TTL LSTTL ALSTTL CMOS HCMOS

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1 TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA TEMAS 9 Y 10 CMOS Y TTL EJEMPLOS RESUELTOS JULIO BRÉGAINS, DANIEL IGLESIA, JOSÉ LAMAS DEPARTAMENTO DE ELECTRÓNICA E SISTEMAS FACULTADE DE INFORMÁTICA, UNIERSIDADE DA CORUÑA Pensa claramente antes que profundamente Nkola Tesla. EJEMPLO T9: Para los montajes ndcados, apoyándose en el cuadro comparatvo, justfcar detalladamente la posbldad de la conexón y en caso afrmatvo, determnar márgenes de rudo y fan-out. cc = +5 [] TTL LSTTL ALSTTL CMOS HCMOS ACMOS ILmax [] IHmn [] OLmax [] OHmn [] I ILmax [ma] I IHmax [µa] I OLmax [ma] I OHmax [ma] Rango CC [] P d [mw] / 1 [MHz] t p [ns] / 50 [pf] f max [MHz] 0,8 0,8 0,8 1,5 1,5 1,5 3,5 3,5 3,5 0,4 0,5 0,5 0,5 0,1 0,1,4,7,5 4,5 4,9 4,9-1,6-0,4-0,1-0,1[µA] -1[µA] -1[µA] , , ,4-0,4-0,4-0, ±5% 5±5% 5±10% 3 a 15 a 6 3 a 5, ,5 0,5 0, PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN LAS CONFIGURACIONES HAN DE SER COMPATIBLES. PARA ELLO, DEBEN ERIFICARSE LAS SIGUIENTES CONDICIONES TODAS: a COMPATIBILIDADES DE LAS TENSIONES ver fguras de la derecha: EJEMPLOS RESUELTOS DE TE

2 PÁG. DE 10 EJEMPLOS TEMAS 09 Y Y 10 CMOS Y TTL La OHmn tensón mínma de estado alto de la puerta exctadora tene que ser mayor o gual que la IHmn tensón mínma de estado alto de la puerta receptora: OHm nexc IHmn rec. Esa condcón asegura que, al entregar la exctadora una señal en estado alto, la receptora la nterprete con segurdad como tal. El valor NH = OHmn IHmn determna el margen de rudo I. OLmax exct. ILmax recept.. Esa condcón asegura que, al entregar la exctadora una señal en estado bajo, la receptora la nterprete sn errores como tal. NL = ILmax OLmax : margen de rudo nvel bajo. b COMPATIBILIDADES DE LAS CORRIENTES ver fgura de la derecha: I OHmax exct. I IHmax recept. : en estado alto, la puerta exctadora entrega sufcente corrente a la receptora. I OLmax exct. I ILmax recept. : en estado bajo, la puerta exctadora corrente a la receptora. entrega sufcente ANALIZAMOS LAS COMPATIBILIDADES. Confguracón LSTTL exctadora HCMOS receptora cc = +5 [] LSTTL HCMOS ILmax [] 0,8 IHmn [] OLmax [] 0,5 OHmn [],7 I ILmax [ma] -0,4 I IHmax [µa] 0 I OLmax [µa] 8 I OHmax [ma] -0,4 1,5 3,5 0,1 4,9-1 [µa] OHmn exc. IHmn rec. OHmn LSTTL IHmn HCMOS,7 3,5 Falso porque,7 < 3,5 EjsT La prmera condcón ya no se cumple, por tanto no es necesaro analzar las demás. CONCLUSIÓN: una puerta LSTTL no es compatble como exctadora de una puerta HCMOS, porque podría haber una tensón en nvel alto a la salda de la puerta LSTTL que podría ser nterpretada como nvel bajo a la entrada de la puerta HCMOS. Confguracón HCMOS exctadora LSTTL receptora I Supongamos que a la salda de la puerta excta adora se entrega un voltaje OHmn el mínmo que se consdera alto y que a ella se ncorpora un rudo externo R negatvo, entonces, la puerta receptora tendrá a su entrada un valor = OHmn R. Para que este voltaje sea nterpretado como una entrada a nvel alto, tene que ser > IHmn OHmn R > IHmn OHmn IHmn > R. Pero OHmn IHmn = NH NH > R, es decr, R tene que ser menor que NH. Ése es el concepto de NH como margen de rudo. TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA,, CURSO 009/010

3 EJEMPLOS TEMAS 09 Y 10 CMOS Y TTL PÁG. 3 DE 10 Del extracto de tabla anteror, observamos: OHmn HCMOS IHmn LSTTL 4,9 Se cumple OLmax HCMOS ILmax LSTTL 0,1 0,8 Se cumple I OHmax HCMOS I IHmax LSTTL Se cumple EjsT0910. I OLmax HCMOS I ILmax LSTTL , Se cumple CONCLUSIÓN: una puerta HCMOS es compatble como exctadora de una puerta LSTTL. Como son compatbles, determnamos márgenes de rudo y fan-out. DETERMINACIÓN DE MÁRGENES DE RUIDO: MARGEN DE RUIDO EN ESTADO ALTO: NH = OHmn exc. IHmn rec. = OHmn HCMOS IHmn LSTTL NH = 4,9 [] [] =,9 [] EjsT MARGEN DE RUIDO EN ESTADO BAJO: NL = ILmax rec. OLmax exc. = ILmax LSTTL OLmax HCMOS NL = 0,8 [] 0,1 [] = 0,7 [] QUÉ SIGNIFICAN ESTOS RESULTADOS? ver pe de págna anteror EjsT NL = 0,7 [] ndca que un rudo externo mayor podría provocar que un nvel bajo a la salda de la puerta exctadora fuesee nterpretado como nvel alto por la puerta receptora. Por ejemplo, supongamos que la salda de la puerta almentadora está a nvel bajo máxmo s = OLmax = 0,1[], y que un rudo externo postvo de 0,8 [] es decr, mayor que NL =0,7 [] se suma a este valor, entonces, la puerta receptora tendrá a la entrada = s + R = 0,1[] + 0,,8[] = 0,9[], pero este valor es mayor que ILmax = 0,,8[]. Entonces el nvel bajo entregado a la entrada sobrepasa el nvel bajo máxmo reconocble por dcha entrada, pudéndose nterpretarse como un nvel alto. HL =,9 [] ndca que un rudo externo de magntud mayor pero negatvo que éste podría provocar que un nvel alto a la salda de la puerta exctadora fuese nterpretado como nvel bajo por la puerta receptora. Un ejemplo análogo al ndcado para NL podría especfcarsee para comprender mejor su sgnfcado. DETERMINACIÓN DEL FAN-OUT: Para hallar el fan-out, prmero debemos calcular los cocentes N L y N H : 3 I OLmax 3 HCMOS NL = E = E = = I E ILmaxLSTTL 0,4.10 0,4.10 I NH = E I 4.10 = E = E = OHmaxHCMOS IHmax LSTTL EjsT EJEMPLOS RESUELTOS DE TE

4 PÁG. 4 DE 10 EJEMPLOS TEMAS 09 Y Y 10 CMOS Y TTL En esta fórmula, E{} sgnfca valor entero de lo encerrado entre corchetes en este caso partcular los cocentes ya dan como resultado valores enteros II. QUÉ SIGNIFICAN ESTOS RESULTADOS? N L = 10 En estado bajo, la corrente entregada por la puerta almentadora HCMOS es 10 veces la corrente consumda por la puerta receptora LSTTL. En otras palabras: en estado bajo, una puerta HCMOS puede almentar hasta 10 puertas LSTTL. Análogamente, N H = 00 En estado alto, una puerta HCMOS puede almentar hasta 00 puertas LSTTL. El fan-out es el menor valor de estos dos es decr, el mínmo, puesto que es el peor caso: L H fan out = mn N,N = mn 10,00 = 10 EjsT RESUMEN EJEMPLO 1 T4: ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN N. EJEMPLO 4 T9: a Obtener y representar la característca la transferenca o = f de un nversor CMOS almentado a DD = +3,5 [], s los transstores presentann una constante de transconductancaa k = 10 [ma/ ] y una tensón umbral T = 1 []. Consderar, para esta curva ncal, I o = 0. NOTA: No es necesaro calcular los puntos de transcón para d o / d = 1. b Determnar el valor de ILmax, para el que la salda toma el valor OHmn = 3,4 [] con una I OHmax = 1 [ma]. c Determnar el valor de IHmn, para el que la salda toma el valor OLmax = 0,1 [] con una I OLmax = 1 [ma]. d De acuerdo a los cálculos anterores, obtener los márgenes de rudo. PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN INICIALMENTE REPRESENTAMOS EL CIRCUITO DE UN INERSOR CMOS CON LA CARACTERÍSTICA DE TRANSFERENCIA TENSIÓN DE ENTRADA o EN FUNCIÓN DE LA TENSIÓN DE SALIDA, EN LA FUNCIONAMIENTO. QUE SE INDICAN LAS 5 REGIONES DE II Por ejemplo, s tuvésemos un cocente de corre entes gual a 1,4 E{1,4} = 1. TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA,, CURSO 009/010

5 EJEMPLOS TEMAS 09 Y 10 CMOS Y TTL PÁG. 5 DE 10 a CALCULAMOS EL ALOR DE TENSIÓN DE ENTRADA MÁXIMA EN ESTADO BAJO ILmax, CONSIDERANDO QUE A LA SALIDA SE OBTIENE UNA TENSIÓN MÍNIMA DE ESTADO ALTO OHmn Y UNA CORRIENTE I OHmax DADAS. Establecemos los estados de los transstores en cada una de las regones esto se obtene analzando apropadamente el funconamento del crcuto en el rango 0 DD : REGIÓN RANGO ESTADO Q 1 ESTADO Q I 0 < T CORTE ÓHMICA II T < DD / SATURACIÓN ÓHMICA III = DD / SATURACIÓN SATURACIÓN I DD / < DD T ÓHMICA SATURACIÓN DD T < DD ÓHMICA CORTE TABLA 1 Nótese que la columna ESTADO Q 1 es la reflexón vertcal respecto de la fla REGIÓN III respecto de la columna ESTADO Q. En otras palabras, el orden de estados de Q 1 es: CORTE, SAT., SAT., OHM., OHM., mentras que el de Q es el nverso III. Como la característca de transferenca dada anterormente se ha obtendo consderando I o = 0, ya no resultará completamente adecuada para el caso de este problema, en el que hay que consderar valores de I OHmax e I OL Lmax dferentes de cero. Para analzar el comportamento, sn embargo, es posble utlzar dcha gráfca como ayuda para establecer los estados de los transstores Q 1 y Q. Consderando dcha gráfca, y de la tabla vemos que OHmn se obtene cuando el funconamento del crcuto se halla en la REGIÓN II Q 1 está saturado y Q se halla en zona óhmca. Reemplazando Q 1 y Q por sus crcutos equvalentes, tenemos: Por tanto: I D + I = I + I = k DD OHmn OHmax D1 OHmax G1S1 T rds EjsT Pero r DS = 1 / [k SG G T ], SG = DD y G1S1 =, entonces: DD OHmn + IOHmax = k T 1/[k ] k DDD T + I = k DD T DD OHmn OHmax T EjsT Reemplazando los valores datos establecdos en el enuncado, podemos obtener los posbles valores de trabajando con las correntes en mlamperos y las tensones en voltos: 10 3, ± = 3,5 3,4 1= ,5 = ,5,1 = 1,18[];, = 0,7[].10 EjsT III S se analza en detalle, se ve que es sto sucede porque el crcuto es smétrco respecto del eje horzontal que pasa por las conexones y o, y porque el análss resulta ser smétrco cuando la tensón de entrada se mantene dentro del rango 0 DD. EJEMPLOS RESUELTOS DE TE

6 PÁG. 6 DE 10 EJEMPLOS TEMAS 09 Y Y 10 CMOS Y TTL Como Q 1 está en estado de saturacón, tene que cumplrse G1S1 > T, y como G1S1 = debemos elegr,1 = 1,18 [] > T como respuesta. Por tanto: r SD ma ID1 = k T = 10 1,18[] 1[] ID1 = 0,34[mA] 1 10 A = = = k DD T ,5[] 1,18[] 1[] r SD 75,76 [ Ω] EjsT I = I I = 0,34[mA] 1[mA] I = 1,34[mA] D D1 OHmax = I.r = 1,34[m ma].75,76 Ω = 100,31[m] 0,1[] SD D SD ILmax = 1,18 [] [ ] SD D 1 PREGUNTA: Como la característca de transferenca presentada no se ajusta completamente cuando I o 0, Por qué no suponer Q 1 y Q en otros estados, y calcular los parámetros requerdos? Consderemos los otros estados. eremos que, al verfcar, obtendremos resultados ncorrectos. Q 1 CORTE, Q CORTE Puesto que G1S1 = y SG = DD, no es posble que ambos estén en corte con 0 DD, ya que, en todo momento, G1S1 + SG = DD > T. Es decr, al menos uno de ellos está en conduccón cuando el otro está en corte. Q 1 CORTE, Q ÓHMICA Del crcuto vemos que: I D = I OHmax ; r SD = DD OHmn / I D = 1/[k SG T ] ; SG = DD = DD {I OHmax / [k DD OH Hmn] } T = 1,5 [] Pero este valor de = G1S1, es mayor que T, por tanto, Q 1 conduce, no puede estar en corte. Nótese en el crcuto que se consdera I OHmax = 1 [ma] postva pero con sentdo contraro al establecdo en la fgura anteror, lo cual es equvalente. Q 1 CORTE, Q SATURACIÓN Del crcuto vemos que: I D = I OHmax = = k SG T ; SG = DD 1 = 10 3,5 1 = G1S1 =,49 > T. Por tanto, Q 1 tambén conduce, no puede estar en corte. b CALCULAMOS EL ALOR DE TENSIÓN DE ENTRADA MÍNIMA EN ESTADO ALTO IHmn, CONSIDERANDO QUE A LA SALIDA SE OBTIENE UNA TENSIÓN MÁXIMA DE ESTADO BAJO Olmax Y UNA CORRIENTE I OL Lmax DADAS. De la gráfca correspondente a la característca de transferenca y de la tabla vemos que OHmn se obtene cuando el funconamento del crcuto se halla en la REGIÓN I Q 1 está en zona óhmca y Q se halla saturado lo opuesto al crcuto de la REGIÓN II. Reemplazando Q 1 y Q por suss crcutos equvalentes, obtenemos la fgura: Por tanto: I + I = I k D OLmax D1 SG + I = = k r OLmax T OLmax OLmax G1S1 T D1S1 EjsT TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA,, CURSO 009/010

7 EJEMPLOS TEMAS 09 Y 10 CMOS Y TTL PÁG. 7 DE 10 Nuevamente, consderando SG = DD, G1S1 =, y reemplazando los datos del enuncado correntes en [ma], tensones en [], nos queda una ecuacón de segundo grado para : k + I DD T OLmax OLmax T ,55 = 0 =,78[]; =,3[] = k 10 3, = 0,1 1 10,1, EjsT SG = DD Paraa,1 SG = 3,5 [],78 [] = 0,7 < T, por tanto Q estaría en corte. Para, SG = 3,5 [],3 [] = 1,18 [] > T que corresponde a Q conducendo. Así: I = k D DD T r D1S1 1 = k I D1 T = I + I = 0,34[mA] + 1[mA] I = 1,34[mA] D IHmn =,3 [] ma = 10 3,5 [],3[] 1[] ID = 0,34[mA] 10 A = =,3[] 1[] r D1S1 75,7 76 Ω 1000 OLmax 1 D1 [ ] EjsT c CALCULAMOS LOS MÁRGENES DE RUIDO UTILIZANDO LAS FÓRMULAS EjsT Y EjsT : MARGEN DE RUIDO EN ESTADO ALTO: NH = OHmn exc. IHmn rec. NH = 3,4 [],3 [] = 1,08 [] EjsT MARGEN DE RUIDO EN ESTADO BAJO: NL = ILmax rec. OLmax exc. NL = 1,18 [] 0,1 [] = 1,08 [] EjsT RESUMEN EJEMPLO 4 T9: DATOS: DD = Tensón de almentacón = 3,5 []; CARACTERÍSTICAS DE LOS TRANSISTORES Q 1 y Q : k 1 = k = k = Const. de transcond. = 10 [ma/ ]; T1 = T = T = Tensón umbral = 1 []; TENSIONES Y CORRIENTES DEL CIRCUITO: OHmn = Tensón de salda mínma, estado alto = 3,4 []; I OHmax = Corrente de salda máxma, estado alto = 1 [ma]; OLmax = Tensón de salda máxma, estado bajo = 0,1 []; I OLmax = Corrente de salda máxma, estado bajo = 1 [ma]; INCÓGNITAS: ILmax = Tensónn de entrada máx., estado bajo =?; IHmn = Tensónn de entrada mín., estado alto =?; NL = Margen de rudo, estado bajo =?; NH = Margen de rudo, estado alto =?; EJEMPLOS RESUELTOS DE TE

8 PÁG. 8 DE 10 EJEMPLOS TEMAS 09 Y Y 10 CMOS Y TTL a TENSIÓN DE ENTRADA MÁXIMA EN ESTADO BAJO ILmax : Suponemos Q 1 Saturado, Q en Zona Óhmca las otras confguracones dan resultados erróneos. 10 3,5 1 3,5 3,4 1= ,5 = 0 = 1,18[];,1, Para que se cumpla G1S1 = > T Elegmos = ILmax = 1,18 []. Por tanto: r SD I = k D1 T 1 10 A = = = k DD T 3,5[] 1,18[] 1[] r SD 75, I = I I D D1 OHmax = I.r = 1,3 34[mA].75,76 Ω = 100,31[m] 0,1[] SD D SD Por ley de nudos y ley de Ohm I D +I OHmax =I D1, y además, como r DS =1/[k SG T ]; SG = DD ; G1S1 = : DD OHmn + IOHmax = k T 1/[k ] = 0,7[] DD T k + I = k DD T DD OHmn OHmax ILmax = 1,18 [] ma = 10 1,18[] 1[] ID1 = 0,34[mA] 1 = 0,34[mA] 1[mA] I = 1,34[mA] [ ] SD D [ Ω] T b TENSIÓN DE ENTRADA MÍNIMA EN ESTADO ALTO IHmn : Suponemos Q 1 en Zona Óhmca y Q Saturado las otras confguracones dan resultados erróneos. 10 3, = 0, ,5 = 0 =,78[]; =,3[] Para que se cumpla SG = DD > T debemos selecconar = IHmn =,3 []. Así: ma ID = k DD T = 10 3,5 [],3[] 1[] ID = 0,34[mA] r D1S A = = = [ Ω k T,3[] 1[] r D1S1 75, I = I + I D1 D OLmax Por ley de nudos y ley de Ohm I D +I OLmax =I D1, y además, como r S1D1 =1/[k G1S1 T ]; SG = DD ; G1S1 = : OLmax k SG T + IOLmax = 1/k k + I = k G1S1 DD T OLmax OLmax,1, IHmn =,3 [] 1 = 0,34[mA] + 1[mA] I = 1,34[mA] D1 T Ω] T TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA,, CURSO 009/010

9 EJEMPLOS TEMAS 09 Y 10 CMOS Y TTL PÁG. 9 DE 10 c MÁRGENES DE RUIDO NH, NL EN ESTADOS ALTO Y BAJO, RESPECTIAMENTE: MARGEN DE RUIDO EN ESTADO ALTO: NH = OHmn exc. IHmn rec. NH = 3,4 [],3 [] = 1,08 [] MARGEN DE RUIDO EN ESTADO BAJO: NL = ILmax rec. OLmax exc. NL = 1,18 [] 0,1 [] = 1,08 [] EJEMPLO 3 T10: Dados los sguentes datos de una puerta TTL en colector aberto: cc = +5 [], ILmax = 0,8 [], IHmn = [], I OLmax = 16 [ma], I ILmax = 1 [ma], I IHmax = 40 [µa], se pde determnar para una nterconexón de puertas que exctan una únca entrada de una puerta todas de este msmo tpo: a alor de R PULL UP mínmo. b alor de R PULL UP máxmo. PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN INCOMPLETO DIBUJAMOS LA CONFIGURACIÓN ADECUADA: INERSOR EXCITADOR CONECTADOO A UN INERSOR RECEPTOR, AMBOS CON COLECTOR ABIERTO: Para establecer los valores máxmo y mínmo de R PULL UP, analzaremos la etapa de cableado lógco colector de Q 3E de salda del exctador conectado al emsor de Q 1R de entrada del receptor, encerrada con línea de guones en la fgura anteror: EJEMPLOS RESUELTOS DE TE

10 PÁG. 10 DE 10 EJEMPLOS TEMAS 09 Y Y 10 CMOS Y TTL CÓMO ESTABLECEMOS LAS CONDICIONES PARA OBTENER R PULL UP,Emax Y R PULL UP,Emn n? Por la R PULL UPE crculará una corrente que se combnará con las I oe e I R. Esta resstenca recbe el nombre de PULL UP porque su funcón es justamente empujar el voltaje del colector haca arrba : R PU ULL UP está conectada a + CC s estuvese conectada a masa, se denomnaría R PULL DOWN. Como son dos puertas, tendremos dos casos en el nudo N: estado bajo y estado alto. R PULL UP,Emn estará lmtada por la máxma corrente que puede sumnstrar la puerta exctadora a nvel bajo I OLmax, y la tensón más alta que admte la receptora a nvel bajo ILmax. De modo que, en ESTADO BAJO obtenemos la R PULL UP,Emn. R PULL UP,Emax estará lmtadaa por la mínma tensón a nvel alto IHmn debdo a la caída de tensón que producen las correntes de entrada I ILmax de la puerta receptora. I OH se consdera gual a cero no se da en el enuncado porque la salda es de colector aberto no hay Q 4. De modo que, en ESTADO ALTO obtenemos la R PULL UP,Emax. a ANALIZANDO LA PORCIÓN DEL CIRCUITO EN ESTADO BAJO HALLAMOS LA R PULL UPE,mn: I OLmax =16 [ma], Lmax = 0,8 [], I Lmax = 1 [ma] es decr, 1 [ma] haca el nudo N, ver fgura de la derecha. Aplcando ley de nudos a N, y ley de Ohm sobre R PULL UP,Emn, tenemos: IRPL = IoLmax ILmax = R R = cc Lmax cc Lmax PULL UP,Emn PULL UPE,mn IoLmax ILmax 5 [] 0,8 [] RPULL UP,Emn = RPULL UP,Emn = 0,8[k Ω] 16 [ma] 1[mA] EjsT b ANALIZANDO LA PORCIÓN DEL CIRCUITO EN ESTADO ALTO HALLAMOS LA R PULL UPE,max: I IHmax = 40 [µa] es decr, 40 [µa] desde el nudo N, ver fgura de la derecha, Hmn = []. Aplcando ley de nudos a N, y ley de Ohm sobre R PULL UP,Emax, tenemos: I RPH = IHmax = R R = cc Hmn cc Hmn PULL UPE,max PULL UP,max IHmax 5 [] [] RPULL UP,Emax = RPULL UP,Emax = 75[k Ω] 0,04 [ma] EjsT RESUMEN EJEMPLO T4: ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN N. TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA,, CURSO 009/010