Soluzione del compito di Elettronica e di Elettronica Digitale
del 15 gennaio 2003
Esercizio 1
Calcolo di R5 , R6 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.
V CC
V CC
V CC
V CC
R7
R2
R1
R4
IE
ID
IC
Q1
Q2
IS
R6
IB
Vi
R5
R8
R3
R9
Poiché ID = 1 mA, anche IS = 1 mA, dato che la corrente di gate può essere assunta
nulla. Quindi la tensione sul source risulta
VS = IS (R8 + R9 ) = 0.44 V.
Inoltre, dato che ID = k(VGS − VT )2 ,
VGS = VT +
r
ID
= 3 V,
k
dove per la radice quadrata è stato scelto il segno positivo, essendo il transistore a
canale n. Possiamo dunque calcolare VG :
VG = VGS + VS = 3.44 V.
Poiché
VG =
otteniamo
R6
VCC ,
R5 + R6
VG (R5 + R6 ) = VCC R6
VG (R5 + R6 )
= 227059 Ω
VCC
R5 = (R5 + R6 ) − R6 = 565009 Ω.
R6 =
La tensione di drain può essere rapidamente calcolata sulla base della caduta su R7 :
VD = VCC − R7 ID = 6.4 V.
Quindi otteniamo
VDS = VD − VS = 5.96 V;
poiché VGS − VT = 3 V, risulta VDS > VGS − VT e quindi il transistore Q2 è in saturazione. La transconduttanza gm di Q2 può essere calcolata derivando l’espressione
di ID rispetto a VGS :
gm = 2k(VGS − VT ) = 1 mA/V.
Dal punto di vista del funzionamento in continua, il primo stadio, con il transistore
Q1 , è completamente indipendente dal secondo, essendo i due stadi disaccoppiati dal
condensatore C2 .
Facciamo l’ipotesi (da verificare successivamente) che il partitore sulla base di Q1 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
VB = VCC
R3
= 2.1053 V,
R2 + R3
da cui
VE = VB − Vγ = 1.4053 V.
Pertanto possiamo calcolare la corrente di emettitore:
IE =
VE
= 2.99 mA.
R1
Facciamo ora l’ipotesi (da verificare successivamente) che la corrente di base sia
trascurabile rispetto a quella di collettore (IB ≪ IC ): in tal caso la corrente di
collettore può essere considerata coincidente con quella di emettitore (IC ≃ IE ),
quindi IC ≃ 2.99 mA. Siamo quindi in grado di calcolare la tensione di collettore
VC = VCC − IC R4 = 6.02 V
e dunque la tensione collettore-emettitore
VCE = VC − VE = 4.615 V.
Individuando il punto di lavoro sul piano delle caratteristiche di uscita del BC109B,
troviamo una corrente di base IB = 10.23 µA. Pertanto risulta verificata l’ipotesi
IB ≪ IC . Per quanto riguarda la corrente IP nel partitore, questa è data da
IP =
VB
= 210.5 µA,
R3
quindi anche l’ipotesi di partitore pesante risulta verificata, poiché IP ≫ IB .
Sempre dalle caratteristiche di uscita, troviamo hf e = 271. Per il calcolo di hie
determiniamo innanzitutto il valore di rb′ e dai valori forniti per il punto di lavoro
utilizzato per le tabelle del costruttore:
rb∗′ e =
VT ∗
h = 3900 Ω
IC∗ f e
(si noti che VT in questa espressione indica una quantità del tutto diversa dalla
tensione di soglia di Q2 , per la quale abbiamo usato lo stesso simbolo; nel caso
2
presente VT = kB T /q, dove kB è la costante di Boltzmann, T la temperatura e q la
carica dell’elettrone) e
rbb′ = h∗ie − rb∗′ e = 900 Ω.
Pertanto, nel punto di lavoro trovato per Q1 :
hie = rbb′ +
VT
hf e = 3257 Ω.
IC
Riepilogando, otteniamo
Q1
Q2
VCE = 4.615 V
VDS = 5.96 V
IC = 2.99 mA
ID = 1 mA
IB = 10.23 µA
VGS = 3 V
hf e
gm = 1 mA/V
=
271
hie = 3257 Ω
Determinazione della funzione di trasferimento
Procediamo ora all’analisi del circuito per le variazioni, che viene rappresentato di
seguito:
hfe I b
R1
C2
R7
G
R4
Vi
hie
R5
C4
R6
Ib
g mVgs
R10
+
Vu
−
S
R2
R3
R8
C1
R9
C3
Notiamo che i quattro condensatori sono tra loro non interagenti, pertanto i relativi
poli possono essere determinati semplicemente utilizzando il metodo della resistenza
vista:
RV C1 = R2 //R3 //[R1 (hf e + 1) + hie ] = 7758 Ω,
3
1
ω p1 =
RV C1 C1
= 128.9 rad/s
.
fp1 = 20.51 Hz;
RV C2 = R5 //R6 + R4 = 163969 Ω
ω p2 =
R V C3
1
RV C2 C2
= 406.58 rad/s
fp2 = 64.7 Hz;
1
= 186.39 Ω
= R9 // R8 +
gm
1
ω p3 =
RV C3 C3
= 1142 rad/s
fp3 = 181.68 Hz;
RV C4 = R7 + R1 0 = 15.6 kΩ
ω p4 =
1
RV C4 C4
= 6.4103 rad/s
fp4 = 1.0202 Hz.
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 C2 e C4 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 R2 ,
R3 e C1 ha impedenza infinita, annullando la corrente sulla base di Q1 e quindi il
segnale in uscita:
1
= 121.27 rad/s
ω z1 =
R2 //R3 C1
fz1 = 19.3 Hz.
L’ultimo zero sarà in corrispondenza della frequenza generalizzata per la quale
l’impedenza costituita dal parallelo di R9 e C3 diventa infinita, annullando la corrente
di source di Q2 e quindi il segnale in uscita:
ω z3 =
1
= 967.12 rad/s
R9 C3
fz3 = 153.92 Hz.
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
hfe I b
R1
R7
G
R4
Vi
hie
R5
R6
Ib
g mVgs
R10
+
Vu
−
S
R8
Dato che l’impedenza di ingresso sul gate di Q2 risulta infinita possiamo scomporre
la funzione di trasferimento totale nel prodotto di due termini:
Vu
Vu Vg
=
.
Vi
Vg Vi
Valutiamo innanzitutto Vu /Vg , utilizzando le espressioni note per lo stadio amplificatore a source comune con resistenza di source:
gm
R7 //R10 ,
Vu = −Vg
1 + gm R 8
quindi
−gm (R7 //R10 )
Vu
=
= −2.9424.
Vg
1 + gm R 8
Passiamo ora al calcolo di Vg /Vi : se definiamo Ii la corrente erogata dal generatore
Vi , possiamo scrivere
−Ii
Ib =
;
hf e + 1
inoltre, poiché
Ii =
Vi
,
+ R1
hie
hf e +1
otteniamo, sostituendo nell’equazione precedente,
Ib =
−Vi
.
hie + R1 (hf e + 1)
Poiché Vg = −hf e Ib R4 //R5 //R6 ,
Vg
hf e R4 //R5 //R6
,
=
Vi
hie + R1 (hf e + 1)
per cui
ACB =
Vu Vg
−gm R7 //R10 hf e R4 //R5 //R6
Vu
= −12.059.
=
=
Vi
Vg Vi
1 + gm R8 hie + R1 (hf e + 1)
Pertanto |ACB | = 21.63 dB.
Possiamo quindi scrivere l’espressione complessiva della funzione di trasferimento:
A = ACB
s2 (s + ωz1 )(s + ωz3 )
.
(s + ωp1 )(s + ωp2 )(s + ωp3 )(s + ωp4 )
5
Dalla collocazione di poli e zeri ci rendiamo conto che esiste un plateau nel diagramma
di Bode immediatamente al di sotto di fz3 e di fp3 : il suo valore può essere facilmente
calcolato sulla base del guadagno a centro banda:
A′ = ACB
fz3
= −10.216
fp3
e quindi |A′ | = 20.18 dB. Possiamo quindi tracciare il diagramma di Bode asintotico
del modulo:
40
20.18 dB
30
21.63 dB
20
|A(j ω)|
(dB)
+20 dB/dec
10
0
+20 dB/dec
−10
−20
−30
−40
0.1
+20 dB/dec
f z1
f p1
f z3
f p3
f p4
1
10
f p2
100
1k
10k
f (Hz)
100k
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 R1 in serie con l’impedenza vista
sull’emettitore di Q1 (considerando che la base di tale transistore è cortocircuitata a
massa da C1 ):
hie
+ R1 = 481.97 Ω.
Zin =
hf e + 1
L’impedenza di uscita è data semplicemente dal parallelo di R7 e R10 :
Zout = R7 //R10 .
Esercizio 2
Dato che il diodo Zener può essere considerato ideale, la tensione sull’ingresso non
invertente dell’amplificatore operazionale è pari a VZ = 5.1 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 VU tramite R3 e R4 , possiamo scrivere
VU R 4
= VZ
R3 + R4
R3 + R4
VZ = 11.33 V.
VU =
R4
6
Per calcolare l’impedenza di uscita prendiamo in considerazione il circuito per le
variazioni di seguito rappresentato:
hfe I b
hie
R2
R3
Ib
Vu
Avol V in
V in
I
g
C1
R4
Notiamo che è presente un condensatore in parallelo all’uscita: calcoliamo innanzitutto la conduttanza Gout di uscita in assenza del condensatore; possiamo poi aggiungere
la suscettanza del condensatore per ottenere Yout . Abbiamo una reazione di tensione,
quindi dobbiamo individuare una scomposizione tale da porre Yp in parallelo con un
generatore di corrente di prova Ig collocato sull’uscita. Utilizziamo la massa come
nodo di riferimento e scomponiamo disconnettendo R3 dall’uscita:
hfe I b
R2
hie
Ib
R3
I
Avol V in
V in
p
Vu
Yp
R4
I
g
C1
Verifichiamo innanzitutto che ρ′ sia nullo:
VP ρ =
= 0,
IG Ip =0
′
poiché, quando Ip è disattivato non scorre alcuna corrente in R3 , R4 . Possiamo
pertanto calcolare Yp come l’ammettenza vista da Ip :
Yp =
1
= 25 µS.
R3 + R4
L’ammettenza Yb può essere invece calcolata come l’ammettenza vista da Ig in parallelo a Yp e corrisponde quindi all’inverso della resistenza vista sull’emettitore del
transistore di passo:
hie + R2
= 10.166 mS.
Yb =
hf e + 1
7
Passiamo ora alla determinazione del β ′ A′ , iniziando dal calcolo della tensione
sull’ingresso invertente dell’amplificatore:
−
Vin
= R4 Ip .
Quindi la corrente di base sul transistore di passo è data da
Ib =
−R4 Ip Avol
,
R2 + hie + (R4 + R3 )(hf e + 1)
per cui, dato che Ip = hf e Ib ,
β ′ A′ =
−R4 Avol (hf e + 1)
Ir
=
= −448.9.
Ip
R2 + hie + (R4 + R3 )(hf e + 1)
La conduttanza di uscita risulta quindi
Gout = (Yb + Yp )(1 − β ′ A′ ) = 457.68 S
e
Yout = Gout + jωC1 = Gout + j2πf C1 = 457.48 + jf 0.628 × 10−3 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 18 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 cosı̀ semplificata richiede 6 transistori per la
PUN e 6 transistori per i tre inverter necessarı̂ per fornire le variabili negate, oltre
agli ulteriori 6 transistori per la PDN complementare alla PUN appena citata, per
un totale di 18 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 Q1 , Q3 , Q6 o
Q2 , Q3 , Q6 , oppure Q4 , Q5 , Q6 . 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 15.
Per quanto riguarda la PDN, lo worst case si ha quando conducono Q10 , Q11 e Q12 ,
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)10 = (W/L)11 = (W/L)12 =
6. Notiamo che i transistori Q8 e Q12 non condurranno mai contemporaneamente,
perché sono controllati da variabili complementate. Pertanto il transistore Q8 sarà
8
VDD
VDD
Q 13
Q1
A
Q4
Q2
Q 14
Q5
Q3
VDD
Q 15
Q6
B
Q 16
Y
Q7
Q8
Q 10
VDD
Q 17
Q9
Q 11
C
Q 18
Q 12
D
attraversato da corrente soltanto se anche Q9 conduce, dunque (W/L)8 = (W/L)9 =
4. Infine Q7 conduce da solo, per cui (W/L)7 = 2. I rimanenti transistori sono
utilizzati in inverter standard, quindi avremo (W/L)13 = (W/L)15 = (W/L)17 = 5 e
(W/L)14 = (W/L)16 = (W/L)18 = 2.
Esercizio C
Se il circuito funziona effettivamente come multivibratore astabile, la tensione sul
condensatore oscillerà tra VCC /3 e 2/3VCC (quando raggiunge VCC /3 avviene il set
del flip-flop dello NE555 e quando raggiunge 2/3VCC avviene il reset). Durante il
transitorio di carica l’uscita dello NE555 è a VCC , mentre D è flottante (il flip-flop
subirà un reset solo nel momento in cui sull’ingresso T H viene raggiunta la tensione
2/3VCC ). In tale situazione il condensatore tende alla tensione finale Vf c = VCC e si
carica attraverso una resistenza pari a R1 //R3 + R2 ; abbiamo quindi
τc = (R1 //R3 + R2 )C1 = 0.565 ms.
Inoltre la tensione iniziale Vic sarà pari a VCC /3, quindi il transitorio sarà descritto
dall’equazione
t
vc (t) = Vf c + (Vic − Vf c )e− τc .
Se definiamo Tc l’intervallo di tempo durante il quale l’uscita rimane al livello alto,
potremo scrivere:
Tc
2
VCC = Vf c + (Vic − Vf c )e− τc ,
3
da cui otteniamo
2
2 Tc
=1 − e− τc
3
3
Tc
1
=e− τc
2
Tc =τc ln 2 = 0.39162 ms.
9
Esaminiamo ora il transitorio di scarica: in questo caso la tensione iniziale risulta
Vis = 2/3VCC , 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:
R1
R2
R3
VCC
R4
Il gruppo formato dal generatore VCC , da R1 e da R3 può essere sostituito con un
generatore equivalente di Thevenin di valore VCC R3 /(R1 + R3 ) con in serie una resistenza di Thevenin R1 //R3 . Quindi la tensione a cui tende a caricarsi il condensatore
risulta
R4
VCC R3
= 0.3759 V.
Vf s =
R1 + R3 R2 + R1 //R3 + R4
La resistenza vista dal condensatore risulta
RV C = R4 //(R2 + R1 //R3 ),
quindi la costante di tempo di scarica sarà:
τs = [R4 //(R2 + R1 //R3 )]C1 = 84.96 µs.
Il transitorio di scarica è descritto dall’equazione
t
vs (t) = Vf s + (Vis − Vf s )e− τs .
Se definiamo TS l’intervallo di tempo durante il quale l’uscita rimane al livello basso,
potremo scrivere:
Ts
1
VCC = Vf s + (Vis − Vf s )e− τs ,
3
da cui otteniamo
Ts
1
2
VCC =Vf s +
VCC − Vf s e− τs
3
3
2
3 VCC
1
3 VCC
Ts
− Vf s
=e τs
− Vf s
Ts =τs ln
2
3 VCC
1
3 VCC
− Vf s
= 0.07044 ms.
− Vf s
Pertanto il periodo complessivo del segnale di uscita risulta
T = Ts + Tc = 462.06 µs,
che corrisponde a una frequenza
f=
1
= 2164 Hz.
T
10
