Esercizio 1)

Elettronica delle telecomunicazioni
Esempi di esercizi di esame
rev 031029
Avvertenza - alcuni esercizi sono tratti da scritti di esame dei due moduli di "Elettronica delle
telecomunicazioni" (corso V.O:, Laurea in Elettronica) e "Elettronica per le Telecomunicazioni"
(corso N.O., Laurea in Telecomunicazioni). I contenuti di alcune domande non sono coperti dai
nuovi corsi di Elettronica per le telecomunicazioni (N.O:, laurea in Telecomunicazioni) e Elettronica
delle telecomunicazioni (N.O., laurea in Elettronica). Indicazioni più precise saranno date durante
le esercitazioni in aula.
1) PLL e demodulatore AM
Un segnale modulato in ampiezza è formato da una portante con frequenza compresa tra
105 e 125 MHz, con segnale modulante che occupa la banda tra 300 Hz e 10 kHz. Viene
demodulato con demodulatore di ampiezza sincrono che utilizza un PLL per generare il
segnale di riferimento.
a) Tracciare lo schema a blocchi di un demodulatore AM coerente a singolo ramo e a due
rami (I/Q);
indicare gli estremi del campo di cattura minimo richiesto al PLL,
indicare tipo e caratteristiche del filtro del demodulatore AM.
b) Il demodulatore di fase del PLL è un OR-esclusivo CMOS con alimentazione a 3,3 V; il
segnale Vi è un’onda quadra con duty cycle del 40%. Calcolare l’intervallo di θe per cui il
demodulatore opera correttamente, e il valore della costante Kd (definita da
∆Vd = Kd ∆θe,
∆θ con θe espresso in radianti).
c) Il filtro di anello è una cella R-C. Nell’ipotesi che la frequenza a riposo del VCO sia pari a
115 MHz, calcolare il valore minimo del Ko (definito da ∆ωo
∆ω = Ko ∆Vc) necessario per
avere un errore di fase a regime massimo di 0,3 rad per una frequenza di ingresso di 125
MHz.
d) Determinare la posizione del polo del filtro di anello tale da ottenere un campo di cattura
pari al minimo richiesto +10% (con segnali a duty cycle 50%).
Risposte
a) Tracciare lo schema a blocchi di un demodulatore AM coerente a singolo ramo e a due
rami (I/Q);
indicare gli estremi del campo di cattura minimo richiesto al PLL,
indicare tipo e caratteristiche del filtro del demodulatore AM.
Schema a blocchi – pag 171 del testo.
Il campo di cattura minimo deve corrispondere al campo di frequenze della portante, quindi da 105
a 125 MHz.
Il filtro del demodulatore è un passa basso, con banda pari alla banda occupata dal segnale
modulante (10 kHz).
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
1
b) Il demodulatore di fase del PLL è un OR-esclusivo CMOS con alimentazione a 3,3 V; il
segnale Vi è un’onda quadra con duty cycle del 40%. Calcolare l’intervallo di θe per cui il
demodulatore opera correttamente, e il valore della costante Kd (definita da
∆Vd = Kd ∆θe,
∆θ con θe espresso in radianti).
Partendo da uno sfasamento 0, non si hanno variazioni del
valor medio all’uscita dell’EX-OR per spostamenti inferiori a
1/10 del periodo (0,2 pi). Si ha variazione per gli spostamenti
successivi fino a ulteriori 4/10 di periodo (0,8 pi).
Il valor medio dell’uscita Vd varia tra 0,1 e 0,9 Vh.
100 = 2π
VO
VI
t
40
La caratteristica del DF a OR esclusivo è in figura, e in il
ramo principale passa per i punti
(0,2 π, 0,1 Vh ) e (π, 0,9 Vh).
10
Vd
VH
0,9 VH
0,1 VH
Kd = D Vd/ D teta = 3,3 x 0,8 / 0,8 pi = 1,05 V/rad
θe
(la pendenza è invariata rispetto a segnali con duty cycle del
50%; varia l’intervallo utile
0,2 π
π
Kd = 1,05 V/rad
c) Il filtro di anello è una cella R-C. Nell’ipotesi che la frequenza a riposo del VCO sia pari a
115 MHz, calcolare il valore minimo del Ko (definito da ∆ωo
∆ω = Ko ∆Vc) necessario per
avere un errore di fase a regime massimo di 0,3 rad per una frequenza di ingresso di 125
MHz.
La variazione di frequenza ∆fo rispetto alla frequenza a riposo è di 10 MHz. Questa variazione sul
VCO è sostenuta da una tensione di controllo legata all’errore di fase.
Per un errore di fase di 0,3 rad la tensione Vd vale
Vd = Kd θe = 1,05 x 0,3 = 0,315 V
Con filtro RC F(0) = 1, quindi Vc = Vd.
∆ωο = Ko ∆Vc
Ko = (2π 10 MHz) / 0,315 = 199 Mrad/V
Ko = 199 Mrad/V
2π ∆fo = Ko/∆Vc
= 31,7 MHz/V
= 31,7 MHz/V
In questo caso la tensione Vd a riposo è pari a Vdd/2, e lo sfasamento corrispondente è π/2
(definito come nella figura del punto b). Conviene ragionare, sia per la Vd che per θe, sulle
variazioni ∆Vd e ∆θe rispetto a questi punti a riposo.
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2
d) Determinare la posizione del polo del filtro di anello tale da ottenere un campo di cattura
pari al minimo richiesto +10% (con segnali a duty cycle 50%).
Il filtro di anello del PLL deve consentire l’aggancio per scostamenti di frequenza compresi nel
campo di cattura; dalla caratterisitica a farfalla si può notare che la banda è inferiore a metà del
campo di cattura (10 MHz). Per il calcolo esatto occorrere tener conto del Ko del VCO.
Lo scostamento corrispondente al campo di cattura esteso del 10% è di 11 MHz.
La massima tensione di correzione Vd (rispetto al punto a riposo, pari a Vdd/2) è di 3,3/2 = 1,65 V.
Lo scostamento di frequenza corrispondente al limite del campo di cattura si trova oltre il polo della
F(s), quindi in un tratto ove |F(jω)| ha pendenza unitaria (lungo questo tratto i rapporti sull'asse ω e
sull'asse |F| sono uguali).
La tensione di correzione richiesta per spostare il VCO di
|F|
11 MHz è 11/31,7 = 0,347 V, pari a circa 1/5
(0,347/1,65 = 0,21) della tensione massima. Anche il
1:5
rapporto tra ω del polo e ω corrispondente al limite del
campo di cattura è 1/5. Il polo della F(s) va collocato a
ω
frequenza circa pari a 1/5 del limite della banda di
cattura, quindi a 2,2 MHz circa.
1:5
Calcolo esatto: Fp = 11 * 0,21 = 2,31 MHz.
Tabella risultati
Dom.
1a
Risultato caso A
Schema a pag 131. del testo
Campo di cattura: 105 – 125 MHz
Tipo e banda filtro demodulatore AM:
passa basso, Fc = 10 kHz
Risultato caso B
Schema a pag 131 del testo
Campo di cattura: 110 – 130 MHz
Tipo e banda filtro demodulatore AM:
passa basso, Fc = 20 kHz
1b
Kd = 1,05 V/rad
Kd = 1,59 V/rad
1c
Ko >= 199 Mrad/V
1e
Fp = …2,31 MHz
= 31,7 MHz/V
Ko >= 49 Mrad/V
= 7,86 MHz/V
Fp = … MHz
Errori più frequenti:
-
usare come Vdmax la Vdd dell’EX OR (serve la variazione; il max è Vdd/2)
polo del filtro di anello a For + Fp
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2) Linee di trasmissione e integrità dei segnali
Una pista su circuito stampato presenta capacità e induttanza unitarie C’ = 0,7 pF/cm. e L’ =
8 nH/cm. La pista fa parte di un backplane di lunghezza 30 cm, senza terminazioni, sul quale
sono collocati 12 connettori equispaziati. Le linee non hanno terminazioni. Ciascuna piastra
inseribile nei connettori presenta su ciascuna linea un carico capacitivo di 35 pF
complessivi. Il sistema può essere configurato con qualunque combinazione di piastre, da 2
(driver-receiver) a 12. L’interfaccia è realizzata con componenti di una famiglia logica CMOS,
alimentata a 3,3 V, in cui:
Roh = 105 Ω , Vih = 2,1 V, Vil = 1 V , Rol = 150 Ω.
a) Determinare l’impedenza caratteristica e il tempo di propagazione (su tutta la lunghezza
del backplane) nelle configurazioni con 2 e con 12 schede inserite nel backplane.
b) Indicare le condizioni (numero di schede e loro posizione) per le quali si ha tempo di
trasmissione minimo e massimo. Calcolare il tempo di trasmissione minimo e massimo
con linee pilotate da un estremo, per la transizione L-H.
c) Calcolare la resistenza equivalente di uscita Ro richiesta ai driver per operare in
condizione IWS (Incident Wave Switching) per linee pilotate da un estremo, con tutte le
schede inserite, e con un margine di rumore di 150 mV.
Risposte
a) Determinare l’impedenza caratteristica e il tempo di propagazione (su tutta la lunghezza
del backplane) nelle configurazioni con 2 e con 12 schede inserite nel backplane.
Capacità unitaria con 2 schede su 30 cm:
2 x 35 = 70 pF /30 cm = 2,33 pF/cm aggiuntivi; C’tot = 2,33 + 0,7 = 3,03 pF/cm
Z∞ =
8 nH
L'
=
= 26,4 10 2 = 51,4Ω
C'
3,03 pF
1/ Umax (ns / cm) = 8 nH × 3,03 pF = 24,24 ×10 −21 = 242,4 × 10 −11 = 0,156 ns / cm
t PD min = 0,156 ns / cm × 30cm = 4,67 ns
Zfmax = 51,4 Ω; tPDmin = 4,67 ns
Capacità unitaria con 12 schede su 30 cm:
12 x 35 = 420 pF /30 cm = 14 pF/cm aggiuntivi;
Z∞ =
C’tot = 14 + 0,7 = 14,7 pF/cm
8 nH
L'
=
= 544 = 23,3 Ω
C'
14,7 pF
1/ Umin (ns / cm) = 8 nH× 14,7 pF = 117,6 × 10 −11 = 0,342ns / cm
t PD max = 0,342ns / cm × 30cm = 10,3 ns
Zfmin = 23,3 Ω; tPDmax = 10,3 ns
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4
b) Indicare le condizioni (numero di schede e loro posizione) per le quali si ha tempo di
trasmissione minimo e massimo. Calcolare il tempo di trasmissione minimo e massimo
con linee pilotate da un estremo, per la transizione L-H.
A parità delle altre condizioni, il tempo di trasmissione minimo si ha per la massima impedenza
caratteristica, quindi con solo due schede inserite nel backplane.
Per i valori indicati di Ro (circa il doppio dell’impedenza caratteristica), il superamento della soglia si
ha con la prima riflessione, quindi il minimo tempo di trasmissione si ha in corrispondenza
dell’estremo remoto (terminazione), e il suo valore è tp all’estremo vicino, 2 tp al driver:
tTXmin = 2 tPDmin = 4,67 x 2 = 9,34 ns
Il tempo di trasmissione massimo si ha per la minima impedenza caratteristica. Il queste condizioni
l’ampiezza delle successive riflessioni è:
V1 = 3,3 23,3/ (23,3 + 105) = 76,9/128 = 0,6 V
V2 = 0,6 V
Vtot = 1,2 V
Gamma driver = 0,64
V3 = 0,38 = V4
Vtot = 1,97 V
V5 = 0,24 = V6
Vtot = 2.24
occorre attendere 5 riflessioni, quindi tTXmax = 5 tPdmax = 51,5 ns
tTXmin = 2 tPDmin = 9,34 ns
tTXmax = 5 tPdmax = 51,5 ns
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c) Calcolare la resistenza equivalente di uscita Ro richiesta ai driver per operare in
condizione IWS (Incident Wave Switching) per linee pilotate da un estremo, con tutte le
schede inserite, e con un margine di rumore di 150 mV.
Per ottenere il margine di rumore richiesto le tensioni impresse dal driver sulla linea devono essere:
Voh = Vih + NM = 2,1 + 0,15 = 2,25 V
Vol = Vil – NM = 1 – 0,15 = 0,85 V
Il primo gradino (onda incidente Viwh) nella transizione L -> H deve avere una ampiezza Voh:
Viwh = Vdd Z∞ /(Roh + Z∞)
2,25 V = 3,3 V 23,3 Ω /(Roh + 23,3 Ω)
Roh + 23,3 Ω = 76,9/2,25
Roh = 10.9 Ω
Che valore deve avere la resistenza di terminazione Rt in queste condizioni ?
Per eliminare le riflessioni Rt deve essere pari a Z∞: Rt = 23,3 Ω.
Linee aperte (o valori troppo alti di Rt) determinano oscillazioni, a causa della bassa resistenza di
uscita del driver, che porta a un coeffciente di riflessione negativo.
A quale tensione Vterm va collegata Rt per minimizzare i consumi statici ?
A quale tensione Vterm ca collegata Rt per minimizzare la sua dissipazione, nell’ipotesi che gli stati
H e L sulla linea siano equiprobabili ?
La dissipazione vale
2
(Vterm – Vol) /Rt
2
(Vterm – Voh) /Rt
nello stato basso
nello stato alto
2
La somma è proporzionale a Vterm - 2 (Vterm Vol – Vterm Voh)
Derivando e annullando la derivata si ottiene un minimo per:
Vterm = (Vol + Voh) / 2 = 1,55 V
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6
Tabella risultati
Dom.
2a
Risultato caso A
Risultato caso B
2 schede: tPD = 4,67 ns; Zoo = 51,4 Ω
12 schede : tPD = 10,3 ns; Zoo = 23,3 Ω.
2 schede: tPD = 4,6 ns; Zoo = 48,3 Ω
12 schede : tPD = 10 ns; Zoo = 22,4 Ω.
2b
TTX min = 9,34 ns – 2 schede
TTX max = 51,5 ns – 12 schede
TTX min = 9,2 ns – 2 schede
TTX max = 50 ns – 12 schede
[2c]
Roh = 10,9 Ω….. Rol = 8 Ω
Rt = 23,3 Ω.
Vterm = 1,55 V.
Roh = 10,7 Ω….. Rol = 7,8 Ω
Rt = 22,4 Ω.
Vterm = 1,55 V.
[2d]
Diagrammi nel testo a pag 335
Diagrammi nel testo a pag 335
Durata minima ciclo: 123 ns
Durata minima ciclo: 120 ns
Errori più frequenti:
-
non considerare il margine di rumore nel definre le soglie da raggiungere
collegare Rt a Val/2
non tenere conto di Ttx nel calcolo della durata del ciclo
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3) Amplificatore a transistori
Per l'amplificatore indicato nello schema, nell’ipotesi che alla frequenza di lavoro C1, C4 e
C3 abbiano reattanza trascurabile e C2 possa essere considerato un circuito aperto:
a) Calcolare l’ampiezza della componente fondamentale della Vu, per Vi = 52 mVpp e
Re1 = 0, (solo per la componente AC), con il modello lineare del transistore.
b) Calcolare l’ampiezza della componente fondamentale della Vu, per Vi = 52 mVpp e
Re1 = 0, tenendo conto della caratteristica esponenziale della giunzione BE.
c) Sempre con Re1 = 0, determinare l'ampiezza della terza armonica (in dB rispetto alla
fondamentale), per segnale di ingresso a onda quadra con ampiezza 52 mVpp
(coeff. dello sviluppo in serie di Fourier per l’onda quadra: 1, 1/3, 1/5, … ).
d) Calcolare il guadagno per Vi = 26 mVp, tenendo conto della nonlinearità, con
Re1 = 100Ω
Ω (per x’ è richiesta una approssimazione migliore del 25%).
R1 = 68kΩ
R2 = 22kΩ
Rc = 15kΩ
Val = 15 V
Re1 = 100Ω
Re2 = 8,9kΩ
RL = 15 kΩ
C3
Re1
I1
Vi
VAL
C2
C1
hfe > 500
(calcolare i valori intermedi non presenti nelle
tabelle con interpolazione lineare)
Rc
R1
Ve
R2
Re2
RL
C4
Vu
a) Calcolare l’ampiezza della componente fondamentale della Vu, per Vi = 52 mVpp e
Re1 = 0, (solo per la componente AC), con il modello lineare del transistore.
Per uno stadio con emitter collegato direttamente a massa (Re1 = 0, C4 è un CC) la tensione di
uscita vale:
Vu = Rc//RL hfe ib, con ib = Vi/hie, hie = Vt hfe/Ic, Rc//RL = 7,5 kΩ
Occorre calcolare la Ic del transistore: dalla maglia di base, trascurando la caduta dovuta a Ib:
Vb = Val R2 /(R1 + R2) = 15 * 22 /(22 + 68) = 3,67 V
Ve = Vb - Vbe = 3,07 V; Ie = Ve/Re = 3,07 / 9 k = 0,34 mA
gm = Ic/Vt = 0,34/26 = 13 mA/V
(Ib = 0,34/500 = 0,68 µA; caduta ru Rb = R1//R2 = 16,6 kΩ , pari a 16,6 kΩ * 0,68 µA = 11 mV)
Vu = Vi * 7,5 k gm = 52 mV * 13 mA/V * 7,5 k = 5,07 Vpp
Vu = 5,07 Vpp
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b) Calcolare l’ampiezza della componente fondamentale della Vu, per Vi = 52 mVpp e
Re1 = 0, (solo per la componente AC), tenendo conto della caratteristica esponenziale
della giunzione BE.
Per Vi = 52 mVpp x = 1; Gm(1) = 0,893 * gm = 11,6 mA/V
Vu = 4,53 Vpp.
c) Sempre con Re1 = 0, determinare l'ampiezza della terza armonica (in dB rispetto alla
fondamentale), per segnale di ingresso a onda quadra con ampiezza 52 mVpp
(coeff. dello sviluppo in serie di Fourier per l’onda quadra: 1, 1/3, 1/5, … ).
Contributo alla III armonica dovuto alla distorsione della fondamentale (rispetto alla fondamentale)
I3(1)/I1(1) = 0,035/0,8928 = 0,0392
Sviluppo inserire dell'onda quadra (solo armoniche dispari):
V(q) = V(f) + (1/3) V(3f) + (1/5) V(5f) + …
La III armonica ha ampiezza 0,333 la fondamentale; l'ampiezza totale della III armonica è la somma
dei due contributi:
V(3f) = (0,0392 + 0,333)V(f) = 0,372 V(f) >>> - 8,6 dB
V(3f)/V(f) = -8,6 dB
d) Calcolare il guadagno per Vi = 26 mVp, tenendo conto della nonlinearità, con Re1 =
100Ω
Ω (per x’ è richiesta una approssimazione migliore del 25%).
Valutazione iniziale con x = 1:
X' = 1/(1 + Gm(1)*Re1) = 1/(1 + 11,6 * 0,1) = 0,463
Gm(0,463) = 0,97 gm = 12,6 mA/V
X' = 1/(1 + 12,6 * 0,1) = 0,442
La differenza tra i due valori è del 5 % circa, quindi l'approssimazione rientra in quanto richiesto
A = Vu/Vi = (Rc//RL) / (Re1 + 1/Gm(0,44)) = 7,5 / 0,1 + 1/12,6) = 41,8
|Vu/Vi| = 41,8
Errori più frequenti
-
sviluppo in serie dell'onda quadra che comprende anche le armoniche pari.
Guadagno calcolato senza tener conto della Re (viene circa 90, sicuramente sbagliato perchè
maggiore di (Rc//RL)/Re1
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4) Sistema di conversione A/D
Un sistema di conversione A/D deve trattare 16 canali, ciascuno dei quali occupa una banda
da 0 a 15 kHz, che vengono campionati con fattore di oversampling pari a 3 (rispetto alla
frequenza di Nyquist). Il convertitore A/D ha una risoluzione di 12 bit.
a) determinare le caratteristiche del filtro di ingresso per avere un rumore di aliasing pari
all'errore di quantizzazione, con segnali di ingresso di cui non è noto il comportamento
fuori banda.
b) Tracciare lo schema a blocchi del convertitore A/D richiesto in questo sistema, realizzato
partendo da A/D e D/A a 5 bit, con tempo di conversione degli A/D Tc = 200 ns e tempo di
assetto dei D/A Tas = 100 ns.
c) Determinare il valore del jitter di apertura Tja del S/H che introduce un errore pari a 1/10
dell’errore di quantizzazione.
a) determinare le caratteristiche del filtro di ingresso per avere un rumore di aliasing pari
all'errore di quantizzazione, con segnali di ingresso di cui non è noto il comportamento
fuori banda.
Frequenza di Nyquist: Fny = 15 kHz * 2 = 30 kHz; cadenza di campionamento del singolo canale
con oversampling Fs = 3: 30 kHz * 3 = 90 kHz
Cadenza del S/H e convertitore A/D con 16 canali: Fst = 90 kHz * 16 = 1,44 MHz;
Tc + Tacq = 1/Fst con 12 bit SNRq = 6 * 12 (+1,76) = 73,76 dB
Il firltro taglia a 15 kHz; la frequenza che viene riportata al limte di banda è 90 - 15 = 75 kHz.
Da 15 kHz a 75 kHz il filtro deve attenuare almeno 73,76 dB.
Su un campo di frequenza 15/75 = 1/5 un singolo polo attenua secondo un rapporto 5, pari a 13,9
dB. Per attenuare di 73,76 dB servono 73,76/13,9 = 5,3 >> 6 poli.
b) Tracciare lo schema a blocchi del convertitore A/D richiesto in questo sistema, realizzato
partendo da A/D e D/A a 5 bit, con tempo di conversione degli A/D Tc = 200 ns e tempo di
assetto dei D/A Tas = 100 ns.
Una struttura a residui (A/D-D/A)+(A/D-D/A)+A/D ha un tempo di conversione Tc
Tc = 200+100+200+100+200 = 800 ns,
E' fuori specifiche, serve una struttura pipeline.
c) Determinare il valore del jitter di apertura Tja del S/H che introduce un errore pari a 1/10
dell’errore di quantizzazione.
Con 12 bit Eq = 1/4 k ; l'errore assegnato al Tja (Eja) è quindi 1/40 k (rispetto al fondo scala 2 Vp)
Eia = S.R. * Tja = Vp * 2 pi * 15 kHz Tja
Tja = (1/40k) (1/(6,28 * 15 k)) = 0,53 ns
Tja = 530 ps
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10
La tabella riporta i risultati per i quattro gruppi di dati numerici usati nello scritto (A, B, C, D).
I calcoli dettagliati precedenti si riferiscono al caso A.
D.
Risultato - A
Risultato - B
Risultato - C
Risultato - D
Vu = 5,07 Vpp
Vu = 2,43 Vpp
Vu = 5,07 Vpp
Vu = 2,43 Vpp
Vu = 4,53 Vpp
Vu = 2,36 Vpp
Vu = 4,53 Vpp
Vu = 2,36 Vpp
III armonica = - 8,6 dB
III armonica = - 9,3 dB
III armonica = - 8,6 dB
III armonica = - 9,3 dB
Guadagno = - 41,8
Guadagno = - 40,4
Guadagno = - 41,8
Guadagno = - 40,4
Vu(V1, V2) =
0,203 lg (0,67 (V2/V1))
Vu(V1, V2) =
0,239 lg(1,5 (V2/V1))
Vu(V1, V2) =
0,203 lg(0,67 (V2/V1))
Vu(V1, V2) =
0,239 lg(1,5 (V2/V1))
1a
1b
1c
1d
2a
2b
Vue(Rbb’) = ((R3 + R4)/(hfe R4)) (V2 Rbb'2/R2 - V1 Rbb'1/R1)
3a
Fc = 15 kHz
Num di poli P = 6
Fc = 15 kHz
Num di poli P = 6
Fc = 25 kHz
Num di poli P = 6
Fc = 25 kHz
Num di poli P = 6
Tja = 80 ps
Tja = 80 ps
3b
Convertitore pipeline a 3 livelli
3c
Tja = 530 ps
Tja = 530 ps
Errore frequente:
convertitore a residui anzichè pipeline (tempo di conversione eccessivo)
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11
5) Triplicatore di frequenza
Un triplicatore di frequenza è realizzato con un amplificatore accordato portato fuori
linearità. La tensione di ingresso Vi è pari a 260 mVpp; in uscita è richiesta una purezza
spettrale di 30 dB (ad una temperatura di giunzione 25 °C).
a) Quale è il valore minimo del Q per il circuito risonante ?
b) Come varia lo spettro di uscita se la temperatura di giunzione passa a 100 °C ?
soluzione dati 1
a)
x = 130/26 = 5
30 dB >> rapporto 31.6, corrispondente al prodotto di due attenuazioni An e Ar
per effetto della sola nonlinearità, rapporti An tra componenti:
m) III/I = An = 0.7585/1.7868 = 0.424 >> -7,4 dB
n) III/II = An = 0.7585/1.2853 = 0,590 >> -4,6 dB
(sono negativi perchè la III armonica è più bassa di I e II)
Ulteriore attenuazione Ar richiesta per effetto del risuonatore:
Ar = 100/An
m) I arm Ar = 31.6/0.424 = 74.6 >> 30 + 7,4 = 37.4 dB
n) II arm Ar = 31.6/0,590 = 53.6 >> 30 + 4.6 = 34.6 dB
Calcolo della attenuazione Ar con la relazione di dissonanza
Ar = z(w1)/z(Kw1) = |K-1/K|Q = Xd Q >> Q = Ar/Xd
caso m) >> K = 3
>> Xd = 2,67 Q = 74.6/2,67 = 28
caso n) >> K = 3/2 = 1,5 >> Xd = 0,83 Q = 53.6/0.83 = 65
serve un Q > 65
b)
a 100 °C cambia Vt = 32,5 mV; x = 130/32.5 = 4
diminuisce il livello di III armonica rispetto alla fondamentale, e aumenta la differenza tra II e III
armonica, quindi peggiora la purezza spettrale (passa a 29 dB).
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
12
dati 2: 364 mVpp, 36 dB
soluzione dati 2:
x = 182/26 = 7
36 dB >> rapporto 63, corrispondente al prodotto di due attenuazioni An e Ar
per effetto della sola nonlinearità, rapporti An tra componenti:
m) III/I = An = 1.0104/1.8511 = 0.546 >> -5.2 dB
n) III/II = An = 1.0104/1.4711 = 0,687 >> -3.3 dB
(sono negativi percè la III armonica è più bassa di I e II)
Ulteriore attenuazione Ar richiesta per effetto del risuonatore:
Ar = 100/An
m) I arm Ar = 63/0.546 = 115
n) II arm Ar = 63/0,687 = 91.7
Calcolo della attenuazione Ar con la relazione di dissonanza
Ar = z(w1)/z(Kw1) = |K-1/K|Q = Xd Q >> Q = Ar/Xd
caso m) >> K = 3
>> Xd = 2,67 Q = 115/2,67 = 43
caso n) >> K = 3/2 = 1,5 >> Xd = 0,83 Q = 91/0.83 = 110
serve un Q > 110
b)
a 100 °C cambia Vt = 32,5 mV; x = 182/32.5 = 5.6
diminuisce il livello di III armonica rispetto alla fondamentale, e aumenta la differenza tra II e III
armonica, quindi peggiora la purezza spettrale (passa a 35 dB).
Errori frequenti
-
usare il Vpp come valore di picco
cambiare gm e il guadagno a 100 °C, ma non far variare x
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13
6) Sistema di conversione A/D - 2
Occorre realizzare un sistema di conversione A/D con 16 canali, ciascuno con segnale utile
nella banda fino a 20 kHz. Il convertitore A/D disponibile è formato da due convertitori flash
da 5 bit con tempo di conversione di 200 ns collegati in cascata (convertitore a residui,
senza pipeline). Il S/H ha un tempo di acquisizione di 250 ns. Il filtro di ingresso ha frequenza
di taglio di 20 kHz e 4 poli.
a) Determinare la massima cadenza di campionamento utilizzabile su ciascun canale nelle
condizioni sopra indicate.
b) Calcolare il numero di bit effettivo per la cadenza di campionamento determinata al
punto a), tenendo conto del rumore di quantizzazione e del rumore di aliasing (ipotizzare
un segnale di ingresso a densità spettrale uniforme fino a 1 MHz)
soluzione 1
a)
il tempo di conversione totale è di 200+200 = 400 ns. A questo va sommato il tempo di acquisizione
del S/H (250 ns). Il Ts totale minimo è di 650 ns (+un eventuale margine).
Cadenza di conversione max = 1,53 MS/s (1.5)/16 canali = 95 kS/s.
b)
il limite di banda che rientra in banda base è 95-20 = 75 kHz
l'attenuazione asindotica di un filtro a 4 poli da 20 a 75 kHz è:
20 * P * log75/20 = 20 * 4 * 0.574 = 46 dB
SNRa = 46 dB >> 200
Per la quantizzazione a 10 bit: SNRq = 6 N + 1,76 = 61.76 dB >> 1225
il rumore totale è
1/200 + 1/1225 = 0.0058 >> -44.7 dB sotto il FS segnale
ENOB = (44.7 - 1.76)/6 = 7.15 bit
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
14
dati 2: 30 kHz, 150 ns/200 ns
soluzione 2
a)
il tempo di conversione totale è di 150+150 = 300 ns. A questo va sommato il tempo di acquisizione
del S/H (200 ns). Il Ts totale minimo è di 500 ns (+un eventuale margine).
Cadenza di conversione max = 2 MS/s /16 canali = 125 kS/s.
b)
il limite di banda che rientra in banda base è 125-30 = 95 kHz
l'attenuazione asindotica di un filtro a 4 poli da 30 a 95 kHz è:
20 * P * log95/30 = 20 * 4 * 0.501 = 40 dB
SNRa = 40 dB >> 100
Per la quantizzazione a 10 bit:
SNRq = 6 N + 1,76 = 61.76 dB >> 1225
il rumore totale è
1/100 + 1/1225 = 0.0108 >> 39.3 dB sotto il FS segnale
ENOB = (39.3 - 1.76)/6 = 6.25 bit
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
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7) Demodulatore con PLL
Un segnale modulato in ampiezza è formato da una portante con frequenza compresa tra 50
e 55 MHz, con segnale modulante che occupa la banda tra 100 Hz e 8 kHz. Viene demodulato
con demodulatore di ampiezza sincrono che utilizza un PLL per generare il segnale di
riferimento.
a) Tracciare lo schema a blocchi di un demodulatore AM coerente a singolo ramo;
indicare gli estremi del campo di cattura del PLL,
indicare i criteri per definire le caratteristiche del filtro d'anello del PPL,
indicare tipo e caratteristiche del filtro del demodulatore AM.
-1
b) Il demodulatore di fase è un moltiplicatore analogico con Km = 2 [V ]. Il segnale di
ingresso Vi e il segnale del VCO (Vo) sono sinusoidali con ampiezza rispettivamente 100
mVeff e 3 Vpp.
Calcolare il valore della costante Kd (definita da Vd = Kd θe, con θe espresso in radianti)
per un errore di fase θe molto piccolo.
c) Il filtro di anello è una cella R-R-C. Calcolare il valore minimo del Ko (definito da
∆ωo
∆ω = Ko ∆Vc) necessario per avere un errore di fase a regime massimo di 0,9 rad nel
campo di frequenze coperto dalla portante.
d) Con i parametri sopra indicati quanto varia (in %) l'uscita Va del demodulatore al variare
della frequenza della portante nel campo indicato ?
Modificare il filtro d’anello in modo tale da ridurre tale variazione entro il 20% (mantenere
il demodulatore a un ramo – è consentito utilizzare amplificatori operazionali).
e) Come cambia Kd rispetto al valore calcolato al punto b) se il segnale dell'oscillatore
locale è un'onda quadra con ampiezza picco-picco 5 V (il moltiplicatore rimane in
linearità) ?
Risposte
a) Tracciare lo schema a blocchi di un demodulatore AM coerente a singolo ramo;
indicare gli estremi del campo di cattura del PLL,
indicare i criteri per definire le caratteristiche del filtro d'anello del PPL,
indicare tipo e caratteristiche del filtro del demodulatore AM.
Il campo di cattura deve coprire le possibili frequenze di portante, quindi da 50 a 55 MHz.
Il filtro d’anello deve permettere l’aggancio con uno scostamento di 2,5 MHz rispetto alla frequenza
a riposo del VCO; deve avere quindi una banda passante di circa 2 MHz. Per determinare il valore
esatto bisogna conoscere Kd e Ko.
Il filtro di uscita del demodulatore deve essere un passa basso con banda pari a quella del segnale
modulante (8 kHz)
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
16
-1
b) Il demodulatore di fase è un moltiplicatore analogico con Km = 2 [V ]. Il segnale di
ingresso Vi e il segnale del VCO (Vo) sono sinusoidali con ampiezza rispettivamente 100
mVeff e 3 Vpp.
Calcolare il valore della costante Kd (definita da Vd = Kd θe, con θe espresso in radianti)
per un errore di fase θe molto piccolo.
Per un moltiplicatore l’uscita Vd = Km Vi Vo /2; se Vi e Vo sono segnali sinusoidali alla stessa
frequenza, con valore di picco Vi e Vo , sfasati di θe:
Vd = Km Vi Vo /2 sen θe
Per un demodulatore di fase: Vd = Kd θe
Per θe piccolo sen θe = θe.
Risolvendo per Kd:
Kd = Vd / θe = Km Vi Vo / 2 = 2 x 0.141 x 1,5 / 2 = 0,213 [V/rad]
Kd = 0,213 [V/rad]
c) Il filtro di anello è una cella R-R-C. Calcolare il valore minimo del Ko (definito da
∆ωo
∆ω = Ko ∆Vc) necessario per avere un errore di fase a regime massimo di 0,9 rad nel
campo di frequenze coperto dalla portante.
Con la cella R-R-C il guadagno in continua del filtro F(0) = 1.
Per inseguire la portante il VCO deve spostarsi di +- 2,5 MHz. Il corrispondente scostamento è
∆ωo = 2 π ∆ F = 2,5 x 2π = 15,7 Mrad/s
∆Vc = F(0) Kd θe = 1 x 0,213 x 0,9 = 0,192
∆ωo = Ko ∆Vc ;
Ko = ∆ωo / ∆Vc = 15,7 / 0,192 = 81,8 Mrad/s/V
Ko = 81,8 Mrad/s/V
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
13,02 MHz/V
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d) Con i parametri sopra indicati quanto varia (in %) l'uscita Va del demodulatore al variare
della frequenza della portante nel campo indicato ?
Modificare il filtro d’anello in modo tale da ridurre tale variazione entro il 20% (mantenere
il demodulatore a un ramo – è consentito utilizzare amplificatori operazionali).
La variazione è dovuta allo sfasamento tra portante segnale di riferimento. Tale sfasamento è pari
alla θe , cioè 0,9 rad ai limiti del campo di funzionamento.
Cos 0,9 = 0,62; l’errore è quindi del 38% (in meno)
Errore dem AM = 38%
Per limitare l’errore al 20% l’uscita del demodulatore deve scendere a 0,8 rispetto al massimo,
quindi l’errore di fase θe deve essere θe <= arcos 0,8 = 0,64 rad.
Da ∆ωo = Ko ∆Vc = Ko Kd F(0) θe
F(0) = ∆ωo / Ko Kd θe = 15,7 M / (81,8 M x 0,213 x 0,64) = 1,41
F(0) = 1,41
e) Come cambia Kd rispetto al valore calcolato al punto b) se il segnale dell'oscillatore
locale è un'onda quadra con ampiezza picco-picco 5 V (il moltiplicatore rimane in
linearità) ?
La componente di prima armonica dell’onda quadra ha ampiezza pari al valore di picco dellonda
quadra:
Occorre ripetere il calcolo del punto b) con il valore di picco opportuno per Vi
Kd = Km Vi Vo / 2 = 2 x 0,141, 2,5 / 2 = 0,352
Kd = 0,352
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8) Linea di trasmissione e integrità di segnale – (2)
Una pista su circuito stampato presenta Lu = 8 nH/cm, e impedenza caratteristica (in
assenza di carichi) di 85 Ω. La pista fa parte di un backplane di lunghezza 48 cm, senza
terminazioni, sul quale sono collocati 24 connettori equispaziati. Le piastre inseribili nei
connettori presentano su ciascuna linea un carico capacitivo di 35 pF complessivi
(ciascuna). Il sistema può essere configurato con qualunque combinazione di piastre, da 2
(driver-receiver) a 24. L’interfaccia è realizzata con componenti di una famiglia logica CMOS,
alimentata a 3,3 V, in cui:
Roh = 95 Ω , Vih = 2 V, Vil = 1 V , Rol = 130 Ω.
(notare che la resistenza di uscita ha due valori diversi per lo stato alto e lo stato basso; le
domande b), c), d) nel seguito sono riferite a una transizione L-H).
a) Determinare il tempo di propagazione tPD tra gli estremi con 2 e con 24 schede inserite.
b) Determinare il tempo di trasmissione minimo TTX min tra 2 sole schede collocate nelle
posizioni estreme del backplane.
c) Determinare il TTX massimo con tutte le 24 schede inserite, per piste pilotate a un
estremo.
d) Indicare le caratteristiche di uscita (Roh o corrente Ioh) per driver in grado di operare in
condizione IWS (Incident Wave Switching), per linee pilotate a un estremo, con 24
schede inserite.
e) Ripetere il punto d) per la transizione H-L, per linee pilotate da un punto intermedio,
inserendo un margine di rumore per lo stato basso di 0,2 V.
Risposte
a) Determinare il tempo di propagazione tPD tra gli estremi con 2 e con 24 schede inserite.
In questo punto conviene calcolare anche l’impedenza caratteristica della linea caricata (serve
anche dopo). La capacità unitaria della linea scarica è Cu = Lu / (Z∞)^2 = 8nH / 85 x 85 = 1,1
pF/cm.
Il carico complessivo con 2 piastre inserite è 35 x 2 = 70 pF / 48 cm pari a 1,46 pF/cm.
Z’∞ = SQRT (8nH/ (1,1 + 1,46)pF) = 55,9 Ω
Velocità di propagazione U = 1/ SQRT (Lu Cu) = 1/ SQRT (8 x 2,56 x 10^-21) = 10^10/1.43 cm/ns
Tp/cm = 1/U = 1,43 10^-10 s/cm = 0,143 ns/cm
Z∞’ = 55,9 Ω;
x 48 = 6,8 ns
Tp’ = 6,8 ns;
Il carico complessivo con 24 piastre inserite è 35 x 24 = 840 pF / 48 cm pari a 17,5 pF/cm.
Z”∞ = SQRT (8nH/ (1,1 + 17,5)pF) = 20,7 Ω
Velocità di propagazione U = 1/ SQRT (Lu Cu) = 1/ SQRT (8 x 18,6 x 10^-21) = 10^10/3,86 cm/ns
Tp/cm = 1/U = 3,86 10^-10 s/cm = 0,386 ns/cm
Z"∞ = 20,7 Ω;
x 48 = 18,5 ns
Tp” = 18,5 ns
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b) Determinare il tempo di trasmissione minimo TTX min tra 2 sole schede collocate nelle
posizioni estreme del backplane.
La tensione all’uscita del driver si ottiene ripartendo la tensione a vuoto (pari a Val) tra Ro e Zoo
Vb(0) = Val Z∞ / (Z∞ + Ro) = 3,3 V 55,9 / (95 + 55,9) = 1, 22 V
Il Ttx minimo si ha quando la tensione di soglia Vt è al valore minimo, quindi poco superiore a Vil. In
questo caso Vb(0) è superiore alla Vil, si ha commutazione sull’onda incidente, e il Ttx min per un
receiver collocato all'uscita del driver è 0, mentre vale Tp per schede collocate ai due estremi del
backplane.
Ttx min = Tp
c) Determinare il TTX massimo con tutte le 24 schede inserite, per piste pilotate a un
estremo.
La tensione all’uscita del driver si ottiene ripartendo la tensione a vuoto (pari a Val) tra Ro e Zoo
Vb(0) = Val Z∞ / (Z∞ + Ro) = 3,3 V 20,7 / (95 + 20,7) = 0,59 V
Il Ttx massimo si ha quando la tensione di soglia Vt è al valore massimo, quindi poco inferiore a
Vih. La Vb(0) è inferiore sia alla Vil che alla Vih, quindi per riconoscere la commutazione occorre
attendere alcune riflessioni.
Lato driver: Γd = (95 – 20,7) / (95 + 20,7) = 0,64
Lato terminazione Γt = 1 (circuito aperto)
Tabella ampiezze via via raggiunte lato driver e terminazione
Tempo
V al driver
V alla terminazione
0
0,59
0
tp
0,59
0,59+0,59 = 1,18
2tp
0,59+0,59+ 0,38 = 1,56
0,59+0,59 = 1,18
3tp
0,59+0,59+ 0,38 = 1,56
1,18+ 0,38 +0,38 = 1,94
4tp
1,56+0,38+ 0,24 = 2,18
1,18+ 0,38 +0,38 = 1,94
5tp
1,56+0,38+ 0,24 = 2,18
1,94+ 0,24 +0,24 = 2,42
Vih superata sia lato D che T
Il tempo di trasmissione massimo è pari a 5 tp = 5 x 18,5 ns = 92,5 ns
(deve essere usato il tp per la linea completamente caricata)
Ttx max = 92,5 ns
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
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d) Indicare le caratteristiche di uscita (Roh o corrente Ioh) per driver in grado di operare in
condizione IWS (Incident Wave Switching), per linee pilotate a un estremo, con 24
schede inserite.
Per ottenere una tensione Voh pari almeno a Vih (margine di rumore = 0) deve circolare nella linea
una corrente
Ih = Vih/Zoo = 2/20,7 = 97 mA
Questo valore può essere preso direttamente come Ioh, o usato per calcolare la massima Roh:
Roh = (Val – Vih) / Ioh = 13,4 Ω
Roh <= 13,4 Ω
Ioh >= 97 mA,
e) Ripetere il punto d) per la transizione H-L, per linee pilotate da un punto intermedio,
inserendo un margine di rumore per lo stato basso di 0,2 V.
Con linea pilotata da un punto intermedio si dimezza la Z vista dal driver; inoltre il margine di
rumore NM richiesto impone di ottenere
Vol = Vil – NM = 1 – 0,2 = 0,8 V
La linea è inizialmente a tensione Vih (2 V); la transizione H – L deve quindi imporre sulla linea un
gradino di ampiezza 2 – 0,8 = 1,2 V, partendo da un gradino 3,3 – 0 V a vuoto.
Applicando la stessa procedura usata per il punto d), eguagliando la corrente nella linea e quella di
uscita, con caduta su Rol pari a 3,3 – 1,2 = 2,1 V:
Il = 2,1 / Rol = 1,2 /.Zoo = 115 mA
Questo valore può essere preso direttamente come Iol, oppure usato per calcolare la massima Rol:
Rol = 2,1/ Il = 18,2 Ω
Iol >= 115 mA
Rol <= 18,3 Ω
EsercETLCE3e - 29-10-03 6:15 PM
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9) Oscillatore Colpitts
Un oscillatore Colpitts utilizza i seguenti componenti:
L = 550 nH, C = 7 pF,
C1 = 5 pF, C2 = 45 pF,
R = 12 kΩ
Ω
Corrente Ic a riposo: = 0,1 mA
a)
b)
c)
d)
e)
Calcolare la frequenza di oscillazione,
Calcolare l'ampiezza del segnale in uscita,
Modificare il circuito in modo da aumentare la stabilità in ampiezza,
Determinare il valore minimo di β che garantisce l'innesco delle oscillazioni,
Calcolare la purezza spettrale in uscita.
a) Calcolare la frequenza di oscillazione
La capacità totale che compare nel circuito oscillante comprende anche i condensatori della rete b
C1 e C2:
serie C1, C2 = 4,5 pF
Ctotale = 7 + 4,5 pF = 11,5 pF
ωo =
1
LC
=
1
0,5 µH × 11,5 pF
=
10 9
5,76
= 417Mrad / s
corrispondenti a 66 MHz
b) Calcolare l'ampiezza del segnale in uscita,
La condizione |A β|= 1 equivale a Gm (x) Rc β = 1
Dal partitore C1,C2 si calcola β = 0,1
Si ricava Gm (x) = 0,833 mA/V
Trasconduttanza per piccolo segnale: gm = 0,1 mA/26 mV = 3,8 mA/V
Gm (x)/gm = 0,833/3,8 = 0,22
dalle tabelle si ricava x = 8,5
Ve = 8,5 x 26 mV = 221 mVp, Vo = Ve/β = 221 mV/0,1 = 2,21 Vp
Il valore di x è alto; corrisponde a una zona in cui Gm(x) varia poco al variare di x.
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c) Modificare il circuito in modo da aumentare la stabilità in ampiezza,
Al variare della temperatura varia Vt e quindi gm. x deve variare per mantenere Gm (x) costante, e
quindi varia l'ampiezza del segnale. Se la variazione di Gm è rapida x varia di poco. Conviene usare
valori di x nella zona a variazione più ripida (3....5). Per ridurre x su deve aumentare l'attenuazione
della rete beta.
Variando la partizione C1, C2 in modo da ottenere β = 0,05:
Gm(x) = 1/12 kΩ 0,05 = 1,67 mA/V
Gm/gm = 1,67/3,8 = 0,44
dalle tabelle x = 4
Ve = 104 mVp, Vo = Ve/β = 104 mV/0,05 = 2 Vp
(il valore di C1 e C2 va ricalcolato tenendo conto del diverso rapporto di partizione e della necessità
di mantenere la stessa capacità equivalenete, per non spostare la frequenza di oscillazione).
d) Determinare il valore minimo di β che garantisce l'innesco delle oscillazioni,
Abbassando ulteriormente β, ad esempio fino a β = 0,01, si ha
Gm(x) = 8,3 mA/V > gm
Condizione non realizzabile, perchè Gm è sempre < gm; il circuito non oscilla perchè il guadagno di
anello rimane < 1
Il valore massimo di Gm (x) è gm = 3,8 mA/V; il valore limite per b è
β = 1/ gm Rc = 1/ (3,8 x 12) = 0,021
e) Calcolare la purezza spettrale in uscita.
La purezza spettrale dipende dal livello di armoniche dovuto alla nonlinearità (legato a x) e dalla
attenuazione introdotta dal circuito risonante. Basta calcolare il livello della II armonica; la III e le
successive sono più basse e maggiormente attenuate.
Q = ωo R C = 417 M 12 k 11,5 p = 57
Per x = 4 le armoniche nella corrente Ic sono date da (calcolo per interpolazione dai valori adiacenti
nelle tabelle):
I2(4)/I1(4) = 0,643
L'attenuazione del circuito risonante vale
Q|k - 1/k| = 57 |2 - 0,5| = 85,5
La attenuazione complessiva della II armonica rispetto alla fondamentale vale
85,5 x 0,643 = 54,9
corrispondenti a 34,8 dB
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