Esercizi sui transistor svolti: polarizzazione, amplificatori per piccolo segnale e porte logiche

Dodici esercizi con soluzione: progetto del partitore, pnp, sensibilità a beta, JFET e MOSFET, emettitore comune con degenerazione, inseguitore, source comune, effetto Miller e cascode, condensatore di bypass, fan-out TTL e RTL.

ielettronica 26 ottobre 2026 9 min di lettura 1 commento

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Esercizi sui transistor del tipo che si trovano negli esami di elettronica, in tre livelli: base, con il calcolo del punto di lavoro (BJT npn e pnp, JFET, MOSFET); medio, con gli amplificatori per piccolo segnale; esame, con la risposta in frequenza e le porte logiche. Dove non è detto altrimenti si usano $V_{BE} = 0{,}7$ V e $V_T = 25$ mV. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, passo per passo, si apre con un clic. Le dimostrazioni delle formule sono nelle lezioni sulla polarizzazione, sugli amplificatori per piccolo segnale e sulle porte logiche a BJT.

Livello base

Esercizio 1. Progetto di una polarizzazione a partitore

Un BJT npn con $\beta$ tra 80 e 300 (valore medio 150) deve lavorare con $I_C = 1$ mA, alimentazione di 15 V, 1,5 V sull’emettitore e 9 V sul collettore. Dimensiona $R_E$ , $R_C$ , $R_1$ e $R_2$ con la regola $R_{TH} = 0{,}1\,\beta_{min} R_E$ , scegli valori normalizzati e verifica la corrente con $\beta$ = 80, 150 e 300.

Risultato: $R_E = 1{,}5$ kΩ, $R_C = 6$ kΩ, $R_1 = 82$ kΩ, $R_2 = 15$ kΩ; $I_C$ = 0,966, 1,016 e 1,047 mA.

Soluzione

1. Dalle tensioni volute: $R_E = 1{,}5\text{ V}/1\text{ mA} = 1{,}5$ kΩ e $R_C = (15 - 9)\text{ V}/1\text{ mA} = 6$ kΩ (normalizzato: 5,6 o 6,2 kΩ; qui si tiene 6 kΩ per seguire i conti).

2. Regola di stabilità: $R_{TH} = 0{,}1 \cdot 80 \cdot 1{,}5\text{ k}\Omega = 12$ kΩ. La tensione di Thévenin deve fornire la caduta su $R_E$ , la $V_{BE}$ e la caduta su $R_{TH}$ della corrente di base (calcolata con il $\beta$ medio): $V_{TH} = 1{,}5 + 0{,}7 + (1\text{ mA}/150) \cdot 12\text{ k}\Omega = 2{,}28$ V.

3. Dal partitore: $R_1 = R_{TH} V_{CC}/V_{TH} = 78{,}9$ kΩ e $R_2 = R_{TH} V_{CC}/(V_{CC} - V_{TH}) = 14{,}2$ kΩ. Si scelgono 82 kΩ e 15 kΩ, che danno $V_{TH} = 2{,}32$ V e $R_{TH} = 12{,}7$ kΩ.

4. Verifica con $I_E = (V_{TH} - V_{BE})/(R_E + R_{TH}/(\beta + 1))$ : con $\beta = 80$ , 0,966 mA ( $V_{CE} = 7{,}74$ V); con 150, 1,016 mA (7,37 V); con 300, 1,047 mA (7,14 V). Una variazione di $\beta$ di quasi quattro volte sposta la corrente dell’8 %.

Esercizio 2. Un pnp

Un pnp con $\beta = 150$ è alimentato a 9 V. L’emettitore va all’alimentazione attraverso $R_E = 2{,}2$ kΩ, il collettore a massa attraverso $R_C = 1{,}8$ kΩ; la base è su un partitore con 10 kΩ verso l’alimentazione e 33 kΩ verso massa. Trova $I_C$ , le tensioni di emettitore e collettore e $V_{EC}$ .

Risultato: $I_C = 0{,}615$ mA, $V_E = 7{,}64$ V, $V_C = 1{,}11$ V, $V_{EC} = 6{,}53$ V.

Soluzione

1. Nel pnp conviene misurare le tensioni dall’alimentazione verso il basso. Il partitore porta la base $V_{TH} = 9 \cdot 10/43 = 2{,}09$ V sotto l’alimentazione, con $R_{TH} = 10 \parallel 33 = 7{,}67$ kΩ.

2. La maglia alimentazione, $R_E$ , giunzione emettitore-base, $R_{TH}$ dà la stessa formula dell’npn: $I_E = (2{,}09 - 0{,}7)/(2{,}2\text{ k}\Omega + 7{,}67\text{ k}\Omega/151) = 0{,}619$ mA, e $I_C = 150/151 \cdot I_E = 0{,}615$ mA.

3. L’emettitore sta $I_E R_E = 1{,}36$ V sotto l’alimentazione: $V_E = 7{,}64$ V. Il collettore sta $I_C R_C = 1{,}11$ V sopra massa. $V_{EC} = 7{,}64 - 1{,}11 = 6{,}53$ V: il transistor è in zona attiva, con ampio margine.

Esercizio 3. Sensibilità a beta

Nel circuito a partitore della lezione ( $R_E = 1{,}2$ kΩ, $R_{TH} = 13{,}0$ kΩ, $\beta = 200$ ) calcola la sensibilità relativa della corrente a $\beta$ e usala per stimare la variazione della corrente quando $\beta$ passa da 200 a 220. Confronta con il calcolo esatto.

Risultato: $S = 0{,}051$ ; stima +0,51 %, valore esatto +0,47 %.

Soluzione

1. $R_{TH}/(\beta + 1) = 13\,015/201 = 64{,}8$ Ω, e $S = 64{,}8/(1200 + 64{,}8) = 0{,}0512$ .

2. Un aumento del 10 % di $\beta$ (circa il 10 % anche di $\beta + 1$ ) produce una variazione relativa della corrente di $S \cdot 10\% = 0{,}51$ %.

3. Il calcolo esatto, con $I_E = (V_{TH} - V_{BE})/(R_E + R_{TH}/(\beta + 1))$ per 200 e 220, dà +0,47 %. La stima al primo ordine è leggermente pessimistica perché la sensibilità diminuisce a mano a mano che $\beta$ cresce. Con la polarizzazione fissa la corrente aumenterebbe del 10 %.

Esercizio 4. JFET autopolarizzato

Un JFET a canale n con $I_{DSS} = 8$ mA e $V_P = -3$ V deve lavorare con $I_D = 2$ mA in autopolarizzazione. Trova $V_{GS}$ , $R_S$ e la transconduttanza. Che corrente si ottiene con la stessa $R_S$ montando un esemplare con $I_{DSS} = 12$ mA e $V_P = -4$ V?

Risultato: $V_{GS} = -1{,}5$ V, $R_S = 750$ Ω, $g_m = 2{,}67$ mS; con l’altro esemplare 2,77 mA.

Soluzione

1. Dalla legge di Shockley: $1 - V_{GS}/V_P = \sqrt{I_D/I_{DSS}} = 0{,}5$ , quindi $V_{GS} = -3 \cdot 0{,}5 = -1{,}5$ V.

2. In autopolarizzazione $V_{GS} = -I_D R_S$ : $R_S = 1{,}5/2\text{ mA} = 750$ Ω.

3. Derivando la legge di Shockley: $g_m = \frac{2I_{DSS}}{|V_P|}\left(1 - \frac{V_{GS}}{V_P}\right) = \frac{16\text{ mA}}{3\text{ V}} \cdot 0{,}5 = 2{,}67$ mS (che è anche $2I_D/(V_{GS} - V_P) = 4\text{ mA}/1{,}5\text{ V}$ ).

4. Con l’altro esemplare si risolve $I_D = 12\text{ mA}\,(1 - I_D \cdot 750/4)^2$ , cercando la radice con $V_{GS}$ tra −4 V e 0: $I_D = 2{,}77$ mA. La corrente cambia del 39 % per una variazione di $I_{DSS}$ del 50 %: l’autopolarizzazione aiuta poco.

Esercizio 5. MOSFET con retroazione di drain

Un MOSFET a canale n con $K = 1$ mA/V² e $V_t = 1{,}5$ V ha una resistenza da 1 MΩ tra drain e gate e $R_D = 3{,}3$ kΩ verso l’alimentazione di 10 V; il source è a massa. Trova $V_{GS}$ , $I_D$ e $g_m$ , e verifica che il transistor sia in saturazione.

Risultato: $V_{GS} = V_{DS} = 2{,}96$ V, $I_D = 2{,}13$ mA, $g_m = 2{,}92$ mS.

Soluzione

1. Nel gate non passa corrente: $V_{GS} = V_{DS} = 10 - 3{,}3\text{ k}\Omega \cdot I_D$ .

2. Posto $u = V_{GS} - V_t$ : $u = 10 - 1{,}5 - 3{,}3 \cdot u^2$ (con $I_D$ in mA e $K = 1$ ), cioè $3{,}3u^2 + u - 8{,}5 = 0$ , che ha la radice positiva $u = 1{,}461$ V. Quindi $V_{GS} = 2{,}96$ V e $I_D = u^2 = 2{,}13$ mA.

3. $g_m = 2Ku = 2{,}92$ mS.

4. Saturazione: $V_{DS} = 2{,}96$ V > $V_{GS} - V_t = 1{,}46$ V. Come dimostrato nella lezione, con questo collegamento è sempre vero.

Livello medio

Esercizio 6. Emettitore comune con e senza degenerazione

Uno stadio a emettitore comune ha $I_C = 1$ mA, $\beta = 150$ , $R_C = 4{,}7$ kΩ e carico $R_L = 10$ kΩ. Calcola il guadagno di tensione e la resistenza d’ingresso vista dalla base con l’emettitore completamente bypassato, e poi con 220 Ω non bypassati.

Risultato: bypassato: $A_v = -128$ , $R_{in} = 3{,}75$ kΩ; con 220 Ω: $A_v = -13{,}0$ , $R_{in} = 37{,}0$ kΩ.

Soluzione

1. $g_m = 1\text{ mA}/25\text{ mV} = 40$ mS, $r_\pi = 150/40\text{ mS} = 3{,}75$ kΩ, $R_L' = 4{,}7 \parallel 10 = 3{,}20$ kΩ.

2. Emettitore bypassato: $A_v = -g_m R_L' = -128$ , $R_{in} = r_\pi = 3{,}75$ kΩ.

3. Con $R_E = 220$ Ω: $A_v = -\beta R_L'/(r_\pi + (\beta + 1)R_E) = -150 \cdot 3197/(3750 + 151 \cdot 220) = -13{,}0$ ; la formula approssimata $-R_L'/(r_e + R_E) = -3197/245 = -13{,}05$ è quasi identica. $R_{in} = 3750 + 151 \cdot 220 = 37{,}0$ kΩ.

4. La degenerazione divide il guadagno per circa 10, moltiplica per 10 la resistenza d’ingresso e rende il guadagno indipendente da $g_m$ (quindi dalla corrente e dalla temperatura): $-R_L'/R_E \approx -14{,}5$ se si trascura anche $r_e$ .

Esercizio 7. L’inseguitore come adattatore

Una sorgente con resistenza interna di 10 kΩ deve pilotare un carico di 100 Ω. Calcola il segnale che arriva sul carico collegandolo direttamente, e attraverso un inseguitore di emettitore con $\beta = 100$ , $I_C = 5$ mA e $R_E = 1$ kΩ (ignora il partitore di polarizzazione). Trova anche la resistenza d’uscita dell’inseguitore.

Risultato: direttamente 0,99 %; con l’inseguitore 46,7 %; $R_{out} = 94$ Ω.

Soluzione

1. Collegamento diretto: $100/(10\,000 + 100) = 0{,}0099$ . Il segnale arriva ridotto di cento volte.

2. Inseguitore: $r_\pi = 100/(5\text{ mA}/25\text{ mV}) = 500$ Ω; sull’emettitore $R_L' = 1\text{ k}\Omega \parallel 100\ \Omega = 90{,}9$ Ω. $R_{in} = 500 + 101 \cdot 90{,}9 = 9{,}68$ kΩ e $A_v = 101 \cdot 90{,}9/9682 = 0{,}948$ .

3. Con la sorgente: $v_{out}/v_s = 0{,}948 \cdot 9682/(9682 + 10\,000) = 0{,}467$ . Il segnale sul carico è 47 volte più grande che nel collegamento diretto.

4. $R_{out} = R_E \parallel (r_\pi + R_s)/(\beta + 1) = 1\text{ k}\Omega \parallel 104\ \Omega = 94$ Ω: la resistenza della sorgente, vista dal carico, è divisa per $\beta + 1$ .

Esercizio 8. Source comune

Un MOSFET con $K = 2$ mA/V² lavora con $I_D = 1$ mA, $R_D = 5$ kΩ e carico di 20 kΩ. Calcola $g_m$ , la tensione di overdrive e il guadagno con il source bypassato e con 500 Ω non bypassati. Confronta con un BJT alla stessa corrente.

Risultato: $g_m = 2{,}83$ mS, $V_{ov} = 0{,}71$ V; $A_v = -11{,}3$ e $-4{,}7$ ; il BJT avrebbe $g_m = 40$ mS e $A_v = -160$ .

Soluzione

1. $g_m = 2\sqrt{K I_D} = 2\sqrt{2 \cdot 1}$ mS $= 2{,}83$ mS; $V_{ov} = V_{GS} - V_t = 2I_D/g_m = 0{,}71$ V.

2. $R_L' = 5 \parallel 20 = 4$ kΩ. Bypassato: $A_v = -g_m R_L' = -11{,}3$ . Con $R_S = 500$ Ω: $-g_m R_L'/(1 + g_m R_S) = -11{,}3/2{,}41 = -4{,}7$ .

3. Un BJT con 1 mA ha $g_m = I_C/V_T = 40$ mS, quattordici volte di più, e $A_v = -160$ . Il rapporto tra le transconduttanze è $V_{ov}/(2V_T) = 0{,}71/0{,}05 = 14$ : a parità di corrente il BJT vince sempre, il MOSFET vince per resistenza d’ingresso e linearità.

Livello esame

Esercizio 9. L’effetto Miller

Uno stadio a emettitore comune ha $C_\pi = 20$ pF, $C_\mu = 3$ pF, guadagno base-collettore $-100$ e resistenza equivalente della sorgente vista dalla base di 1 kΩ. Stima la frequenza di taglio superiore con l’approssimazione di Miller, e confrontala con quella di uno stadio cascode, in cui il guadagno sul collettore del transistor d’ingresso è circa −1.

Risultato: $C_{in} = 323$ pF, $f_H \approx 0{,}49$ MHz; con il cascode $C_{in} = 26$ pF e circa 6,1 MHz.

Soluzione

1. Il teorema di Miller porta $C_\mu$ all’ingresso moltiplicata per $1 - A = 101$ : 303 pF. Con $C_\pi$ , $C_{in} = 323$ pF.

2. Il polo d’ingresso: $f_H = 1/(2\pi \cdot 1\text{ k}\Omega \cdot 323\text{ pF}) = 0{,}49$ MHz.

3. Nel cascode il collettore del transistor d’ingresso è collegato all’emettitore di un transistor a base comune, che ha resistenza $r_e$ : il guadagno base-collettore è circa −1, e $C_\mu$ si moltiplica solo per 2. La capacità d’ingresso diventa $C_\pi + 2C_\mu = 26$ pF e la banda $1/(2\pi \cdot 1\text{ k}\Omega \cdot 26\text{ pF}) = 6{,}1$ MHz: dodici volte di più, con lo stesso guadagno complessivo. Una capacità di 3 pF, la più piccola del transistor, decide da sola la banda dello stadio a emettitore comune.

Esercizio 10. Il condensatore di bypass

In uno stadio a emettitore comune con $R_E = 1$ kΩ completamente bypassata, $r_\pi = 2{,}5$ kΩ, $\beta = 100$ , e resistenza della sorgente in parallelo al partitore di 900 Ω, quanto deve valere $C_E$ perché il suo polo sia a 20 Hz?

Risultato: resistenza vista 32,6 Ω; $C_E \ge 244$ µF (si sceglie 270 µF).

Soluzione

1. Il condensatore vede $R_E$ in parallelo alla resistenza dell’emettitore guardando nel transistor: $(r_\pi + R_s')/(\beta + 1) = 3400/101 = 33{,}7$ Ω. In parallelo a 1 kΩ: 32,6 Ω.

2. $C_E = 1/(2\pi \cdot 20 \cdot 32{,}6) = 244$ µF; il valore normalizzato superiore è 270 µF.

3. I condensatori di accoppiamento vedono resistenze di kΩ e bastano pochi µF; quello di bypass vede poche decine di ohm e deve essere cento volte più grande. Per questo si lascia spesso una parte di $R_E$ non bypassata: alza la resistenza vista e riduce $C_E$ .

Esercizio 11. Fan-out tra famiglie TTL

Un’uscita TTL 74 standard ( $I_{OL} = 16$ mA, $I_{OH} = 400$ µA) pilota ingressi 74LS ( $I_{IL} = 0{,}4$ mA, $I_{IH} = 20$ µA). Quanti ne può pilotare? E un’uscita 74LS ( $I_{OL} = 8$ mA, $I_{OH} = 400$ µA) quanti ingressi 74 standard ( $I_{IL} = 1{,}6$ mA, $I_{IH} = 40$ µA)?

Risultato: 20 nel primo caso; 5 nel secondo.

Soluzione

1. Il fan-out è il minimo tra quello a livello basso e quello a livello alto. 74 → 74LS: $16/0{,}4 = 40$ a livello basso e $400/20 = 20$ a livello alto: 20.

2. 74LS → 74: $8/1{,}6 = 5$ a livello basso, $400/40 = 10$ a livello alto: 5. Il limite è la corrente che esce dagli ingressi standard bassi, che l’uscita LS deve assorbire.

3. Mescolare famiglie è possibile perché i livelli di tensione sono compatibili, ma il fan-out va ricalcolato con le correnti di ciascuna.

Esercizio 12. Il fan-out della RTL

Una porta RTL ha $V_{CC} = 3{,}6$ V, $R_C = 640$ Ω, $R_B = 450$ Ω e $V_{BE} = 0{,}75$ V. Quante porte può pilotare se il livello alto non deve scendere sotto 1 V?

Risultato: $N \le 7{,}3$ : al massimo 7 porte.

Soluzione

1. Dalla formula della lezione, $V_{OH} = V_{BE} + (V_{CC} - V_{BE})\frac{R_B/N}{R_B/N + R_C} \ge 1$ V.

2. Isolando $N$ : $\frac{R_B/N}{R_B/N + R_C} \ge \frac{0{,}25}{2{,}85}$ , cioè $1 + \frac{N R_C}{R_B} \le \frac{2{,}85}{0{,}25} = 11{,}4$ , e $N \le \frac{10{,}4 \cdot 450}{640} = 7{,}31$ .

3. Con 7 carichi $V_{OH} = 1{,}01$ V, con 8 scende a 0,98 V. Anche con 7 carichi il margine sopra la soglia di conduzione (0,75 V) è di soli 0,25 V: è il motivo per cui la RTL è stata sostituita dalla DTL e dalla TTL.

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Autore

ielettronica

3 ore fa

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Livello base

Esercizio 1. Progetto di una polarizzazione a partitore

Esercizio 2. Un pnp

Esercizio 3. Sensibilità a beta

Esercizio 4. JFET autopolarizzato

Esercizio 5. MOSFET con retroazione di drain

Livello medio

Esercizio 6. Emettitore comune con e senza degenerazione

Esercizio 7. L’inseguitore come adattatore

Esercizio 8. Source comune

Livello esame

Esercizio 9. L’effetto Miller

Esercizio 10. Il condensatore di bypass

Esercizio 11. Fan-out tra famiglie TTL

Esercizio 12. Il fan-out della RTL

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