Soluzione del compito di Elettronica e di Elettronica Digitale del 15 gennaio 2003

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1 Soluzione del compito di Elettronica e di Elettronica Digitale del 5 gennaio 2003 Esercizio Calcolo di R 5, R 6 e del punto di lavoro dei transistori Per l analisi del punto di riposo prendiamo in considerazione il circuito per il funzionamento in continua, di seguito rappresentato. R 7 R 2 R 5 I D R I E Q I C Q 2 I B R 6 I S R 8 R 9 Poiché I D = ma, anche I S = ma, dato che la corrente di gate può essere assunta nulla. Quindi la tensione sul source risulta Inoltre, dato che I D = k(v GS V T ) 2, V S = I S (R 8 + R 9 ) = 0.44V. V GS = V T + ID k = 3V, dove per la radice quadrata è stato scelto il segno positivo, essendo il transistore a canale n. Possiamo dunque calcolare V G : Poiché otteniamo V G = V GS + V S = 3.44V. V G = R 6 R 5 + R 6, V G (R 5 + R 6 ) = R 6 R 6 = V G(R 5 + R 6 ) = Ω R 5 = (R 5 + R 6 ) R 6 = Ω. La tensione di drain può essere rapidamente calcolata sulla base della caduta su R 7 : V D = R 7 I D = 6.4V. Quindi otteniamo V DS = V D V S = 5.96V;

2 poiché V GS V T = 3V, risulta V DS > V GS V T e quindi il transistore Q 2 è in saturazione. La transconduttanza g m di Q 2 può essere calcolata derivando l espressione di I D rispetto a V GS : g m = 2k(V GS V T ) = ma/v. Dal punto di vista del funzionamento in continua, il primo stadio, con il transistore Q, è completamente indipendente dal secondo, essendo i due stadi disaccoppiati dal condensatore C 2. Facciamo l ipotesi (da verificare successivamente) che il partitore sulla base di Q sia pesante (cioè che la corrente che scorre nel partitore sia molto più grande di quella di base, cosicché la tensione di base risulta sostanzialmente indipendente dal punto di lavoro del transistore). In tal caso otteniamo da cui V B = R 2 + = 2.053V, V E = V B V γ =.4053V. Pertanto possiamo calcolare la corrente di emettitore: I E = V E R = 2.99mA. Facciamo ora l ipotesi (da verificare successivamente) che la corrente di base sia trascurabile rispetto a quella di collettore (I B I C ): in tal caso la corrente di collettore può essere considerata coincidente con quella di emettitore (I C I E ), quindi I C 2.99 ma. Siamo quindi in grado di calcolare la tensione di collettore e dunque la tensione collettore-emettitore V C = I C = 6.02V V CE = V C V E = 4.65V. Individuando il punto di lavoro sul piano delle caratteristiche di uscita del BC09B, troviamo una corrente di base I B = 0.23 µa. Pertanto risulta verificata l ipotesi I B I C. Per quanto riguarda la corrente I P nel partitore, questa è data da I P = V B = 20.5µA, quindi anche l ipotesi di partitore pesante risulta verificata, poiché I P I B. Sempre dalle caratteristiche di uscita, troviamo h fe = 27. Per il calcolo di determiniamo innanzitutto il valore di r b e dai valori forniti per il punto di lavoro utilizzato per le tabelle del costruttore: rb e = V T IC h fe = 3900Ω (si noti che V T in questa espressione indica una quantità del tutto diversa dalla tensione di soglia di Q 2, per la quale abbiamo usato lo stesso simbolo; nel caso 2

3 presente V T = k B T/q, dove k B è la costante di Boltzmann, T la temperatura e q la carica dell elettrone) e r bb = h ie r b e = 900Ω. Pertanto, nel punto di lavoro trovato per Q : Riepilogando, otteniamo = r bb + V T I C h fe = 3257Ω. Q Q 2 V CE = 4.65V V DS = 5.96V I C = 2.99mA I D = ma I B = 0.23µA V GS = 3V h fe = 27 g m = ma/v = 3257Ω Determinazione della funzione di trasferimento Procediamo ora all analisi del circuito per le variazioni, che viene rappresentato di seguito: R h fe I b C 2 G R 7 C 4 R4 R 5 R6 + I b g m V gs S R 0 R 2 C R 8 R 9 C 3 Notiamo che i quattro condensatori sono tra loro non interagenti, pertanto i relativi poli possono essere determinati semplicemente utilizzando il metodo della resistenza vista: R V C = R 2 // //[R (h fe + ) + ] = 7758Ω, 3

4 . ω p = R V C C = 28.9rad/s f p = 20.5Hz; R V C2 = R 5 //R 6 + = 63969Ω ω p2 = R V C2 C 2 = rad/s f p2 = 64.7Hz; ( R V C3 = R 9 // R 8 + ) = 86.39Ω g m ω p3 = R V C3 C 3 = 42rad/s f p3 = 8.68Hz; R V C4 = R 7 + R 0 = 5.6kΩ ω p4 = R V C4 C 4 = 6.403rad/s f p4 =.0202Hz. Notiamo che, per frequenze sufficientemente alte, per le quali i quattro condensatori possono essere considerati corto circuiti, la funzione di trasferimento tende a un valore diverso da zero, quindi gli zeri devono essere anch essi in numero di quattro. Tali zeri possono essere determinati facilmente per ispezione. Infatti avremo due zeri nell origine, dato che C 2 e C 4 si trovano in serie con il percorso del segnale; avremo poi uno zero per il valore di frequenza generalizzata per la quale il parallelo tra R 2, e C ha impedenza infinita, annullando la corrente sulla base di Q e quindi il segnale in uscita: ω z = = 2.27rad/s R 2 // C f z = 9.3Hz. L ultimo zero sarà in corrispondenza della frequenza generalizzata per la quale l impedenza costituita dal parallelo di R 9 e C 3 diventa infinita, annullando la corrente di source di Q 2 e quindi il segnale in uscita: ω z3 = R 9 C 3 = 967.2rad/s f z3 = 53.92Hz. Passiamo ora alla valutazione del guadagno a centrobanda, quando tutti i condensatori possono essere considerati corto circuiti e il circuito da analizzare risulta puramente resistivo: 4

5 R h fe I b G R 7 I b R 5 R 6 S gm V gs R 0 + R 8 Dato che l impedenza di ingresso sul gate di Q 2 risulta infinita possiamo scomporre la funzione di trasferimento totale nel prodotto di due termini: = V g V g. Valutiamo innanzitutto /V g, utilizzando le espressioni note per lo stadio amplificatore a source comune con resistenza di source: quindi g m = V g R 7 //R 0, + g m R 8 = g m(r 7 //R 0 ) = V g + g m R 8 Passiamo ora al calcolo di V g / : se definiamo I i la corrente erogata dal generatore, possiamo scrivere I b = I i h fe + ; inoltre, poiché I i = h fe + + R otteniamo, sostituendo nell equazione precedente, I b = Poiché V g = h fe I b //R 5 //R 6, per cui + R (h fe + ). V g = h fe //R 5 //R 6 + R (h fe + ), A CB = = V g V g = g mr 7 //R 0 + g m R 8 h fe //R 5 //R 6 + R (h fe + ) = Pertanto A CB = 2.63 db. Possiamo quindi scrivere l espressione complessiva della funzione di trasferimento: A = A CB s 2 (s + ω z )(s + ω z3 ) (s + ω p )(s + ω p2 )(s + ω p3 )(s + ω p4 ). 5,

6 Dalla collocazione di poli e zeri ci rendiamo conto che esiste un plateau nel diagramma di Bode immediatamente al di sotto di f z3 e di f p3 : il suo valore può essere facilmente calcolato sulla base del guadagno a centro banda: A = A CB f z3 f p3 = 0.26 e quindi A = 20.8 db. Possiamo quindi tracciare il diagramma di Bode asintotico del modulo: A(j ω) (db) db/dec f p4 f z 20.8 db +20 db/dec f p k 0k 00k f p2 f z3 +20 db/dec f p db f (Hz) Calcolo delle impedenze di ingresso e di uscita a centro banda A centrobanda il circuito è puramente resistivo, dato che i condensatori possono essere considerati dei corto circuiti. Quindi le impedenze possono essere valutate molto facilmente in termini di resistenze viste. L impedenza di ingresso risulterà pertanto pari a R in serie con l impedenza vista sull emettitore di Q (considerando che la base di tale transistore è cortocircuitata a massa da C ): Z in = h fe + + R = 48.97Ω. L impedenza di uscita è data semplicemente dal parallelo di R 7 e R 0 : Z out = R 7 //R 0. Esercizio 2 Dato che il diodo Zener può essere considerato ideale, la tensione sull ingresso non invertente dell amplificatore operazionale è pari a V Z = 5. V. Se supponiamo applicabile il metodo del corto circuito virtuale, la stessa tensione sarà presente anche sull ingresso invertente. Poiché la tensione V su tale ingresso è il risultato della partizione della tensione di uscita V U tramite e, possiamo scrivere V U + = V Z V U = + V Z =.33V. 6

7 Per calcolare l impedenza di uscita prendiamo in considerazione il circuito per le variazioni di seguito rappresentato: h fe I b R 2 Ib Avol V in n C I g Notiamo che è presente un condensatore in parallelo all uscita: calcoliamo innanzitutto la conduttanza G out di uscita in assenza del condensatore; possiamo poi aggiungere la suscettanza del condensatore per ottenere Y out. Abbiamo una reazione di tensione, quindi dobbiamo individuare una scomposizione tale da porre Y p in parallelo con un generatore di corrente di prova I g collocato sull uscita. Utilizziamo la massa come nodo di riferimento e scomponiamo disconnettendo dall uscita: h fe I b R 2 Ib Avol V in n I p Y p C I g Verifichiamo innanzitutto che ρ sia nullo: ρ = V P I G = 0, Ip =0 poiché, quando I p è disattivato non scorre alcuna corrente in,. Possiamo pertanto calcolare Y p come l ammettenza vista da I p : Y p = + = 25µS. L ammettenza Y b può essere invece calcolata come l ammettenza vista da I g in parallelo a Y p e corrisponde quindi all inverso della resistenza vista sull emettitore del transistore di passo: Y b = + R 2 h fe + = 0.66mS. 7

8 Passiamo ora alla determinazione del β A, iniziando dal calcolo della tensione sull ingresso invertente dell amplificatore: V in = I p. Quindi la corrente di base sul transistore di passo è data da I b = per cui, dato che I p = h fe I b, β A = I r I p = La conduttanza di uscita risulta quindi I p A vol R ( + )(h fe + ), A vol (h fe + ) R ( + )(h fe + ) = G out = (Y b + Y p )( β A ) = S e Y out = G out + jωc = G out + j2πfc = jf S. Esercizio B Se implementassimo direttamente la funzione logica Y = (CB + A)(AB + BC) + BCD con la tecnica PUN-PDN, otterremmo un circuito con un numero di transistori superiore ai 8 richiesti. Dobbiamo quindi cercare di semplificare la funzione logica: procediamo utilizzando le leggi di De Morgan. Per la sintesi della PUN dobbiamo cercare di ricavare la funzione più semplice possibile che fornisca Y in funzione delle variabili di ingresso, possibilmente negate: Y =(CB + A)(AB + BC) + BCD = ABC + AAB + BCC + ABC + BCD =ABC + ABC + BCD = B[AC + A C + CD] =B[C(A + D) + A C]. L implementazione della funzione logica così semplificata richiede 6 transistori per la PUN e 6 transistori per i tre inverter necessarî per fornire le variabili negate, oltre agli ulteriori 6 transistori per la PDN complementare alla PUN appena citata, per un totale di 8 transistori. Lo schema è quello di seguito riportato, nel quale la PDN è stata ricavata complementando la PUN ricavata dall espressione semplificata. Passiamo ora al dimensionamento dei transistori. Per quanto riguarda la PUN, lo worst case si ha quando conducono tre transistori in serie, vale a dire Q, Q 3, Q 6 o Q 2, Q 3, Q 6, oppure Q 4, Q 5, Q 6. Pertanto tutti i transistori della PUN, comparendo nelle combinazioni appena citate, devono avere un rapporto W/L triplo di quello relativo al transistore PMOS dell inverter di base, quindi pari a 5. Per quanto riguarda la PDN, lo worst case si ha quando conducono Q 0, Q e Q 2, per cui il rapporto W/L di ciascuno di tali transistori deve essere pari a tre volte quello del transistore NMOS dell inverter di base: (W/L) 0 = (W/L) = (W/L) 2 = 6. Notiamo che i transistori Q 8 e Q 2 non condurranno mai contemporaneamente, perché sono controllati da variabili complementate. Pertanto il transistore Q 8 sarà 8

9 Q 8 Q 2 V DD V DD A Q 3 Q 4 Q Q2 Q 4 Q 5 V DD Q 3 B Q 5 Q 6 Q 6 Y Q 7 Q 8 Q 0 V DD C Q 7 Q 9 Q D attraversato da corrente soltanto se anche Q 9 conduce, dunque (W/L) 8 = (W/L) 9 = 4. Infine Q 7 conduce da solo, per cui (W/L) 7 = 2. I rimanenti transistori sono utilizzati in inverter standard, quindi avremo (W/L) 3 = (W/L) 5 = (W/L) 7 = 5 e (W/L) 4 = (W/L) 6 = (W/L) 8 = 2. Esercizio C Se il circuito funziona effettivamente come multivibratore astabile, la tensione sul condensatore oscillerà tra /3 e 2/3 (quando raggiunge /3 avviene il set del flip-flop dello NE555 e quando raggiunge 2/3 avviene il reset). Durante il transitorio di carica l uscita dello NE555 è a, mentre D è flottante (il flip-flop subirà un reset solo nel momento in cui sull ingresso TH viene raggiunta la tensione 2/3 ). In tale situazione il condensatore tende alla tensione finale V fc = e si carica attraverso una resistenza pari a R // + R 2 ; abbiamo quindi τ c = (R // + R 2 )C = 0.565ms. Inoltre la tensione iniziale c sarà pari a /3, quindi il transitorio sarà descritto dall equazione v c (t) = V fc + (c V fc )e t τc. Se definiamo T c l intervallo di tempo durante il quale l uscita rimane al livello alto, potremo scrivere: 2 3 = V fc + (c V fc )e Tc τc, da cui otteniamo 2 3 = 2 Tc 3 e τc Tc 2 =e τc T c =τ c ln 2 = ms. 9

10 Esaminiamo ora il transitorio di scarica: in questo caso la tensione iniziale risulta s = 2/3, mentre la tensione finale a cui tende il condensatore deve essere determinata considerando che l uscita si trova ora a tensione nulla e lo stesso accade per il terminale D. Conviene disegnare il circuito visto dal condensatore in questa condizione: R R2 Il gruppo formato dal generatore, da R e da può essere sostituito con un generatore equivalente di Thevenin di valore /(R + ) con in serie una resistenza di Thevenin R //. Quindi la tensione a cui tende a caricarsi il condensatore risulta V fs = = V. R + R 2 + R // + La resistenza vista dal condensatore risulta R V C = //(R 2 + R // ), quindi la costante di tempo di scarica sarà: τ s = [ //(R 2 + R // )]C = 84.96µs. Il transitorio di scarica è descritto dall equazione v s (t) = V fs + (s V fs )e t τs. Se definiamo T S l intervallo di tempo durante il quale l uscita rimane al livello basso, potremo scrivere: 3 = V fs + (s V fs )e Ts τs, da cui otteniamo ( ) 2 3 =V fs + 3 V fs e T s τs 2 3 V fs 3 V =e Ts τs CC V fs T s =τ s ln 2 3 V fs 3 V fs = ms. Pertanto il periodo complessivo del segnale di uscita risulta che corrisponde a una frequenza T = T s + T c = µs, f = T = 264Hz. 0