$.
• Confondere risoluzione, accuratezza e tempo di assestamento.
• Estendere la rete a resistori binariamente pesati a molti bit senza discutere tolleranze e dinamica dei valori.

Scaletta orale

1. Definizione: $N$ bit, $2^N$ livelli.
2. Bit trasformati in $0/V_{ref}$.
3. Sommatore invertente e resistenze binariamente pesate.
4. Formula e esempio $1101_2\to-13\,\mathrm V$.
5. LSB, limiti pratici e alternativa R-2R.

Follow-up

• Perché l’MSB pesa di più? Ha la resistenza più piccola, quindi immette la corrente maggiore nel nodo di somma.
• Che cos’è la DNL? La deviazione del passo reale tra codici adiacenti rispetto a un LSB ideale; se troppo negativa può compromettere la monotonicità.
• Perché la rete R-2R è preferibile? Usa solo due valori, facilmente abbinabili in tecnologia integrata, indipendentemente dal numero di bit.
• Che cosa succede durante una transizione come $0111\to1000$? Gli switch non commutano esattamente insieme e può apparire un impulso di glitch prima dell’assestamento.

Fonti

• 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1.
• 2 - intro amplificatori - amplif operaz 2025-2026_R3.pdf, pp. 72-76.

Note di copertura e punti da verificare con il docente

• In 4B - ELE1_Fisica dei semiconduttori_parte2_R2.pdf, p. 10, l’estrazione/testo della legge di azione di massa appare come una somma; la revisione R2 di parte 1, p. 27, e tutta la teoria fisica confermano che la relazione corretta è $np=n_i^2$.
• Il file 3 - diodi ed applicazioni 2025-2026_R2.pdf riporta nel piè di pagina interno l’anno 2024/2025. È stato comunque trattato come autorità perché è la revisione R2 più recente presente nella cartella.
• Alcune formule di approfondimento non sono scritte letteralmente nelle slide, ma sono derivazioni standard coerenti con i loro schemi: $V_{bi}$ e $W$ della giunzione brusca (Q04), il modello illuminato e $V_{OC}$ della cella (Q06), i valori medi ideali dei raddrizzatori e il PIV con condensatore (Q08), le resistenze chiuse tramite guadagno d’anello (Q19) e la compensazione capacitiva della transresistenza (Q21).
• Le slide R2 introducono $C_j$ e $C_D$, ma non sviluppano le forme d’onda di reverse recovery. $t_s$, $t_t$, $t_{rr}$ e $Q_{rr}$ sono stati aggiunti dalla teoria standard per rispondere alla domanda orale esplicita.
• Le dispense mostrano il blocco “voltage regulator” e il regolatore Zener, ma non sviluppano convertitori PWM. Le formule buck/boost e il confronto lineare-switching sono quindi una sintesi standard oltre le slide.
• La domanda “sensore che è un cattivo generatore di tensione” è stata interpretata come sorgente di Thévenin con elevata $R_s$. Se il professore intende invece un sensore a uscita di corrente, la risposta da dare è la Q21 sulla transresistenza.
• Il guadagno dello strumentale Q23 è derivato dallo schema specifico R3 con tutti i resistori indicati uguali a $R$. Se in esame vengono dati rapporti diversi, occorre ricalcolare i tre stadi senza memorizzare la sola formula.

Risposta completa

Si consideri lo stadio NMOS a source comune con source a massa, resistore $R_D$ fra drain e $V_{DD}$, ingresso sul gate e uscita sul drain. Poiché $v_{GS}=v_{IN}$ e $v_{DS}=v_O$, il circuito impone:

$$ i_D=\frac{V_{DD}-v_O}{R_D}. $$

Nel piano $(v_{DS},i_D)$ questa è la retta di carico, con intercette $(V_{DD},0)$ e $(0,V_{DD}/R_D)$ e pendenza $-1/R_D$. Il MOSFET fornisce invece una famiglia di caratteristiche $i_D(v_{DS})$, una per ogni $v_{GS}$.

Il procedimento grafico è:

1. si traccia la retta di carico del bipolo costituito da $V_{DD}$ e $R_D$;
2. si sceglie il valore DC $V_{IN}$ e quindi la curva del MOSFET corrispondente a $V_{GS}=V_{IN}$;
3. l’intersezione fra curva e retta dà il punto di riposo $Q=(V_{DSQ},I_D)$, con $V_O=V_{DSQ}$;
4. per $V_{IN}+v_{in}$ si ripete l’intersezione sulle curve vicine: le ascisse dei nuovi punti danno $v_O$;
5. riportando $v_O$ in funzione di $v_{IN}$ si costruisce la caratteristica di trasferimento dell’intero amplificatore.

Se $v_{IN}$ cresce, $i_D$ cresce e la caduta $R_Di_D$ aumenta: pertanto $v_O$ diminuisce. Lo stadio è invertente. In un piccolo intervallo attorno a $Q$:

$$ A_v\simeq\frac{\Delta v_O}{\Delta v_{IN}}. $$

Se il MOSFET rimane in saturazione e si trascura la modulazione di canale:

$$ v_O=V_{DD}-\frac12 k_nR_D(v_{IN}-V_T)^2, \qquad A_v=\left.\frac{dv_O}{dv_{IN}}\right|_Q=-g_mR_D. $$

Occorre verificare $V_{DSQ}\ge V_{GSQ}-V_T$. Un punto troppo vicino all’interdizione porta al clipping superiore, $v_O\to V_{DD}$; uno troppo vicino alla regione triodo porta al clipping inferiore. Il punto $Q$ va quindi scelto nella parte abbastanza lineare della caratteristica, lasciando escursione in entrambe le direzioni.

Formule chiave

$$ i_D=\frac{V_{DD}-v_{DS}}{R_D},\qquad I_D=\frac12k_nV_{OV}^2,\qquad g_m=k_nV_{OV}=\frac{2I_D}{V_{OV}}. $$

$$ A_v\simeq-g_m(R_D\parallel r_o\parallel R_L) $$

quando si includono resistenza d’uscita del MOSFET e carico esterno.

Intuizione

La retta di carico descrive tutto ciò che il circuito esterno permette; le curve del transistor descrivono tutto ciò che il MOSFET permette. Il punto fisicamente possibile deve soddisfare entrambe le descrizioni, quindi è la loro intersezione. L’inversione nasce dal fatto che più corrente significa più caduta sul resistore e meno tensione al drain.

Errori da evitare

• Tracciare una retta con pendenza positiva oppure scambiare le due intercette.
• Leggere l’uscita sull’asse della corrente: $v_O$ è l’ascissa $v_{DS}$.
• Usare la parabola di saturazione senza verificare $v_{DS}\ge v_{GS}-V_T$.
• Confondere il valore totale $v_O$ con il piccolo segnale $v_o$: $v_O(t)=V_O+v_o(t)$.
• Calcolare il guadagno su un intervallo grande e chiamarlo “piccolo segnale”, ignorando la distorsione.

Scaletta orale

In 60-90 s: descrivere il common source; scrivere la retta $i_D=(V_{DD}-v_O)/R_D$ e le intercette; spiegare che l’intersezione con la curva parametrizzata da $V_{GS}$ dà $Q$; spostarsi sulle curve vicine quando varia l’ingresso; osservare che l’uscita diminuisce, quindi il guadagno è negativo; chiudere con $A_v\simeq-g_mR_D$ e con la verifica di saturazione e dell’escursione senza clipping.

Follow-up

• Come si sceglie $Q$? In saturazione, nella zona più lineare e con margine verso interdizione e triodo; spesso si cerca un’escursione d’uscita circa simmetrica.
• Che cosa cambia con $r_o$? La pendenza delle caratteristiche in saturazione non è nulla e $A_v$ diventa $-g_m(R_D\parallel r_o)$.
• Perché serve una polarizzazione DC? Trasla il debole segnale attorno a un punto in cui la caratteristica è localmente quasi lineare.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2 (“studio grafico di un amplificatore a MOSFET”, ripetuta).
• Teoria e costruzione grafica: 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf, pp. 15-30, in particolare pp. 18-24 e 26-30.

Risposta completa

Il modello a piccolo segnale è la linearizzazione del MOSFET attorno al punto di riposo $Q$. In saturazione:

$$ v_{GS}=V_{GS}+v_{gs},\qquad i_D=I_D+i_d. $$

Partendo da $i_D=\tfrac12k_n(v_{GS}-V_T)^2$:

$$ i_D= \frac12k_nV_{OV}^2+k_nV_{OV}v_{gs}+\frac12k_nv_{gs}^2. $$

Se $|v_{gs}|\ll V_{OV}$, il termine quadratico è trascurabile e:

$$ i_d=g_mv_{gs},\qquad g_m=\left.\frac{\partial i_D}{\partial v_{GS}}\right|_Q =k_nV_{OV} =\frac{2I_D}{V_{OV}} =\sqrt{2k_nI_D}. $$

Il modello intrinseco ideale ha gate aperto, quindi $i_g=0$, e un generatore di corrente controllato $g_mv_{gs}$ fra drain e source. La modulazione della lunghezza di canale aggiunge:

$$ g_{ds}=\left.\frac{\partial i_D}{\partial v_{DS}}\right|_Q\simeq\lambda I_D, \qquad r_o=\frac1{g_{ds}}=\frac{1}{\lambda I_D}=\frac{V_A}{I_D}. $$

Il modello completo di bassa frequenza è dunque $g_mv_{gs}$ in parallelo a $r_o$ fra drain e source, con resistenza d’ingresso intrinseca idealmente infinita. Se bulk e source non sono allo stesso potenziale, si può aggiungere il generatore $g_{mb}v_{bs}$; nelle dispense di base il body effect viene normalmente trascurato.

Il modello alternativo, o modello a T, si ottiene aggiungendo due generatori controllati uguali e opposti e applicando il teorema dell’assorbimento. Un ramo percorso da:

$$ i=G(v_A-v_B) $$

è equivalente a un resistore $R=1/G$ fra gli stessi nodi. Il ramo $g_mv_{gs}$ fra gate e source può quindi essere “assorbito” in un resistore $1/g_m$. Rimane un generatore controllato fra drain e gate che garantisce che la corrente esterna di gate resti nulla. Questo modello è particolarmente comodo quando il segnale entra dal source: rende immediato $R_{in}\simeq1/g_m$ del common gate.

Formule chiave

$$ g_m=k_nV_{OV}=\frac{2I_D}{V_{OV}},\qquad r_o=\frac{1}{\lambda I_D},\qquad r_{T}=\frac1{g_m}. $$

Per un source comune:

$$ A_v=-g_m(R_D\parallel r_o\parallel R_L). $$

Intuizione

$g_m$ è la pendenza locale della caratteristica $I_D(V_{GS})$: dice quanti ampere di variazione al drain si ottengono per un volt di variazione gate-source. $r_o$ misura invece quanto il drain riesce ancora a modulare la corrente in saturazione. Il modello non sostituisce il calcolo DC: i suoi parametri dipendono da $I_D$ e quindi vanno calcolati dopo avere trovato $Q$.

Errori da evitare

• Usare il modello a piccolo segnale per trovare la polarizzazione.
• Scrivere $g_m=I_D/V_{OV}$: con la legge quadratica vale $g_m=2I_D/V_{OV}$.
• Dimenticare che le alimentazioni DC diventano massa solo nel circuito incrementale.
• Interpretare $1/g_m$ come una resistenza fisica collegata al gate: è parte di un modello equivalente e il generatore residuo mantiene $i_g=0$.
• Applicare il modello di saturazione se il punto $Q$ è in triodo o interdizione.

Scaletta orale

In 60-90 s: partire da $v_{GS}=V_{GS}+v_{gs}$; sviluppare la legge quadratica; eliminare $v_{gs}^2$ nell’ipotesi di piccolo segnale; identificare $g_m$; disegnare verbalmente gate aperto, generatore $g_mv_{gs}$ e $r_o$; spiegare $r_o=1/(\lambda I_D)$; concludere col modello a T e con il teorema $i=Gv\leftrightarrow R=1/G$.

Follow-up

• Quanto deve essere piccolo $v_{gs}$? Deve essere molto minore di $V_{OV}$; il criterio deriva da $\tfrac12k_nv_{gs}^2\ll k_nV_{OV}v_{gs}$.
• Perché $g_m$ dipende dalla polarizzazione? È una derivata valutata in $Q$ e cresce con $I_D$.
• Che cosa rappresenta $r_o$? L’effetto Early del MOSFET, cioè la pendenza residua delle curve in saturazione dovuta alla modulazione di canale.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“modelli a ps del MOSFET (teorema assorbimento)”).
• Derivazione e modelli: 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf, pp. 12-14 e 26-33.

Risposta completa

La polarizzazione fissa il punto di riposo $Q$ prima di applicare il segnale. Nel circuito classico, il gate è alimentato dal partitore $R_1$-$R_2$, il drain da $R_D$ e il source è collegato a massa tramite $R_S$. Poiché $I_G\simeq0$:

$$ V_G=V_{DD}\frac{R_2}{R_1+R_2},\qquad V_S=I_DR_S,\qquad V_{GS}=V_G-I_DR_S. $$

Assumendo saturazione:

$$ I_D=\frac12k_n(V_G-I_DR_S-V_T)^2. $$

Il metodo grafico interseca:

$$ I_D=\frac12k_n(V_{GS}-V_T)^2 \quad\text{e}\quad I_D=\frac{V_G-V_{GS}}{R_S}. $$

La seconda è una retta con pendenza $-1/R_S$. La radice fisica deve soddisfare $V_{GS}>V_T$ e:

$$ V_{DS}=V_{DD}-I_D(R_D+R_S)\ge V_{GS}-V_T. $$

La stabilizzazione è una retroazione negativa. Se la temperatura o la dispersione dei parametri tende ad aumentare $I_D$, cresce $V_S=I_DR_S$, diminuisce $V_{GS}$ e l’aumento di corrente viene contrastato. Linearizzando una perturbazione:

$$ \delta I_D=g_m(\delta V_G-\delta V_T-R_S\delta I_D), $$

da cui:

$$ \delta I_D=\frac{g_m}{1+g_mR_S}(\delta V_G-\delta V_T). $$

La sensibilità è quindi ridotta dal fattore $1+g_mR_S$. Senza $R_S$, $V_{GS}=V_G$ è rigido e uno spostamento di $V_T$ sposta fortemente l’intersezione sulla parabola.

Nel circuito AC, se $R_S$ non è bypassata produce degenerazione di source: riduce il guadagno ma aumenta linearità e stabilità. Un condensatore di bypass può cortocircuitare $R_S$ a centro banda, conservando la retroazione in DC ma recuperando guadagno in AC.

Formule chiave

$$ V_{GS}=V_G-I_DR_S,\qquad I_D=\frac12k_n(V_{GS}-V_T)^2. $$

$$ A_v\simeq-\frac{g_m(R_D\parallel R_L)}{1+g_mR_S} $$

se $R_S$ non è bypassata e si trascura la modulazione di canale ($r_o\to\infty$). Se $r_o$ è confrontabile con le altre resistenze, con il source degenerato non basta inserirlo in parallelo a $R_D$: occorre risolvere il circuito incrementale completo.

Intuizione

$R_S$ rende il transistor capace di “correggersi”: una corrente troppo alta alza il source e chiude parzialmente il canale; una corrente troppo bassa abbassa il source e lo riapre. Il prezzo è una caduta DC che consuma escursione disponibile e, se non bypassata, una riduzione del guadagno.

Errori da evitare

• Calcolare $V_G$ come se il gate assorbisse corrente.
• Dimenticare il termine $I_DR_S$ in $V_{GS}$.
• Accettare entrambe le radici dell’equazione quadratica senza verificare condizioni fisiche e regione.
• Dire che $R_S$ elimina completamente la dipendenza da temperatura e parametri: la riduce.
• Cortocircuitare $R_S$ anche nell’analisi DC perché è presente un condensatore di bypass: in DC il condensatore è aperto.

Scaletta orale

In 60-90 s: definire lo scopo della polarizzazione; ricavare $V_G$, $V_S$ e $V_{GS}$; porre la parabola del MOSFET a sistema con la retta $I_D=(V_G-V_{GS})/R_S$; spiegare graficamente l’intersezione; descrivere la retroazione negativa se $I_D$ cresce; citare il fattore di stabilizzazione $1+g_mR_S$; chiudere con verifica della saturazione e compromesso fra stabilità, guadagno e headroom.

Follow-up

• Che cosa cambia aumentando $R_S$? Migliorano stabilità e linearità, ma diminuiscono headroom e guadagno AC non bypassato.
• Perché si usa un partitore al gate? Fornisce un $V_G$ quasi indipendente dal transistor grazie a $I_G\simeq0$.
• Come si verifica la saturazione? Calcolando $V_{DS}=V_{DD}-I_D(R_D+R_S)$ e controllando $V_{DS}\ge V_{OV}$.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“stabilizzazione della polarizzazione di un MOSFET”, “stabilizzazione della polarizzazione tramite $R_S$”, “stabilizzazione della polarizzazione del MOSFET”).
• Circuito, costruzione grafica e annotazioni: 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf, pp. 34-35 e 39.

Risposta completa

Un NMOS è collegato a diodo quando gate e drain sono cortocircuitati. Ne segue:

$$ V_{DS}=V_{GS}. $$

Se $V_{GS}\le V_T$, il dispositivo è interdetto. Se $V_{GS}>V_T$, la condizione di saturazione:

$$ V_{DS}\ge V_{GS}-V_T $$

è automaticamente soddisfatta, perché $V_{DS}=V_{GS}$. Il dispositivo acceso opera quindi sempre in saturazione e presenta la caratteristica a due terminali:

$$ I_D\simeq\frac12k_n(V_{GS}-V_T)^2. $$

Non è un diodo a giunzione: è un elemento non lineare che impone una caduta $V_{GS}$ dipendente dalla corrente. Se è alimentato da $V_{DD}$ attraverso $R_D$, il punto di lavoro è l’intersezione fra la curva precedente e:

$$ I_D=\frac{V_{DD}-V_{GS}}{R_D}. $$

Nel grafico delle caratteristiche d’uscita, i punti ammessi stanno sul luogo $V_{DS}=V_{GS}$; l’intersezione con la retta di carico determina $I_D$ e $V_{GS}$.

Nel piccolo segnale, guardando nel nodo gate-drain verso source:

$$ r_d=\frac{1}{g_m+g_{ds}}\simeq\frac1{g_m}. $$

Il MOS a diodo è il cuore del ramo di riferimento di uno specchio di corrente: la corrente di riferimento crea il $V_{GS}$ che viene poi applicato agli altri MOSFET.

Formule chiave

$$ G=D\Rightarrow V_{DS}=V_{GS}; \qquad I_D=\frac12k_n(V_{GS}-V_T)^2; \qquad r_d\simeq\frac1{g_m}. $$

Intuizione

Collegare drain e gate trasforma la corrente in una tensione $V_{GS}$. Quella tensione contiene l’informazione necessaria per fare scorrere la stessa densità di corrente in un transistor gemello.

Errori da evitare

• Chiamarlo diodo pn o attribuirgli una caduta fissa di circa $0{,}7$ V.
• Dire che è in triodo perché gate e drain sono uniti: quando è acceso, la saturazione è automatica.
• Dimenticare che sotto soglia il modello ideale dà corrente nulla.
• Usare $1/g_m$ come resistenza statica $V/I$: è una resistenza differenziale.

Scaletta orale

In 60-90 s: definire il collegamento $G=D$; dedurre $V_{DS}=V_{GS}$; verificare matematicamente la saturazione; scrivere la legge quadratica; spiegare la soluzione con retta di carico; indicare la resistenza incrementale $1/(g_m+g_{ds})$; collegare il dispositivo allo specchio di corrente.

Follow-up

• Qual è la tensione minima per accenderlo? Idealmente $V_{GS}>V_T$.
• Che cosa cambia per un PMOS? Si uniscono ancora gate e drain, ma si usano $V_{SG}$, $V_{SD}$ e $|V_{Tp}|$.
• Perché il punto sulla retta $V_{DS}=V_{GS}$ è in saturazione? Perché $V_{GS}\ge V_{GS}-V_T$ per $V_T>0$.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“MOSFET a diodo”).
• Costruzione, esempio e annotazioni: 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf, pp. 36-38.

Risposta completa

Lo specchio base usa due NMOS con source comuni e gate comuni. $M_1$ è collegato a diodo e attraversato da $I_{REF}$; il suo $V_{GS}$ viene applicato a $M_2$. Se i transistor sono uguali, alla stessa temperatura e in saturazione:

$$ I_{D1}=\frac12k_{n1}(V_{GS}-V_T)^2,\qquad I_{D2}=\frac12k_{n2}(V_{GS}-V_T)^2. $$

Pertanto:

$$ \frac{I_O}{I_{REF}}\simeq \frac{k_{n2}}{k_{n1}} = \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1}. $$

Con dispositivi identici, $I_O\simeq I_{REF}$. Il resistore del ramo di riferimento non impone da solo la corrente: occorre risolvere:

$$ I_{REF}=\frac{V_{DD}-V_{GS}}{R} =\frac12k_{n1}(V_{GS}-V_T)^2. $$

Il transistor d’uscita funziona da generatore di corrente solo se resta in saturazione:

$$ V_{DS2}\ge V_{OV}=V_{GS}-V_T. $$

$V_{OV}$ è la tensione minima di compliance per un semplice specchio NMOS. Se l’uscita scende sotto questo valore, $M_2$ entra in triodo e la corrente non è più specchiata.

Con modulazione di canale:

$$ \frac{I_O}{I_{REF}}\simeq \frac{(W/L)_2}{(W/L)_1} \cdot \frac{1+\lambda V_{DS2}}{1+\lambda V_{DS1}}, $$

e l’uscita ha resistenza finita $r_{o2}\simeq1/(\lambda I_O)$. Altri errori derivano da mismatch di $V_T$, $k_n$, temperatura e resistenze. Più transistor possono condividere lo stesso $V_{GS}$ per ottenere più uscite, anche scalate tramite $W/L$.

Formule chiave

$$ I_O\simeq I_{REF}\frac{(W/L)_2}{(W/L)_1}, \qquad V_{O,\min}\simeq V_{OV}, \qquad r_{out}\simeq r_{o2}. $$

Intuizione

$M_1$ converte la corrente di riferimento in un $V_{GS}$; $M_2$ riconverte lo stesso $V_{GS}$ in corrente. Non viene “copiata” direttamente la corrente fra i drain: viene condivisa la tensione di controllo.

Errori da evitare

• Affermare $I_{REF}=(V_{DD}-V_T)/R$: sul resistore cade $V_{DD}-V_{GS}$, non $V_{DD}-V_T$.
• Dimenticare la condizione di compliance dell’uscita.
• Supporre corrente perfettamente costante al variare di $V_O$ nonostante $\lambda$.
• Credere che dimensioni diverse impediscano lo specchio: producono invece un rapporto di corrente.
• Invertire il verso di una sorgente NMOS, che normalmente assorbe corrente verso massa.

Scaletta orale

In 60-90 s: descrivere $M_1$ a diodo, gate e source comuni; mostrare che i due $V_{GS}$ sono uguali; confrontare le due leggi quadratiche; ottenere il rapporto delle $W/L$; spiegare come $R$ e $V_{DD}$ determinano implicitamente $I_{REF}$; imporre $V_O\ge V_{OV}$; chiudere con $r_o$ e mismatch come non idealità.

Follow-up

• Come si raddoppia la corrente? Si sceglie $(W/L)_2=2(W/L)_1$.
• Che cosa accade se $V_O<V_{OV}$? Il transistor d’uscita entra in triodo e la corrente cala.
• Perché $M_1$ è sicuramente saturo? È collegato a diodo, quindi $V_{DS1}=V_{GS1}$.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2 (“current mirror” e “specchio di corrente”).
• Polarizzazione e specchio: 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf, pp. 34 e 40-41.

Risposta completa

Le tre configurazioni dipendono dal terminale mantenuto a massa AC.

Source comune (CS). L’ingresso è al gate, l’uscita al drain e il source è a massa AC. È un amplificatore di tensione invertente:

$$ A_v\simeq-g_m(R_D\parallel r_o\parallel R_L),\quad R_{in}\simeq R_G,\quad R_{out}\simeq R_D\parallel r_o. $$

Ha guadagno di tensione e corrente elevati e ingresso ad alta resistenza, ma $C_{GD}$ subisce l’effetto Miller e penalizza la frequenza di taglio superiore.

Gate comune (CG). Il gate è a massa AC, l’ingresso entra nel source e l’uscita è al drain:

$$ A_v\simeq+g_m(R_D\parallel r_o\parallel R_L),\quad R_{in}\simeq\frac1{g_m},\quad R_{out}\simeq R_D\parallel r_o. $$

Non inverte, accetta bene correnti da sorgenti a bassa resistenza ed è molto più rapido perché non presenta una forte moltiplicazione Miller. Il guadagno di corrente è circa unitario.

Drain comune (CD), o source follower. Il drain è a massa AC, l’ingresso è al gate e l’uscita al source. Posto $R=R_L\parallel r_o$:

$$ A_v\simeq\frac{g_mR}{1+g_mR}<1,\quad R_{in}\simeq R_G,\quad R_{out}\simeq r_o\parallel\frac1{g_m}. $$

Non inverte; ha alta resistenza d’ingresso e bassa resistenza d’uscita, quindi è un buffer di tensione.

Formule chiave

Intuizione

Nel CS la corrente controllata crea una caduta al drain e inverte. Nel CG il segnale spinge direttamente il source, quindi il nodo d’ingresso “sente” il canale attraverso $1/g_m$. Nel follower l’uscita segue il gate: se il source resta indietro, aumenta $v_{gs}$ e il MOSFET lo spinge nella stessa direzione.

Errori da evitare

• Confondere “terminale comune” con terminale fisicamente a massa DC: deve essere comune, cioè a massa, per il segnale AC.
• Attribuire inversione al common gate o al source follower.
• Dire che il follower ha guadagno esattamente uno.
• Dimenticare $r_o$ e il carico quando sono confrontabili con $R_D$ o $R_L$.

Scaletta orale

In 60-90 s: definire il terminale comune come massa AC; per CS dare segno negativo, alta $R_{in}$ e Miller; per CG dare segno positivo, $R_{in}\simeq1/g_m$ e larga banda; per CD dare $A_v<1$, alta $R_{in}$ e bassa $R_{out}$; concludere indicando rispettivamente amplificatore di tensione, buffer di corrente e buffer di tensione.

Follow-up

• Quale stadio è più adatto alle alte frequenze? Il common gate, perché evita una forte moltiplicazione Miller di $C_{GD}$.
• Quale interfaccia un sensore ad alta resistenza? Il source follower o uno stadio con ingresso MOS, grazie all’alta $R_{in}$.
• Perché $R_{in}$ del CG vale circa $1/g_m$? Una variazione $v_s$ produce una corrente circa $g_mv_s$.

Fonti

• Approfondimento coerente con le domande su amplificatori MOSFET: 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf, pp. 42-52.
• Confronto in frequenza: 9 - amplificatori a MOSFET-risposta in frequenza 2025-2026.pdf, p. 22.

Risposta completa

La NOT CMOS ha un PMOS fra $V_{DD}$ e l’uscita e un NMOS fra uscita e massa; i gate sono uniti all’ingresso. Per evitare errori di segno conviene usare:

$$ V_{GSn}=V_{in},\quad V_{DSn}=V_{out}, \qquad V_{SGp}=V_{DD}-V_{in},\quad V_{SDp}=V_{DD}-V_{out}. $$

Le condizioni operative sono:

• NMOS interdetto se $V_{in}\le V_{Tn}$; saturo se è acceso e $V_{out}\ge V_{in}-V_{Tn}$; in triodo se $V_{out}<V_{in}-V_{Tn}$.
• PMOS interdetto se $V_{DD}-V_{in}\le|V_{Tp}|$; saturo se è acceso e $V_{DD}-V_{out}\ge V_{DD}-V_{in}-|V_{Tp}|$, cioè $V_{out}\le V_{in}+|V_{Tp}|$; in triodo se $V_{out}>V_{in}+|V_{Tp}|$.

Facendo crescere lentamente $V_{in}$ da $0$ a $V_{DD}$ si attraversano cinque casi:

“Triodo” ai due estremi va inteso includendo il limite a $V_{DS}=0$ o $V_{SD}=0$: il transistor è abilitato ma non ha differenza di potenziale e quindi non porta corrente DC.

Il punto di funzionamento per un dato $V_{in}$ si ottiene imponendo:

$$ I_{Dn}(V_{in},V_{out})=I_{Dp}(V_{DD}-V_{in},V_{DD}-V_{out}). $$

Graficamente si sovrappone la caratteristica NMOS alla caratteristica PMOS ribaltata e traslata rispetto a $V_{DD}$; l’intersezione, che ha la stessa corrente nei due dispositivi, fornisce $V_{out}$. Nelle slide, con $V_{DD}=8$ V e $V_{Tn}=|V_{Tp}|=2$ V, i passaggi principali avvengono a $V_{in}=2$, circa $4$ e $6$ V. A $V_{in}\simeq4$ V, per dispositivi simmetrici, entrambi sono saturi e si ha il punto di commutazione.

Formule chiave

$$ \text{NMOS sat.: }V_{out}\ge V_{in}-V_{Tn}; \qquad \text{PMOS sat.: }V_{out}\le V_{in}+|V_{Tp}|. $$

$$ I_{Dn}=I_{Dp} $$

è l’equazione fondamentale del punto statico, perché il nodo d’uscita non può accumulare carica a regime.

Intuizione

All’inizio il PMOS tiene l’uscita alta; alla fine l’NMOS la tiene bassa. Nel mezzo i due “tirano” contemporaneamente il nodo: proprio lì la minima variazione d’ingresso produce la massima variazione d’uscita e compare anche la corrente di cortocircuito fra alimentazione e massa.

Errori da evitare

• Usare $V_{GS}$ negativo per il PMOS senza una convenzione coerente; $V_{SG}$ evita ambiguità.
• Dire che entrambi i MOSFET sono sempre saturi quando sono accesi.
• Confondere saturazione MOS con uscita logica “satura”: nel MOSFET la regione di saturazione è quella a corrente quasi costante.
• Dimenticare che ai due livelli logici ideali non esiste un percorso DC completo fra $V_{DD}$ e massa.
• Determinare la regione solo dall’ingresso: serve anche $V_{out}$.

Scaletta orale

In 60-90 s: definire le quattro tensioni $V_{GSn}$, $V_{DSn}$, $V_{SGp}$, $V_{SDp}$; dare le condizioni di interdizione, saturazione e triodo; seguire le cinque zone mentre $V_{in}$ cresce; spiegare che nel mezzo entrambi conducono; imporre $I_n=I_p$ per trovare il punto; citare l’esempio simmetrico $0$-$2$-$4$-$6$-$8$ V.

Follow-up

• Perché a riposo la CMOS ideale non consuma? A ciascun estremo uno dei due transistor interrompe il cammino $V_{DD}$-massa.
• Quando il PMOS è saturo? Quando $V_{SDp}\ge V_{SGp}-|V_{Tp}|$, equivalenti a $V_{out}\le V_{in}+|V_{Tp}|$.
• Che cosa rende reale la transizione non verticale? Modulazione di canale, mobilità, mismatch, capacità e dipendenza dei parametri dalla tensione.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“CMOS: regioni di funz del MOSFET durante la commutazione” e “punti di funzionamento dei MOSFET in una NOT CMOS”).
• NOT CMOS e successione acceso/spento: 5 - MOSFET e logica CMOS 2025-2026_R2.pdf, pp. 31-37.
• Costruzione dei punti con carico attivo: stessa dispensa, pp. 38-51.

Risposta completa

La caratteristica di trasferimento statica, o VTC, è $V_{out}=f(V_{in})$. La costruzione grafica procede per valori discreti di $V_{in}$:

1. si prende dalla famiglia NMOS la curva con $V_{GSn}=V_{in}$;
2. si prende la curva PMOS con $V_{SGp}=V_{DD}-V_{in}$;
3. si esprime la curva PMOS nelle coordinate comuni $V_{out}=V_{DD}-V_{SDp}$ e corrente positiva dal PMOS verso il nodo;
4. si cerca l’intersezione $I_n=I_p$;
5. si riporta l’ascissa $V_{out}$ contro il valore scelto di $V_{in}$;
6. si ripete da $0$ a $V_{DD}$.

Si ottiene una curva decrescente: quasi $V_{DD}$ per ingresso basso, una zona ripida attorno alla soglia logica e quasi zero per ingresso alto.

Con il modello quadratico si possono anche scrivere le porzioni analitiche. Definendo $k_n$ e $k_p$ positivi e usando la convenzione $I_{sat}=\tfrac12kV_{OV}^2$, nella zona NMOS saturo-PMOS triodo si pone:

$$ x=V_{in}-V_{Tn},\qquad a=V_{DD}-V_{in}-|V_{Tp}|,\qquad y=V_{SDp}=V_{DD}-V_{out}, $$

e si risolve:

$$ \frac12k_nx^2=k_p\left(ay-\frac{y^2}{2}\right). $$

La radice fisica è:

$$ y=a-\sqrt{a^2-\frac{k_n}{k_p}x^2},\qquad V_{out}=V_{DD}-y. $$

Nella zona NMOS triodo-PMOS saturo:

$$ k_n\left[(V_{in}-V_{Tn})V_{out}-\frac{V_{out}^2}{2}\right] =\frac12k_p(V_{DD}-V_{in}-|V_{Tp}|)^2, $$

e si sceglie la radice con $V_{out}$ basso.

Nel tratto in cui entrambi sono saturi, uguagliando le correnti si ricava la tensione di commutazione:

$$ V_M= \frac{\sqrt{k_p}(V_{DD}-|V_{Tp}|)+\sqrt{k_n}V_{Tn}} {\sqrt{k_n}+\sqrt{k_p}}. $$

Se $k_n=k_p$ e $V_{Tn}=|V_{Tp}|$, allora $V_M=V_{DD}/2$. Nel modello ideale con $\lambda=0$ il tratto centrale può risultare verticale; la VTC reale ha pendenza grande ma finita.

Formule chiave

$$ I_n(V_{in},V_{out})=I_p(V_{in},V_{out}), \qquad V_M=\frac{\sqrt{k_p}(V_{DD}-|V_{Tp}|)+\sqrt{k_n}V_{Tn}} {\sqrt{k_n}+\sqrt{k_p}}. $$

Intuizione

La VTC è una raccolta di punti di equilibrio. Per ogni ingresso, il PMOS prova a caricare il nodo e l’NMOS a scaricarlo; l’uscita si ferma dove le due correnti sono uguali. Rendere più forte l’NMOS sposta $V_M$ verso valori più bassi; rendere più forte il PMOS lo sposta verso valori più alti.

Errori da evitare

• Sovrapporre direttamente i grafici PMOS e NMOS senza ribaltare l’asse del PMOS rispetto a $V_{DD}$.
• Usare la sola equazione di saturazione in tutta la transizione.
• Scegliere la radice quadratica non compatibile con uscita alta o bassa.
• Dimenticare che alcune dispense definiscono $K=k/2$: qui $k=\mu C_{ox}W/L$ e il fattore $1/2$ resta esplicito.
• Confondere $V_M$ con $V_{IL}$ o $V_{IH}$.

Scaletta orale

In 60-90 s: definire la VTC; scegliere un $V_{in}$; leggere le curve NMOS e PMOS corrispondenti; ribaltare e traslare quella PMOS; imporre correnti uguali e riportare $V_{out}$; ripetere; descrivere i cinque tratti; concludere con la formula di $V_M$ e il caso simmetrico $V_{DD}/2$.

Follow-up

• Come si sposta $V_M$ aumentando $W/L$ dell’NMOS? Verso tensioni d’ingresso più basse.
• Perché il tratto centrale è molto ripido? Entrambi i dispositivi sono sensibili all’ingresso e una piccola variazione sbilancia fortemente le correnti.
• Quali punti definiscono i margini di rumore? $V_{IL}$ e $V_{IH}$, normalmente individuati dove $dV_{out}/dV_{in}=-1$.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“costruz grafica della Caratteristica di Trasferimento della CMOS”).
• Curve, carico attivo e punti d’intersezione: 5 - MOSFET e logica CMOS 2025-2026_R2.pdf, pp. 38-51.

Risposta completa

Una porta ideale ha transizione verticale, $R_{in}=\infty$, $R_{out}=0$, fan-out infinito e livelli esattamente $0$ e $V_{DD}$. Una porta reale ha una VTC continua e quattro livelli garantiti:

• $V_{OL}$: massimo valore garantito dell’uscita bassa;
• $V_{OH}$: minimo valore garantito dell’uscita alta;
• $V_{IL}$: massimo ingresso ancora riconosciuto sicuramente come basso;
• $V_{IH}$: minimo ingresso riconosciuto sicuramente come alto.

Nella VTC di un invertitore, $V_{IL}$ e $V_{IH}$ sono spesso identificati nei punti in cui:

$$ \frac{dV_{out}}{dV_{in}}=-1. $$

I margini di rumore sono:

$$ NM_L=V_{IL}-V_{OL},\qquad NM_H=V_{OH}-V_{IH}. $$

Rappresentano la massima perturbazione che può sovrapporsi rispettivamente a uno zero o a un uno senza perdere la corretta interpretazione nella porta successiva. Devono essere positivi. Una VTC ripida e livelli d’uscita vicini alle alimentazioni aumentano l’immunità al rumore e rigenerano i livelli lungo una cascata.

Il fan-in è il numero di ingressi di una porta. Il fan-out è il numero di ingressi che una sua uscita può pilotare rispettando livelli e tempi. In CMOS il limite statico può essere molto alto per la corrente di gate quasi nulla, ma ogni ingresso aggiunge capacità: il fan-out reale è spesso un limite di velocità, non solo di corrente DC.

Formule chiave

$$ NM_L=V_{IL}-V_{OL},\qquad NM_H=V_{OH}-V_{IH}. $$

Per una porta ideale simmetrica:

$$ V_{OL}=0,\quad V_{OH}=V_{DD},\quad V_{IL}=V_{IH}=V_{DD}/2,\quad NM_L=NM_H=V_{DD}/2. $$

Intuizione

Fra ciò che una porta promette in uscita e ciò che la porta successiva pretende in ingresso rimane una “zona di sicurezza”. Quella distanza è il margine di rumore.

Errori da evitare

• Scrivere $NM_H=V_{IH}-V_{OH}$: il segno corretto è $V_{OH}-V_{IH}$.
• Scambiare livelli di ingresso con livelli di uscita.
• Pensare che la zona fra $V_{IL}$ e $V_{IH}$ sia un terzo livello logico: è una zona non garantita.
• Dire che il fan-out CMOS è davvero infinito: la capacità di carico aumenta ritardi e potenza.
• Usare i punti a metà alimentazione al posto delle specifiche garantite di una porta reale.

Scaletta orale

In 60-90 s: confrontare VTC ideale e reale; definire in ordine $V_{OL}$, $V_{OH}$, $V_{IL}$, $V_{IH}$; scrivere i due margini; spiegarli come distanza di sicurezza nella cascata; citare i punti a pendenza $-1$; concludere con fan-in e fan-out, sottolineando il limite capacitivo CMOS.

Follow-up

• Perché abbassare $V_{DD}$ è delicato? Riduce energia dinamica, ma lascia meno spazio assoluto per i margini di rumore.
• Che cosa succede se $NM_L<0$? Un basso garantito dalla prima porta non è necessariamente riconosciuto come basso dalla seconda.
• La pendenza deve avere modulo maggiore o minore di uno? Nella regione di transizione supera uno in modulo; ai confini $V_{IL}$ e $V_{IH}$ vale uno.

Fonti

• I limiti delle porte, VTC, margini, fan-in e fan-out: 6 - porte_logiche_reali e NM 2025-2026.pdf, pp. 1-6.
• Collegamento con la VTC CMOS: 5 - MOSFET e logica CMOS 2025-2026_R2.pdf, pp. 34-51.

Risposta completa

Una porta reale non commuta istantaneamente perché il nodo d’uscita contiene una capacità equivalente $C_L$ caricata o scaricata attraverso una resistenza finita. $C_L$ comprende capacità di gate del fan-out, capacità di giunzione drain-substrato, capacità delle interconnessioni e carichi esterni; la resistenza comprende $R_{on}$ dei MOSFET e resistenze distribuite delle piste.

Si definiscono:

• $t_r$: tempo di salita dal 10% al 90% dell’uscita;
• $t_f$: tempo di discesa dal 90% al 10%;
• $t_{pHL}$: intervallo fra il 50% dell’ingresso e il 50% dell’uscita nella transizione high-to-low;
• $t_{pLH}$: analogo per low-to-high;
• $t_p=(t_{pHL}+t_{pLH})/2$: ritardo medio.

Con un modello RC del primo ordine:

$$ v_{out,\uparrow}(t)=V_{DD}\left(1-e^{-t/(R_pC_L)}\right), \qquad v_{out,\downarrow}(t)=V_{DD}e^{-t/(R_nC_L)}. $$

Per un ingresso a gradino ideale:

$$ t_{pLH}\simeq\ln2\,R_pC_L\simeq0.69R_pC_L, \qquad t_{pHL}\simeq0.69R_nC_L, $$

$$ t_r\simeq2.2R_pC_L,\qquad t_f\simeq2.2R_nC_L. $$

$R_p$ e $R_n$ sono resistenze equivalenti durante carica e scarica. Non sono necessariamente uguali: la mobilità delle lacune è minore di quella degli elettroni, perciò il PMOS viene spesso dimensionato più largo per rendere simmetrici i tempi.

Formule chiave

$$ \tau=R_{eq}C_L,\qquad t_{50\%}=\ln2\,\tau,\qquad t_{10\%-90\%}\simeq2.2\tau. $$

Intuizione

L’uscita non è un numero astratto: è una quantità di carica $Q=C_LV$. Cambiare livello significa spostare quella carica attraverso un canale con resistenza non nulla; più grande è $RC$, più tempo serve.

Errori da evitare

• Confondere $t_r$ con $t_{pLH}$: usano soglie temporali diverse.
• Misurare il ritardo dal bordo iniziale anziché fra i due attraversamenti al 50%.
• Attribuire tutto il ritardo a una capacità concentrata: interconnessioni e giunzioni contribuiscono.
• Dimenticare che aumentare la larghezza di un MOS riduce $R_{on}$ ma aumenta le capacità che lo stadio precedente deve pilotare.

Scaletta orale

In 60-90 s: dire che il nodo d’uscita è un $C_L$ caricato/scaricato da $R_{on}$; elencare l’origine fisica di $R$ e $C$; definire $t_r$, $t_f$, $t_{pHL}$ e $t_{pLH}$; scrivere le due risposte esponenziali; ricavare $0.69RC$ al 50% e $2.2RC$ fra 10% e 90%; chiudere con fan-out e dimensionamento PMOS/NMOS.

Follow-up

• Perché più fan-out rallenta? Ogni gate aggiunge capacità a $C_L$.
• Perché $t_{pHL}$ e $t_{pLH}$ differiscono? Le reti pull-down e pull-up hanno resistenze equivalenti diverse.
• Come si velocizza una porta? Si riducono $R_{eq}$, $C_L$ o entrambi, tenendo conto del costo capacitivo del transistor più largo.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“ritardi di propagazione e loro origine”).
• Origine di $R$ e $C$, tempi e modello RC: 6 - porte_logiche_reali e NM 2025-2026.pdf, pp. 7-16.

Risposta completa

Durante una transizione $0\to1$, il PMOS carica $C_L$ da $0$ a $V_{DD}$. L’energia prelevata dall’alimentazione è:

$$ E_{bat}=\int_0^{V_{DD}}V_{DD}C_L\,dv=C_LV_{DD}^2. $$

Nel condensatore resta:

$$ E_C=\frac12C_LV_{DD}^2, $$

mentre l’altra metà è dissipata nella rete pull-up. Nella successiva transizione $1\to0$, l’energia immagazzinata viene dissipata nella rete pull-down. Quindi un ciclo completo $0\to1\to0$ dissipa:

$$ E_{ciclo}=C_LV_{DD}^2. $$

Se $f$ è la frequenza dei cicli completi, come nelle slide:

$$ P_D=C_LV_{DD}^2f. $$

Per dati generici si introduce $\alpha_{0\to1}$, numero medio di cariche $0\to1$ per periodo di clock:

$$ P_{cap}=\alpha_{0\to1}C_LV_{DD}^2f_{clk}. $$

La definizione di $\alpha$ varia nei testi: se conta tutti i toggle anziché solo i fronti $0\to1$, compare un fattore $1/2$. Occorre dichiarare la convenzione.

Esistono inoltre:

$$ P_{sc}=\frac{V_{DD}}{T}\int_0^T i_{sc}(t)\,dt, \qquad P_{leak}=V_{DD}I_{leak}. $$

$P_{sc}$ nasce nella transizione finita, quando NMOS e PMOS sono entrambi accesi; $P_{leak}$ è la potenza statica dovuta alle correnti di perdita. La potenza totale è circa $P_{cap}+P_{sc}+P_{leak}$.

Formule chiave

$$ E_{0\to1,\;sorgente}=C_LV_{DD}^2,\qquad E_{C,\;finale}=\frac12C_LV_{DD}^2, $$

$$ E_{0\to1\to0,\;diss}=C_LV_{DD}^2,\qquad P_{cap}=\alpha_{0\to1}C_LV_{DD}^2f_{clk}. $$

Intuizione

La batteria non paga per “mantenere un uno” ideale, ma per spostare carica ogni volta che un nodo cambia stato. Per questo contano capacità, attività, frequenza e soprattutto $V_{DD}^2$.

Errori da evitare

• Scrivere sempre $\tfrac12C_LV_{DD}^2f$ senza specificare se si conta una sola carica, tutti i toggle o un ciclo completo.
• Dire che l’energia scompare nel condensatore: metà viene immagazzinata e poi dissipata durante la scarica.
• Dimenticare corrente di cortocircuito e leakage in una porta reale.
• Confondere potenza di picco con potenza media.
• Affermare che abbassare $V_{DD}$ non ha costi: peggiora velocità e margini di rumore.

Scaletta orale

In 60-90 s: descrivere la carica di $C_L$; integrare l’energia della batteria $C_LV_{DD}^2$; ricordare che metà resta nel condensatore; spiegare che la scarica dissipa l’altra metà immagazzinata; ottenere $E_{ciclo}=C_LV_{DD}^2$ e $P=\alpha CV^2f$; aggiungere potenza di cortocircuito e leakage; esplicitare la convenzione di $\alpha$.

Follow-up

• Perché la dipendenza da $V_{DD}$ è quadratica? Perché la carica vale $CV_{DD}$ e ogni unità di carica viene fornita a tensione $V_{DD}$.
• La CMOS consuma a uscita ferma? Idealmente no per il cammino logico, realmente sì per leakage.
• Come si riduce $P_D$? Riducendo attività, capacità, frequenza o alimentazione; ogni scelta ha compromessi prestazionali.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2 (“potenza dinamica” e “potenza dinamica nei circuiti digitali”).
• Potenza istantanea, cortocircuito ed energia capacitiva: 6 - porte_logiche_reali e NM 2025-2026.pdf, pp. 17-23.

Risposta completa

Un multiplexer 2:1 seleziona uno di due ingressi:

$$ Y=\overline S\,A+S\,B. $$

Per $S=0$, $Y=A$; per $S=1$, $Y=B$.

Realizzazione CMOS statica complementare. Si sintetizza prima la PDN, che deve condurre quando $Y=0$:

$$ \overline Y=\overline{\overline S A+SB} =(S+\overline A)(\overline S+\overline B). $$

Nella PDN, il prodotto diventa serie e la somma parallelo; la PUN è la rete duale, ottenuta scambiando serie e parallelo e usando PMOS. Servono anche i complementi degli ingressi richiesti. Questa soluzione fornisce livelli rigenerati e nessun cammino statico ideale.

Realizzazione con transmission gate. Un transmission gate è un NMOS in parallelo a un PMOS comandati da segnali complementari. Il TG collegato ad $A$ è abilitato da $\overline S$, quello collegato a $B$ da $S$. Occorre un invertitore per generare $\overline S$. Il parallelo NMOS-PMOS passa sia lo zero sia l’uno forte; un solo NMOS passerebbe un uno degradato di circa $V_T$.

Il MUX è una rete riconfigurabile perché $S$ decide in tempo reale quale sottorete raggiunge l’uscita. La relazione:

$$ f(S,\mathbf{x})=\overline S\,f(0,\mathbf{x})+S\,f(1,\mathbf{x}) $$

è l’espansione di Shannon: scegliendo ai due ingressi le cofattrici $f|_{S=0}$ e $f|_{S=1}$, una rete di MUX può realizzare qualunque funzione logica. È il principio alla base di LUT e instradamenti programmabili.

Formule chiave

$$ Y=\overline S A+SB, \qquad \overline Y=(S+\overline A)(\overline S+\overline B). $$

Intuizione

Il selettore non elabora il dato: apre una strada e chiude l’altra. Se gli ingressi del MUX sono due funzioni diverse, cambiare $S$ cambia la funzione visibile all’uscita senza modificare fisicamente il circuito.

Errori da evitare

• Invertire la tabella: con la convenzione usata, $S=0$ seleziona $A$.
• Attivare entrambi i transmission gate, creando contesa fra $A$ e $B$.
• Usare un solo pass-NMOS e aspettarsi un livello alto pari a $V_{DD}$.
• Costruire PUN e PDN indipendentemente senza verificarne la dualità.
• Confondere MUX con decoder: il MUX porta un dato all’uscita, il decoder attiva una linea.

Scaletta orale

In 60-90 s: scrivere tabella ed equazione $Y=\bar SA+SB$; illustrare la sintesi CMOS tramite $\bar Y$ e reti duali; presentare l’alternativa a due transmission gate; spiegare perché il TG passa livelli forti; chiudere con l’espansione di Shannon e il ruolo di $S$ come bit di configurazione.

Follow-up

• Quanti segnali di controllo servono? $S$ e $\overline S$, con un invertitore se il complemento non è disponibile.
• Come si realizza un MUX 4:1? Con tre MUX 2:1 disposti ad albero e due bit di selezione.
• Perché una rete di MUX è universale? Perché applica ricorsivamente l’espansione di Shannon.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2 (“mux 2:1 in CMOS - Cella di memoria a MUX” e “MUX come rete logica riconfigurabile”).
• Simbolo del MUX e sintesi CMOS annotata: 5 - MOSFET e logica CMOS 2025-2026_R2.pdf, pp. 66 e 71-72.
• MUX nel latch: 7 - memorie a stato solido 2025-2026.pdf, p. 4.

Risposta completa

Un latch aggiunge retroazione a una rete combinatoria, così l’uscita dipende anche dallo stato precedente. Nel latch positivo basato su MUX, un ingresso del MUX riceve il nuovo dato $D$ e l’altro riceve in retroazione $Q$. Il clock seleziona:

$$ Q^+=CLK\cdot D+\overline{CLK}\cdot Q. $$

Quando $CLK=1$, il latch è trasparente e $Q$ segue $D$; quando $CLK=0$, il MUX seleziona il vecchio $Q$, quindi il dato si conserva.

Nel latch negativo:

$$ Q^+=\overline{CLK}\cdot D+CLK\cdot Q, $$

quindi è trasparente per $CLK=0$ e mantiene per $CLK=1$.

Il nucleo fisico può essere una coppia di invertitori incrociati. La retroazione positiva ammette due stati stabili, $(Q,\overline Q)=(1,0)$ e $(0,1)$, e un punto metastabile instabile vicino all’intersezione centrale delle due VTC. Una piccola perturbazione allontana il circuito dal punto metastabile verso uno dei due stati logici.

Un latch è sensibile al livello: durante tutta la fase trasparente eventuali variazioni di $D$ possono propagarsi a $Q$. Un flip-flop è invece sensibile idealmente al fronte e si può costruire, per esempio, con due latch master-slave di polarità opposta. Attorno alla chiusura della finestra trasparente vanno rispettati setup e hold; in caso contrario può comparire metastabilità.

Formule chiave

$$ \text{Latch positivo: }Q^+=CLK\,D+\overline{CLK}\,Q. $$

$$ \text{Latch negativo: }Q^+=\overline{CLK}\,D+CLK\,Q. $$

Intuizione

Il MUX sceglie fra “impara il nuovo dato” e “rileggi te stesso”. La seconda scelta chiude un anello di retroazione che mantiene lo stato anche dopo che l’ingresso cambia.

Errori da evitare

• Chiamare il latch “edge-triggered”: è level-sensitive.
• Scambiare la fase trasparente del latch positivo con quella del negativo.
• Scrivere $Q$ senza distinguere stato presente $Q$ e stato successivo $Q^+$.
• Credere che il punto metastabile sia un terzo stato logico utilizzabile.
• Dimenticare che una memoria CMOS perde il dato quando si toglie l’alimentazione.

Scaletta orale

In 60-90 s: partire dal MUX con ingressi $D$ e feedback $Q$; scrivere l’equazione del latch positivo; spiegare trasparenza e mantenimento; dare la versione negativa; collegare il feedback a due invertitori incrociati e ai due stati stabili; distinguere latch e flip-flop; citare setup, hold e metastabilità.

Follow-up

• Perché due NOT incrociate memorizzano? Ogni uscita conferma l’ingresso dell’altra, creando due equilibri stabili.
• Che cosa accade violando setup o hold? Il circuito può restare temporaneamente vicino al punto metastabile prima di risolversi in 0 o 1.
• Come si ottiene un flip-flop? Con due latch di fase opposta in configurazione master-slave.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2 (“Cella di memoria a MUX” e “funzionamento del Latch”).
• Logica sequenziale, latch a MUX e bistabilità: 7 - memorie a stato solido 2025-2026.pdf, pp. 2-9.

Risposta completa

La SRAM, Static Random Access Memory, usa una cella bistabile e conserva il dato finché resta alimentata, senza refresh. La cella CMOS 6T contiene:

• due invertitori incrociati, quindi quattro MOSFET, che formano il nucleo bistabile nei nodi $Q$ e $\overline Q$;
• due NMOS di accesso comandati dalla Word Line, $WL$;
• due linee differenziali, $BL$ e $\overline{BL}$.

Mantenimento. Con $WL=0$ i transistor di accesso sono spenti. La cella è isolata dalle bit line e la retroazione positiva dei due invertitori conserva $(Q,\overline Q)=(1,0)$ oppure $(0,1)$. È una memoria volatile: senza alimentazione lo stato si perde.

Lettura. Si precaricano $BL$ e $\overline{BL}$ a $V_{DD}$ e si equalizzano. Poi si porta $WL=1$. Supponendo $Q=1$ e $\overline Q=0$, la bit line collegata a $\overline Q$ si scarica leggermente attraverso transistor di accesso e pull-down; l’altra resta quasi a $V_{DD}$. Un sense amplifier confronta la piccola differenza e la porta a un livello logico completo. La lettura deve essere non distruttiva: il pull-down della cella deve essere abbastanza forte rispetto al transistor di accesso, altrimenti il nodo che vale zero può alzarsi e far commutare il latch.

Scrittura. I driver impongono dati complementari sulle bit line. Per scrivere $Q=0$, si pone $BL=0$ e $\overline{BL}=1$, poi $WL=1$. La rete esterna forza i nodi interni e deve vincere la retroazione del latch; dopo la commutazione, la retroazione mantiene il nuovo stato e si può abbassare $WL$. Per la scrivibilità, l’access transistor deve essere sufficientemente forte rispetto al PMOS pull-up che si oppone al nuovo zero.

La SRAM è molto veloce ed è usata per registri e cache, ma sei transistor per bit riducono la densità e le correnti di leakage producono potenza statica.

Formule chiave

La SRAM non si descrive con una singola equazione di memoria; le condizioni progettuali qualitative fondamentali sono:

$$ \text{lettura stabile: pull-down più forte dell'accesso}, $$

$$ \text{scrittura possibile: accesso/driver più forte del pull-up antagonista}. $$

Il dato è differenziale:

$$ (Q,\overline Q)\in\{(1,0),(0,1)\}. $$

Intuizione

La cella non immagazzina principalmente carica su un condensatore: immagazzina una decisione in un anello di retroazione. Le bit line disturbano appena la decisione in lettura e la forzano deliberatamente in scrittura.

Errori da evitare

• Dire che “statica” significa non volatile: significa che non richiede refresh mentre è alimentata.
• Leggere una SRAM senza precaricare/equalizzare le bit line.
• Supporre che la lettura porti immediatamente una bit line a zero: il sense amplifier rileva una piccola differenza.
• Dimenticare il problema del read disturb e il dimensionamento relativo dei transistor.
• Confondere $WL$ con la linea che contiene il dato: $WL$ seleziona la riga, $BL/\overline{BL}$ trasportano il dato.

Scaletta orale

In 60-90 s: disegnare verbalmente due invertitori incrociati più due accessi; spiegare hold con $WL=0$; descrivere precharge, attivazione di $WL$ e lettura differenziale; descrivere la scrittura imponendo $BL$ e $\overline{BL}$ opposte; citare read stability e write ability; concludere con velocità, volatilità, assenza di refresh e bassa densità.

Follow-up

• Perché si usano due bit line? Aumentano sensibilità e immunità al rumore grazie alla lettura differenziale.
• Perché la lettura è rapida anche con una piccola variazione? Il sense amplifier rigenerativo amplifica rapidamente lo sbilanciamento.
• Qual è il costo rispetto alla DRAM? Sei transistor per bit invece di un transistor e un condensatore, quindi area e leakage maggiori.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2 (“SRAM”).
• Cella 6T, array, lettura e scrittura: 7 - memorie a stato solido 2025-2026.pdf, pp. 14-25.
• Approfondimento visuale: Memories_Y_R_SRAM_DRAM_Flash.pdf, pp. 35-43.

Risposta completa

La DRAM, Dynamic Random Access Memory, usa una cella 1T1C: un condensatore di memoria $C_S$ e un NMOS di accesso $M_1$. Il gate di $M_1$ è comandato dalla word line $WL$, il drain è collegato alla bit line $BL$.

Scrittura. Il driver porta $BL$ al valore desiderato e si alza $WL$. Il condensatore si carica per memorizzare un uno oppure si scarica per memorizzare uno zero; poi $WL$ torna basso e isola la cella. In circuiti reali la word line può essere “boosted” oltre $V_{DD}$ per evitare la perdita di soglia nel passaggio di un livello alto attraverso l’NMOS.

Mantenimento. La carica non è perfettamente isolata: correnti di leakage la degradano. La cella va letta e riscritta periodicamente. Le slide indicano come valore tipico attuale un intervallo massimo di refresh di circa $64$ ms, ma il controller organizza il refresh per righe e il valore effettivo dipende dal dispositivo e dalla temperatura.

Lettura. Si precarica la bit line a circa $V_{DD}/2$. Poi si alza $WL$ e avviene condivisione di carica fra $C_S$ e la capacità molto maggiore della bit line $C_{BL}$. Se la tensione iniziale della cella è $V_S$:

$$ V_f=\frac{C_SV_S+C_{BL}V_{pre}}{C_S+C_{BL}}, $$

$$ \Delta V=V_f-V_{pre} =\frac{C_S}{C_S+C_{BL}}(V_S-V_{pre}). $$

Poiché $C_S\ll C_{BL}$, $\Delta V$ è piccolo. Un sense amplifier confronta la bit line con un riferimento, rigenera $0$ o $V_{DD}$ e contemporaneamente riscrive il dato. La lettura è distruttiva perché la condivisione di carica ha alterato la tensione di $C_S$; il ripristino è quindi parte obbligatoria della lettura.

La DRAM offre densità elevata e basso costo per bit, ma è più lenta della SRAM e richiede sense amplifier e refresh.

Formule chiave

$$ V_f=\frac{C_SV_S+C_{BL}V_{DD}/2}{C_S+C_{BL}}, \qquad \Delta V=\frac{C_S}{C_S+C_{BL}}\left(V_S-\frac{V_{DD}}2\right). $$

Intuizione

Il bit è una minuscola quantità di carica. Collegandola alla grande bit line, il segnale si diluisce: il sense amplifier deve riconoscere se la perturbazione è appena sopra o appena sotto $V_{DD}/2$, poi ricostruire il dato pieno.

Errori da evitare

• Dire che la DRAM conserva il dato indefinitamente finché è alimentata.
• Dimenticare che la lettura è distruttiva e richiede restore.
• Precaricare la bit line direttamente a zero: la precharge a metà alimentazione consente di rilevare deviazioni di entrambi i segni.
• Confondere refresh con riscrittura dopo ogni lettura: sono correlati, ma il refresh periodico serve anche alle righe non lette.
• Supporre $\Delta V$ grande: $C_{BL}$ è normalmente molto maggiore di $C_S$.

Scaletta orale

In 60-90 s: descrivere 1T1C e ruolo di $WL/BL$; spiegare la scrittura come carica/scarica; dire che il leakage impone refresh; descrivere precharge a $V_{DD}/2$ e condivisione di carica; scrivere $\Delta V$; spiegare sense, rigenerazione e lettura distruttiva; chiudere con confronto di densità e velocità rispetto alla SRAM.

Follow-up

• Perché il condensatore non può essere arbitrariamente piccolo? Ridurrebbe $\Delta V$ e renderebbe la lettura più sensibile a rumore e leakage.
• Perché la word line può superare $V_{DD}$? Per trasferire un uno pieno attraverso un pass-NMOS senza perdita $V_T$.
• Che cosa aumenta la frequenza di refresh? Leakage elevato, soprattutto a temperatura più alta.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2 (“DRAM”).
• Cella 1T1C, lettura, scrittura, refresh e confronto: 7 - memorie a stato solido 2025-2026.pdf, pp. 26-31.
• Approfondimento visuale: Memories_Y_R_SRAM_DRAM_Flash.pdf, pp. 44-48.

Risposta completa

EEPROM e Flash sono memorie non volatili basate su un MOSFET a gate flottante. Fra control gate e canale esiste un floating gate completamente isolato nell’ossido. La carica intrappolata sul floating gate modifica la tensione di soglia:

$$ \Delta V_T\simeq-\frac{Q_{FG}}{C_{\Sigma}}, $$

dove il segno dipende dalla convenzione assegnata a $Q_{FG}$. Elettroni aggiunti al floating gate rendono normalmente più alta la tensione di control gate necessaria per formare il canale. In lettura si applica una tensione intermedia e si osserva se la cella conduce; l’associazione “conduce = 1” oppure “conduce = 0” dipende dalla convenzione logica dell’architettura.

Programmazione e cancellazione spostano elettroni attraverso l’ossido mediante un campo elettrico elevato. I meccanismi principali sono tunneling Fowler-Nordheim e, in alcune Flash, iniezione di elettroni caldi. Servono tensioni interne elevate generate da charge pump. La lettura ordinaria è non distruttiva.

EEPROM significa Electrically Erasable Programmable ROM: consente cancellazione e riscrittura elettrica con granularità fine, spesso byte o piccole pagine, a costo di una cella più complessa e meno densa. La Flash appartiene alla famiglia EEPROM ma condivide strutture di cancellazione e cancella grandi blocchi; è quindi molto più densa e conveniente, ma non può sovrascrivere liberamente un singolo byte senza la gestione erase-before-write.

Confronto essenziale:

Gli stress di program/erase deteriorano l’ossido: endurance e retention sono finite. Controller Flash moderni usano wear leveling ed error correction. Le celle multilivello memorizzano più bit distinguendo più finestre di $V_T$, ma riducono margini e robustezza.

Formule chiave

$$ \Delta V_T\simeq-\frac{Q_{FG}}{C_{\Sigma}}. $$

La lettura confronta la corrente della cella con un riferimento:

$$ I_{cell}(V_{read})\gtrless I_{ref} \quad\Longrightarrow\quad \text{stato logico}. $$

Intuizione

Il floating gate è una “cassaforte di carica”. Essendo circondato da isolante conserva elettroni anche senza alimentazione; quegli elettroni spostano la soglia e rendono leggibile il bit.

Errori da evitare

• Dire che Flash ed EEPROM sono sinonimi perfetti: la Flash è una forma densa di EEPROM con cancellazione a blocchi.
• Confondere EEPROM con EPROM, che viene cancellata con UV.
• Assegnare universalmente “carica = 0” o “carica = 1”: la mappatura dipende dall’architettura.
• Dire che la lettura scarica il floating gate.
• Dimenticare erase-before-write, endurance finita e tensioni elevate di programmazione.

Scaletta orale

In 60-90 s: descrivere control gate, floating gate e canale; spiegare che la carica sposta $V_T$; dire come si legge confrontando la conduzione; citare tunneling e hot-electron injection; distinguere EEPROM a granularità fine e Flash a blocchi; confrontare con EPROM UV; chiudere con non volatilità, endurance e retention.

Follow-up

• Perché la Flash è più densa dell’EEPROM tradizionale? Condivide circuiti e linee di cancellazione fra molte celle e opera a blocchi.
• Perché non si può programmare all’infinito? I forti campi elettrici degradano l’ossido e creano trappole.
• Come una cella contiene più bit? Si programmano più intervalli distinti di tensione di soglia.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“memorie FLASH (EEPROM)”).
• ROM riprogrammabili, EPROM, EEPROM, Flash e confronto: 7 - memorie a stato solido 2025-2026.pdf, pp. 32-40.
• Approfondimento sulle celle ROM/EPROM: Memories_Y_R_SRAM_DRAM_Flash.pdf, pp. 25-34.

Risposta completa

Il guadagno di un amplificatore dipende dalla frequenza perché:

$$ Z_C=\frac1{sC}=\frac1{j\omega C}. $$

La banda utile è delimitata da una frequenza di taglio inferiore $f_L$ e una superiore $f_H$. Se i due poli dominanti sono ben separati:

$$ A_v(s)\simeq A_{mid}\left(\frac{s}{s+\omega_L}\right)\left(\frac{\omega_H}{s+\omega_H}\right). $$

A $\omega_L$ o $\omega_H$, se l’altro polo è lontano:

$$ |A_v|=\frac{|A_{mid}|}{\sqrt2}, $$

cioè $-3$ dB rispetto al centro banda.

I condensatori di accoppiamento e bypass sono scelti volutamente grandi:

• un condensatore di accoppiamento è in serie al segnale; a bassa frequenza $|Z_C|$ cresce, quindi il segnale viene attenuato;
• un condensatore di bypass deve cortocircuitare una resistenza di degenerazione; a bassa frequenza diventa aperto, la degenerazione aumenta e il guadagno scende;
• a centro banda questi condensatori hanno impedenza abbastanza piccola da essere approssimati come corti.

Le capacità parassite $C_{GS}$, $C_{GD}$, $C_{DB}$ e quelle di cablaggio sono invece piccole. A bassa e media frequenza hanno impedenza enorme e sono quasi aperte; ad alta frequenza la loro impedenza diventa piccola, sottraggono corrente al percorso utile, caricano i nodi e introducono poli. $C_{GD}$ crea inoltre feedback e può essere moltiplicata dall’effetto Miller.

Formule chiave

$$ A_v(s)\simeq A_{mid}\left[\frac{s}{s+\omega_L}\right]\left[\frac{\omega_H}{s+\omega_H}\right]. $$

$$ f_L=\frac{\omega_L}{2\pi},\qquad f_H=\frac{\omega_H}{2\pi},\qquad BW\simeq f_H-f_L. $$

Intuizione

Un condensatore grande diventa problematico solo quando la frequenza è tanto bassa da farne crescere l’impedenza; un condensatore parassita piccolo diventa problematico solo quando la frequenza è tanto alta da renderne piccola l’impedenza. È la stessa legge $1/(\omega C)$, applicata a valori di $C$ e posizioni circuitali diversi.

Errori da evitare

• Dire che esistono due leggi fisiche diverse per capacità esterne e parassite: cambia il valore e il ruolo circuitale, non la legge.
• Confondere ampiezza $1/\sqrt2$ con metà ampiezza; $-3$ dB significa metà potenza.
• Trattare i condensatori di bypass come corti anche a frequenza nulla.
• Ignorare che una capacità fra ingresso e uscita crea feedback, non un semplice shunt a massa.
• Sommare i due fattori della funzione di trasferimento: sono in prodotto.

Scaletta orale

In 60-90 s: scrivere $Z_C=1/j\omega C$; definire $f_L$, $f_H$ e centro banda; spiegare accoppiamento serie e bypass alle basse frequenze; spiegare perché le piccole capacità interne sono aperte a centro banda e diventano efficaci in alta frequenza; citare $-3$ dB e Miller; chiudere osservando che tutto deriva dalla stessa impedenza capacitiva.

Follow-up

• Che cosa accade al bypass di source sotto $f_L$? La sua impedenza cresce, $R_S$ riappare nel circuito AC e il guadagno diminuisce.
• Quali capacità limitano un common source? Soprattutto $C_{GS}$ e $C_{GD}$, quest’ultima amplificata da Miller.
• Perché si parla di banda passante? È l’intervallo in cui il guadagno resta vicino al valore di centro banda.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 2 (“perche le C di by-pass e accopp impattano sulle basse f, mentre le C parassite impattano alle alte frequenze?”).
• Banda, tagli e origine delle capacità: 9 - amplificatori a MOSFET-risposta in frequenza 2025-2026.pdf, pp. 1-8 e 11-13.

Risposta completa

Il metodo stima le frequenze di taglio senza ricavare l’intera funzione di trasferimento. In ogni calcolo si annullano solo le sorgenti indipendenti: generatori ideali di tensione in corto, generatori ideali di corrente aperti; le sorgenti dipendenti restano attive. La resistenza vista da un condensatore può essere trovata applicando una sorgente di prova ai suoi morsetti.

Taglio inferiore: metodo SCTC, Short-Circuit Time Constants. Si considerano i condensatori esterni di accoppiamento e bypass. Per ogni $C_i$:

1. si cortocircuitano tutti gli altri condensatori di bassa frequenza;
2. si calcola $R_{i,S}$ vista ai morsetti di $C_i$;
3. si calcola il contributo $1/(R_{i,S}C_i)$.

La stima è:

$$ \omega_L\simeq\sum_{i=1}^{n}\frac1{R_{i,S}C_i}. $$

Taglio superiore: metodo OCTC, Open-Circuit Time Constants. Si usa il circuito di alta frequenza con capacità parassite; i grandi condensatori esterni sono già corti a centro banda e vengono ignorati. Per ogni capacità parassita $C_i$:

1. si aprono tutte le altre capacità di alta frequenza;
2. si calcola $R_{i,O}$ vista da $C_i$;
3. si sommano le costanti di tempo.

$$ \omega_H\simeq\frac1{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}R_{i,O}C_i}. $$

Infine $f_{L,H}=\omega_{L,H}/(2\pi)$. Con un solo condensatore le formule ricadono nel polo $1/RC$; con più condensatori sono stime accurate quando un polo domina o i poli non interagiscono in modo patologico. Zeri importanti, poli vicini o forti accoppiamenti possono richiedere l’analisi completa.

Formule chiave

$$ \boxed{\omega_L\simeq\sum_i\frac1{R_{i,S}C_i}} \qquad\text{(altri condensatori LF in corto)} $$

$$ \boxed{\omega_H\simeq\frac1{\sum_iR_{i,O}C_i}} \qquad\text{(altre capacità HF aperte)}. $$

Intuizione

Ogni condensatore propone una propria scala temporale. Per il taglio basso si sommano le frequenze caratteristiche dei passa-alto; per il taglio alto si sommano i ritardi dei passa-basso e poi si prende il reciproco.

Errori da evitare

• Scambiare SCTC e OCTC.
• Spegnere i generatori controllati insieme a quelli indipendenti.
• Usare $R$ vista da un solo terminale anziché fra entrambi i morsetti del condensatore.
• Dimenticare il fattore $2\pi$ passando da rad/s a Hz.
• Applicare la formula di $\omega_H$ anche a condensatori di accoppiamento e bypass.
• Sommare $RC$ per il taglio inferiore: lì si sommano $1/(RC)$.

Scaletta orale

In 60-90 s: spiegare lo scopo di evitare la funzione completa; dare le regole per spegnere le sorgenti; per $f_L$ dire “altri condensatori in corto” e scrivere la somma $1/(RC)$; per $f_H$ dire “altre capacità aperte” e scrivere il reciproco della somma $RC$; ricordare la sorgente di prova, i generatori dipendenti e $2\pi$; chiudere con i limiti dell’approssimazione.

Follow-up

• Come si trova una resistenza vista in presenza di $g_mv_{gs}$? Si applica una sorgente di prova, si mantiene attivo il generatore controllato e si calcola $R=V_{test}/I_{test}$.
• Perché nel metodo a bassa frequenza gli altri condensatori sono corti? Si isola il contributo di $C_i$ assumendo gli altri già nella loro condizione di centro banda.
• Perché ad alta frequenza gli altri condensatori sono aperti? È la regola OCTC che separa le costanti di tempo associate alle capacità parassite.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“metodo delle costanti di tempo”).
• SCTC, OCTC ed esempi common source/common gate: 9 - amplificatori a MOSFET-risposta in frequenza 2025-2026.pdf, pp. 7-15.

Risposta completa

Una capacità $C$ collega due nodi $v_1$ e $v_2$ con guadagno:

$$ A_v=\frac{v_2}{v_1}. $$

La corrente al nodo d’ingresso è:

$$ i_1=sC(v_1-v_2)=sC(1-A_v)v_1. $$

Dal lato ingresso la capacità equivale quindi a:

$$ C_{in,M}=C(1-A_v). $$

Dal lato uscita:

$$ C_{out,M}=C\left(1-\frac1{A_v}\right). $$

Per un amplificatore invertente con $A_v=-A$, $A>0$:

$$ C_{in,M}=C(1+A),\qquad C_{out,M}=C\left(1+\frac1A\right). $$

Nel common source, $C_{GD}$ collega gate e drain e il guadagno di centro banda è negativo:

$$ A_{v0}\simeq-g_m(r_o\parallel R_D\parallel R_L). $$

Pertanto:

$$ C_{in}\simeq C_{GS}+C_{GD}(1-A_{v0}) \simeq C_{GS}+C_{GD}(1+|A_{v0}|). $$

Anche una piccola $C_{GD}$ può quindi apparire molto grande all’ingresso, aumentare la costante di tempo con $R_{sig}\parallel R_G$ e abbassare $f_H$. All’uscita si sommano $C_{DB}$, il carico e $C_{GD}(1-1/A_{v0})$.

Il teorema di Miller è un’equivalenza di correnti ai morsetti, non una crescita fisica del condensatore. Usare un guadagno costante di centro banda è un’approssimazione per stimare i poli; se $A_v$ varia fortemente con la frequenza, occorre l’analisi completa.

Formule chiave

$$ C_{in,M}=C(1-A_v),\qquad C_{out,M}=C\left(1-\frac1{A_v}\right). $$

$$ A_v=-A\Rightarrow C_{in,M}=C(1+A),\quad C_{out,M}=C(1+1/A). $$

Intuizione

Quando l’ingresso sale di $\Delta v$, l’uscita invertente scende di $A\Delta v$. La tensione ai capi di $C_{GD}$ cambia quindi di $(1+A)\Delta v$: il generatore d’ingresso deve spostare la stessa carica che sposterebbe su un condensatore $(1+A)$ volte più grande verso massa.

Errori da evitare

• Inserire $A_v$ con modulo positivo nella formula generale e ottenere $1-A$ invece di $1+A$.
• Moltiplicare anche $C_{GS}$ per Miller: l’effetto riguarda la capacità fra due nodi con guadagno relativo, tipicamente $C_{GD}$.
• Pensare che il condensatore fisico cambi valore.
• Usare il teorema senza considerare il polo dominante e la dipendenza in frequenza del guadagno.
• Dimenticare la capacità equivalente anche al nodo d’uscita.

Scaletta orale

In 60-90 s: porre $v_2=A_vv_1$; scrivere $i=sC(v_1-v_2)$; ricavare $C_{in}=C(1-A_v)$ e l’espressione d’uscita; specializzare a $A_v=-A$; applicare a $C_{GD}$ del common source; mostrare $C_{in}\simeq C_{GS}+C_{GD}(1+|A_v|)$; concludere che cresce la costante di tempo e diminuisce $f_H$.

Follow-up

• Perché il common gate è più largo di banda? Non presenta una grande inversione fra i terminali della capacità gate-drain, quindi la moltiplicazione Miller è molto ridotta.
• Miller modifica $f_L$? Nel contesto del MOSFET limita soprattutto $f_H$, perché coinvolge capacità parassite piccole.
• Quando $C_{out,M}\simeq C$? Quando $|A|\gg1$, perché $1+1/A\simeq1$.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“effetto Miller”).
• Dimostrazione e common source: 9 - amplificatori a MOSFET-risposta in frequenza 2025-2026.pdf, pp. 16-22.

Risposta completa

Il BJT npn deve essere polarizzato in regione attiva diretta: giunzione base-emettitore in diretta e base-collettore in inversa, quindi nelle convenzioni delle slide $V_{BE}>V_\gamma$ e $V_{BC}<0$. Il modello di ampio segnale è:

$$ i_C=I_Se^{v_{BE}/V_T}\left(1+\frac{v_{CE}}{V_A}\right), $$

dove:

$$ V_T=\frac{kT}{q}\simeq25.9\ \text{mV a }300\text{ K}. $$

Attenzione: $V_T$ qui è la tensione termica, non una tensione di soglia MOS.

Si pone:

$$ v_{BE}=V_{BE}+v_{be},\qquad i_C=I_C+i_c. $$

Se $|v_{be}|\ll V_T$:

$$ e^{v_{be}/V_T}\simeq1+\frac{v_{be}}{V_T}, \qquad i_c=g_mv_{be}, \qquad g_m=\frac{I_C}{V_T}. $$

La corrente di base incrementale porta al modello ibrido-$\pi$:

$$ i_b=\frac{v_{be}}{r_\pi},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}=\frac{\beta V_T}{I_C}=\frac{V_T}{I_B}. $$

Il modello contiene $r_\pi$ fra base ed emettitore, un generatore $g_mv_{be}$ dal collettore all’emettitore e, includendo l’effetto Early:

$$ r_o=\frac{V_A}{I_C} $$

fra collettore ed emettitore.

Nel modello a T:

$$ i_e=\frac{v_{be}}{r_e},\qquad r_e=\frac{\alpha}{g_m}=\frac{V_T}{I_E}\simeq\frac1{g_m}, $$

e:

$$ i_c=g_mv_{be}=\beta i_b=\alpha i_e, \qquad \alpha=\frac{\beta}{\beta+1}. $$

I due modelli sono equivalenti. L’ibrido-$\pi$ è comodo guardando dalla base; il modello a T è comodo in presenza di resistenza d’emettitore o ingresso all’emettitore.

Formule chiave

$$ g_m=\frac{I_C}{V_T},\qquad r_\pi=\frac{\beta}{g_m},\qquad r_e=\frac{\alpha}{g_m}=\frac{V_T}{I_E},\qquad r_o=\frac{V_A}{I_C}. $$

$$ i_c=g_mv_{be}=\beta i_b=\alpha i_e. $$

Intuizione

La caratteristica esponenziale viene osservata con una lente attorno a $Q$: localmente diventa una retta. La pendenza è $g_m$. Il BJT ha in genere grande $g_m$ perché basta $V_T\simeq26$ mV al denominatore, ma richiede corrente di base e la sua linearità peggiora rapidamente se $v_{be}$ non è piccolo.

Errori da evitare

• Confondere la tensione termica $V_T$ con $V_\gamma\simeq0.7$ V.
• Scrivere $g_m=\beta I_C/V_T$: $\beta$ compare in $r_\pi$, non in $g_m$.
• Usare il modello attivo quando il BJT è in saturazione, dove entrambe le giunzioni sono in diretta.
• Dimenticare $r_o$ quando l’effetto Early non è trascurabile.
• Confondere $r_e$ incrementale del modello a T con un resistore fisico $R_E$.

Scaletta orale

In 60-90 s: dichiarare la regione attiva; partire dall’esponenziale; porre componente DC più piccolo segnale; linearizzare $e^{v_{be}/V_T}$; ricavare $g_m=I_C/V_T$; presentare ibrido-$\pi$ con $r_\pi=\beta/g_m$ e $r_o$; presentare il modello a T con $r_e=V_T/I_E$; chiudere con $i_c=g_mv_{be}=\beta i_b=\alpha i_e$.

Follow-up

• Quanto vale $g_m$ a $I_C=1$ mA? Circa $1\text{ mA}/25.9\text{ mV}=38.6$ mS.
• Perché $r_\pi$ dipende da $\beta$? A parità di $v_{be}$, una $\beta$ maggiore richiede meno corrente di base.
• Che cosa rappresenta $r_o$? La pendenza delle caratteristiche $I_C$-$V_{CE}$ in regione attiva dovuta all’effetto Early.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“modelli piccolo segnale del BJT”).
• Regione attiva, effetto Early e derivazione: 10 - Bipolar Junction Transistor 2025-2026.pdf, pp. 9-20 e 22-31.

Risposta completa

Nel common emitter l’emettitore è il terminale comune a ingresso e uscita, direttamente oppure tramite massa AC. L’ingresso è applicato fra base ed emettitore, l’uscita è prelevata al collettore.

1. Analisi DC e punto di riposo. I condensatori di accoppiamento e bypass sono aperti. In una polarizzazione a partitore si sostituiscono $R_1$ e $R_2$ con l’equivalente di Thévenin:

$$ V_{BB}=V_{CC}\frac{R_2}{R_1+R_2},\qquad R_{BB}=R_1\parallel R_2. $$

Con un resistore d’emettitore $R_E$:

$$ I_E=\frac{V_{BB}-V_{BE}}{R_E+R_{BB}/(\beta+1)}, \qquad I_C\simeq\alpha I_E. $$

Poi:

$$ V_C=V_{CC}-I_CR_C,\quad V_E=I_ER_E,\quad V_{CE}=V_C-V_E. $$

Si verifica la regione attiva, in particolare $V_{BC}<0$, e si sceglie $Q$ con margine verso interdizione e saturazione. Nel modello elementare con emettitore a massa e generatore di base separato, $I_B\simeq(V_{BB}-0.7)/R_B$, ma la soluzione a partitore più $R_E$ è molto più stabile rispetto a $\beta$ e temperatura.

2. Analisi AC a centro banda. Le alimentazioni diventano massa AC, i condensatori di accoppiamento e bypass diventano corti e il BJT viene sostituito dal modello a piccolo segnale. Se l’emettitore è bypassato:

$$ v_o=-g_mv_\pi(R_C\parallel R_L\parallel r_o), $$

$$ \frac{v_o}{v_\pi}=-g_m(R_C\parallel R_L\parallel r_o). $$

Il segno meno indica inversione di $180^\circ$: un aumento di $v_{be}$ aumenta $i_c$, aumenta la caduta su $R_C$ e abbassa il collettore.

La resistenza d’ingresso vista alla base è $r_\pi$; includendo la rete di bias:

$$ R_{in}=R_1\parallel R_2\parallel r_\pi. $$

L’uscita, annullato l’ingresso:

$$ R_{out}\simeq R_C\parallel r_o. $$

Il guadagno dalla sorgente include l’attenuazione:

$$ \frac{v_o}{v_{sig}}= -g_m(R_C\parallel R_L\parallel r_o) \frac{R_{in}}{R_{sig}+R_{in}}. $$

Se $R_E$ non è bypassata:

$$ R_{in,b}=r_\pi+(\beta+1)R_E, $$

$$ \frac{v_o}{v_b} \simeq -\frac{\beta(R_C\parallel R_L)} {r_\pi+(\beta+1)R_E}. $$

Questa formula trascura l’effetto Early ($r_o\to\infty$). Con $R_E$ non bypassata e $r_o$ finito, $r_o$ non può essere semplicemente messo in parallelo a $R_C\parallel R_L$: il modello completo va risolto nodalmente. La degenerazione riduce guadagno e dipendenza dai parametri, ma aumenta linearità e resistenza d’ingresso.

3. Escursione. Verso l’alto, il limite è l’interdizione e $v_C\to V_{CC}$. Verso il basso, il limite è la saturazione, con $V_{CE,sat}$ reale tipicamente circa $0.2$ V; le slide usano talvolta l’approssimazione ideale $V_{CE}\simeq0$.

Formule chiave

$$ g_m=\frac{I_C}{V_T},\quad r_\pi=\frac{\beta}{g_m}, \quad A_v=-g_m(R_C\parallel R_L\parallel r_o) $$

per emettitore a massa AC.

$$ R_{in,b}=r_\pi+(\beta+1)R_E $$

se $R_E$ non è bypassata.

Intuizione

La base controlla la corrente; il resistore di collettore trasforma la variazione di corrente in una variazione di tensione di segno opposto. L’analisi va sempre divisa in DC, che crea $g_m$, e AC, che usa quel $g_m$.

Errori da evitare

• Cortocircuitare i condensatori anche nell’analisi DC.
• Calcolare il guadagno prima di avere determinato $I_C$ e quindi $g_m$.
• Dimenticare il partitore $R_1\parallel R_2$ nella resistenza d’ingresso.
• Scrivere un guadagno positivo.
• Supporre $V_{BE}=0.7$ V nel piccolo segnale: il piccolo segnale usa $v_{be}$ e $r_\pi$.
• Non verificare interdizione e saturazione nell’escursione.

Scaletta orale

In 60-90 s: definire common emitter; aprire i condensatori e trovare $Q$ con il Thévenin del partitore; calcolare $I_C$ e verificare regione attiva; passare al circuito AC mettendo le alimentazioni a massa e inserendo l’ibrido-$\pi$; ricavare $v_o=-g_mv_\pi R_{C,eq}$; dare $R_{in}$ e $R_{out}$; spiegare inversione, clipping e ruolo di $R_E$.

Follow-up

• Perché il guadagno è stabile se $I_C$ è stabile? Perché $g_m=I_C/V_T$.
• A che serve il condensatore su $R_E$? Mantiene la stabilizzazione DC ma riduce la degenerazione a centro banda.
• Che cosa succede aumentando $R_C$? Aumenta il guadagno ideale, ma si riducono headroom e spesso banda.

Fonti

• Domande: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, pp. 1-2 (“common emitter: studio”, ripetuta).
• Amplificatore, guadagno, separazione DC/AC e polarizzazione: 10 - Bipolar Junction Transistor 2025-2026.pdf, pp. 21-23 e 32-35.

Risposta completa

Nel piccolo segnale, in regione attiva:

$$ i_e=(\beta+1)i_b,\qquad v_{be}=i_br_\pi=i_er_e. $$

Ne segue:

$$ r_\pi=(\beta+1)r_e. $$

Questa è la forma base della regola di riflessione. Se all’emettitore è collegata un’impedenza $Z_E$, vista dalla base la sua caduta è prodotta da $i_e=(\beta+1)i_b$, quindi:

$$ Z_{in,b}=r_\pi+(\beta+1)Z_E. $$

In altre parole, un’impedenza esterna dall’emettitore alla massa AC si riflette alla base moltiplicata per $\beta+1$. Viceversa, un’impedenza $Z_B$ nel percorso di base, osservata dall’emettitore, si riflette approssimativamente divisa per $\beta+1$:

$$ Z_{vista,e}\simeq r_e+\frac{Z_B}{\beta+1}, $$

con la rete indipendente correttamente annullata.

La regola vale nel modello lineare, in regione attiva, a frequenze per cui le capacità del transistor sono trascurabili e assumendo $\beta$ circa costante. Non autorizza a “riflettere” automaticamente una resistenza del collettore: il collettore appartiene al generatore controllato e richiede l’analisi del circuito, soprattutto con $r_o$ o feedback.

Formule chiave

$$ r_\pi=(\beta+1)r_e, $$

$$ Z_E\ \xrightarrow{\text{vista dalla base}}\ (\beta+1)Z_E, \qquad Z_B\ \xrightarrow{\text{vista dall'emettitore}}\ \frac{Z_B}{\beta+1}. $$

Intuizione

La tensione sul resistore d’emettitore è causata da una corrente circa $\beta+1$ volte la corrente di base. Per produrre la stessa tensione con la piccola corrente di base, dalla base quel resistore deve apparire $\beta+1$ volte più grande.

Errori da evitare

• Usare $\beta$ al posto di $\beta+1$ senza dichiarare l’approssimazione $\beta\gg1$.
• Dimenticare $r_\pi$ o $r_e$ intrinseci nella resistenza totale.
• Applicare la regola in saturazione.
• Riflettere indiscriminatamente resistenze dal collettore.
• Confondere la direzione: emettitore verso base moltiplica, base verso emettitore divide.

Scaletta orale

In 60-90 s: partire da $i_e=(\beta+1)i_b$; scrivere la stessa $v_{be}$ come $i_br_\pi$ e $i_er_e$; ricavare $r_\pi=(\beta+1)r_e$; aggiungere un $R_E$ e ottenere $R_{in,b}=r_\pi+(\beta+1)R_E$; enunciare la regola inversa; chiudere con ipotesi di piccolo segnale, regione attiva e limite al solo percorso base-emettitore.

Follow-up

• Quanto vale la resistenza vista in base con $R_E=1$ k$\Omega$ e $\beta=99$? Il solo contributo riflesso è circa $100$ k$\Omega$, a cui si somma $r_\pi$.
• Perché nel modello a T compare naturalmente? La corrente d’emettitore attraversa direttamente $r_e$ e l’eventuale $R_E$.
• La regola vale per un condensatore? Sì, come impedenza complessa nel regime in cui il modello e $\beta$ restano validi.

Fonti

• Domanda: 0-esempi di domande per la prova orale.pdf, p. 1 (“regola della riflessione della R nel BJT”).
• Derivazione $r_\pi=(1+\beta)r_e$ e riepilogo: 10 - Bipolar Junction Transistor 2025-2026.pdf, pp. 27 e 31.

Consolidamento delle domande duplicate

Mappa di copertura delle domande orali

Audit delle convenzioni e dei punti delicati

1. Convenzione del parametro MOS. In questo capitolo $k_n=\mu_nC_{ox}(W/L)$ e dunque $I_D=\tfrac12k_nV_{OV}^2$. Alcuni testi chiamano $K_n=k_n/2$ e scrivono $I_D=K_nV_{OV}^2$. Non si devono mescolare le due convenzioni: con la prima $g_m=k_nV_{OV}$; con la seconda $g_m=2K_nV_{OV}$. Le slide 8 - amplificatori a MOSFET 2025-2026.pdf mantengono esplicito il fattore $1/2$.
2. Regioni MOS. NMOS saturo: $V_{DS}\ge V_{GS}-V_{Tn}$; PMOS saturo, usando grandezze positive: $V_{SD}\ge V_{SG}-|V_{Tp}|$. Le disuguaglianze Q07-Q08 sono state ricontrollate con queste due condizioni.
3. Segni, $g_m$ e $r_o$. $g_m>0$ per definizione locale; il segno negativo del common source/common emitter nasce dal carico al drain/collettore. $r_o=1/(\lambda I_D)=V_A/I_D$ per il MOS nel modello adottato e $r_o=V_A/I_C$ per il BJT. I paralleli con $R_D$, $R_C$ e $R_L$ sono espliciti.
4. Potenza dinamica. Le slide definiscono un ciclo completo L-H-L di durata $T$ e ottengono $E=C_LV_{DD}^2$, $P=C_LV_{DD}^2/T$. La forma con attività $P=\alpha_{0\to1}C_LV_{DD}^2f_{clk}$ è equivalente se $\alpha_{0\to1}$ conta le cariche $0\to1$; contando tutti i toggle occorre il fattore $1/2$.
5. SRAM. La cella è 6T: quattro transistor nel latch e due di accesso. In lettura le bit line sono precaricate, una si scarica leggermente e il sense amplifier rileva la differenza; in scrittura i driver devono vincere il latch. “Static” non significa non volatile.
6. DRAM. La cella è 1T1C; la lettura usa precharge a circa $V_{DD}/2$, charge sharing, sense e restore ed è distruttiva. Il refresh periodico è distinto dal restore dopo lettura.
7. EEPROM/Flash. Entrambe sono elettricamente programmabili e non volatili a floating gate o tecnologie equivalenti; la Flash cancella tipicamente a blocchi, l’EEPROM tradizionale a granularità più fine. EPROM è la variante cancellabile con UV.