Universidad Complutense de Madrid. Para uso de alumnos de la.

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1 ELECTRÓNICA ANALÓGICA INGENIERíA EN ELECTRÓNICA CONVOCATORIA DE FEBRERO DE de Febrero de 2012 NOMBRE: APELLIDOS: PUNTUACIONES PROBLEMA 1 NIF/NIE: P1 P2 P3 P4 Total TODOS LOS EJERCICIOS VALEN 2.5 PUNTOS Sea el espejo cascode en tecnología CMOS de la Figura 1. Todos los transistores se han construido en la misma tecnología pero con distintas dimensiones de canal. Así, el transistor k tiene una longitud y anchura de canal L k y W k. En estas circunstancias: 1. Determine la relación existente entre I O e I Q. 2. Determine los valores de tensión en los nudos A, B y C. Desprecie los efectos de modulación del canal y de sustrato y considere que todos los transistores tienen la misma tensión umbral y conductividad de canal. 1

2 Figura 1 Figura 2 PROBLEMA 2 Figura 3 Figura 4 En la Figura 2, se ha representado un amplificador inversor cuya carga es un PNP en base común. Suponga que V IN = V IN,Q + V IN y que V B se ha ajustado de tal modo que, en el punto de operación, V OUT,Q = V CC 2 e I C2 = I C1 = I Q. Sabiendo que cada transistor tiene sus propias características (h fe,h F E, V AF ), calcular la ganancia en tensión V OUT en función de estos parámetros así como la impedancia de salida del amplificador. V IN PROBLEMA 3 El circuito de la Figura 3 es un oscilador LC que oscila si el valor de K supera un determinado umbral. Determine el valor de ese umbral de K así como la frecuencia de resonancia. PROBLEMA 4 Intente explicar cual es el objetivo del circuito de la Figura 4. Convocatoria Febrero

3 PROBLEMA 1 (SOLUCIÓN) Sea el espejo cascode en tecnología CMOS de la Figura 1. Todos los transistores se han construido en la misma tecnología pero con distintas dimensiones de canal. Así, el transistor k tiene una longitud y anchura de canal L k y W k. En estas circunstancias: 1. Determine la relación existente entre I O e I Q. 2. Determine los valores de tensión en los nudos A, B y C. Desprecie los efectos de modulación del canal y de sustrato y considere que todos los transistores tienen la misma tensión umbral y conductividad de canal. Figura 1 La primera pregunta es fácil de responder. En primer lugar, cada transistor estará caracterizado por una transconductancia β k = 2 K 1 P Wk L k siendo K P un parámetro tecnológico. Como no debemos tener en cuenta el efecto de modulación de canal ni el de substrato y sabemos que en un espejo CMOS todos los transistores deben estar en saturación para funcionar correctamente, se cumple que: y, por otro lado, I Q = β 2 (V GS,2 V T H ) 2 = β 2 (V A V T H ) 2 I O = β 1 (V GS,1 V T H ) 2 = β 1 (V A V T H ) 2 Si dividimos ambas expresiones: I O I Q = β 1 β 2 I O = β 2 β 1 I Q = 2 K 1 P W1 /L1 1 2 K I Q = W 1 L2 I Q P W2 /L2 W 2 L 1 Curiosamente, la corriente de salida no depende de las características de los transistores 3 y 4. Pasemos ahora al siguiente apartado. En primer lugar, es fácil demostrar a partir de la primera ecuación que: V A = V T H + IQ β 2 Convocatoria Febrero

4 Por otra parte, en el transistor 4 se va a cumplir que: I Q = β 4 (V GS,4 V T H ) 2 = β 4 (V C V A V T H ) 2 de lo que se deduce que: V C = V A + V T H + ( IQ IQ IQ 1 = V T H + + V T H + = 2 V T H + I Q + 1 ) β 4 β 2 β 4 β2 β4 Finalmente, el valor de la tensión en el nodo B se calcula a partir de las características del transistor 3: I O = β 3 (V GS,3 V T H ) 2 = β 3 (V C V B V T H ) 2 Esto implica que: V B = V C V T H IO ( 1 = 2 V T H + I Q β 3 Sin embargo, I O β3 = β 2 β 3 β 1 I Q de modeo que: con lo que queda resuelto el problema. β2 + 1 β4 ) V T H ( 1 V B = V T H + I Q + 1 ) β2 β2 β4 β 3 β 1 IO Para verificar los resultados anteriores, puede utilizarse el siguiente circuito SPICE: *********Ejercicio 1 VCC out 0 dc 10V IREF 0 NudoC dc 1mA M1 NudoB NudoA 0 0 mynmos W=1u L=1u M2 NudoA NudoA 0 0 mynmos W=1u L=1u M3 out NudoC NudoB NudoB mynmos W=1u L=1u M4 NudoC NudoC NudoA NudoA mynmos W=1u L=1u *** Modelo de transistor.model mynmos NMOS (LEVEL=1 VTO=1 LAMBDA = 0 KP=1E-3 GAMMA=0).op.end β 3 Jugando con los parámetros del transistor y las características individuales o con la fuente de referencia, se puede calcular la influencia en la corriente de salida, que es simplemente la que proporciona la fuente de tensión. Convocatoria Febrero

5 PROBLEMA 2 (SOLUCIÓN) En la Figura 2, se ha representado un amplificador inversor cuya carga es un PNP en base común. Suponga que V IN = V IN,Q + V IN y que V B se ha ajustado de tal modo que, en el punto de operación, V OUT,Q = V CC 2 e I C2 = I C1 = I Q. Sabiendo que cada transistor tiene sus propias características (h fe,h F E, V AF ), calcular la ganancia en tensión V OUT V IN en función de estos parámetros así como la impedancia de salida del amplificador. Figura 2 En primer lugar, reemplazaremos el circuito por su equivalente en pequeña señal. Téngase en cuenta que, en p. s., las fuentes de tensión V B y V CC equivalen a tierra. Así: Figura 2a Recordemos que la fuente de corriente del PNP va hacia arriba ya que va del colector al emisor. Evidentemente, i b2 (y, por tanto, h fe2 i b2 ) se anula ya que sus dos extremos están a tierra. En estas circunstancias, podemos reordenar el circuito anterior: Convocatoria Febrero

6 Figura 2b En este dibujo, es fácil ver que: i b1 = v in h ie1 v out = ( h 1 oe1//h 1 oe2) hfe1 i b1 Antes de calcular la ganancia en corriente, intentemos expresar cada parámetro en función de términos conocidos: Por ello: = h oe1 = I C1 = V AF 1 h oe2 = I C2 = V AF 2 I Q V AF 1 I Q V AF 2 ( h 1 oe1//hoe2) 1 = [hoe1 + h oe2 ] 1 = [ IQ V AF 1 + I Q V AF 2 ] 1 = V AF 1 V AF 2 V AF 1 + V AF 2 1 I Q En consecuencia: v out = ( h 1 oe1//h 1 oe2 ) hfe1 vin h ie1 = V AF 1 V AF 2 V AF 1 + V AF 2 1 B1 hfe1 I v in I Q V T Aproximando h fe1 I B1 I C1 = I Q, la expresión anterior se simplifica a : V AF 1 V AF 2 v out = v in (V AF 1 + V AF 2 ) V T En consecuencia, este dispositivo se comporta como un inversor de ganancia muy elevada. Convocatoria Febrero

7 El cálculo de la impedancia de salida se realiza eliminando todas las fuentes independientes del modelo en p. s. y excitando la salida con una fuente de corriente I X : Figura 2c Se aprecia fácilmente que i b1 = h fe1 i b1 = 0. La resistencia que ve I X no es sino el paralelo formado por las resistencias restantes, ya calculado con anterioridad: ( ) h 1 oe1//h 1 V AF 1 V AF 2 oe2 = 1 V AF 1 + V AF 2 I Q De este modo, queda resuelto el problema. Esta solución se puede verificar utilizando el siguiente archivo de SPICE: ******** Ejercicio 2 VCC alimpos 0 dc 10V VB bias 0 dc 9.3V VIN input 0 dc V Q01 out input 0 2N2222 Q02 out bias alimpos 2N2907 *** Modelo de transistor.model 2N2222 NPN( IS = E-13 BF = NF = 1 + BR = 1.98 NR = 1 ISE = 1.250E-14 + NE = 1.5 ISC = E-09 NC = VAF = 74 VAR = 100 IKF = IKR = RB = 1.15 RBM = IRB = E-6 RE = RC = CJE = E-11 VJE = MJE = CJC = E-12 FC = 0.5 VJC = MJC = TF = E-10 TR = 4.142E-8 + XTB = 1.32 EG = 0.81 XTI = 3 ).model 2N2907 PNP(Is=650.6E-18 Xti=3 Eg=1.11 Vaf=115.7 Bf=231.7 Ne= Ise=54.81f Ikf=1.079 Xtb=1.5 Br=3.563 Nc=2 Isc=0 Ikr=0 Rc=.715 Convocatoria Febrero

8 + Cjc=14.76p Mjc=.5383 Vjc=.75 Fc=.5 Cje=19.82p Mje=.3357 Vje=.75 + Tr=111.3n Tf=603.7p Itf=.65 Vtf=5 Xtf=1.7 Rb=10).dc vin u.plot deriv(out).end Haciendo un barrido DC en la entrada y representando la salida, se obtiene un valor medio igual a En cambio, teóricamente es Puede verse que, efectivamente, son del mismo orden. Se deja al alumno que averigüe como se puede determinar el otro parámetro. Convocatoria Febrero

9 PROBLEMA 3 (SOLUCIÓN) El circuito de la Figura 3 es un oscilador LC que oscila si el valor de K supera un determinado umbral. Determine el valor de ese umbral de K así como la frecuencia de resonancia. Figura 3 Una de las maneras de atacar este problema es mediante el criterio de Barkhausen 1. Puede reconocerse el bloque A(s) el conjunto formado por R, R L, L y C donde la entrada sería OUT y la salida A. El bloque de realimentación β (s), sin dependencia de la frecuencia, relaciona el nudo A con OUT pues V OUT = (1 + K) V A. Examinemos ahora el bloque A(s), que no es sino un divisor de tensiones con impedancias generalizadas: V OUT V A R = que, reordenada, se convierte en: V A R L + L s + 1 C s V A V OUT = R L + L s + 1 /C s R + R L + L s + 1 /C s A(s) = V A = s2 + RL L s + 1 LC V OUT s 2 + R+R L s + 1 L LC En consecuencia, la ganancia de bucle es: A(s) β (s) = (1 + K) s 2 + R L L s + 1 LC s 2 + R+R L s + 1 L LC Pasemos ahora al dominio de Fourier reemplazando s j ω: A(j ω) β (j ω) = (1 + K) ω 2 + j RL L ω + 1 LC ω 2 + j R+R L ω + 1 L LC ( 1 LC = (1 + K) ω2) + j RL L ω ( 1 ) LC ω2 + j R+R L ω L El criterio de Barkhausen establece que, en la frecuencia de oscilación, ϕ [A(j ω R ) β (j ω R )] = 0. 1 Otra manera es buscar una resistencia negativa en el circuito que compense las pérdidas de R L. Convocatoria Febrero

10 Puede demostrarse de manera rigurosa 2 que esto solo es posible si las partes reales del numerador y el denominador se anulan. En otras palabras, 1 LC ω2 R = 0 ω R = 1 LC De este modo, se determina la frecuencia de resonanancia. Para calcular K, apliquemos la segunda condición de Barkhausen, A(j ω R ) β (j ω R ) 1 con lo que: (1 + K) ( 1 ) LC ω2 R + j R L L ω R ( 1 ) LC ω2 R + j R+R L ω L R = (1 + K) j RL L ω R j R+R L ω L R R L = (1 + K) 1 R + R L Por lo que: 1 + K R + R L R L Con lo que queda resuelto el problema. = 1 + R R L K R R L 2 Para que la fase total sea nula, las fases de ambos números complejos deben ser iguales o diferir un valor π. Ambas condiciones equivalen a decir que las tangentes de las fases son iguales: R+R L L ω 1 LC = ω2 R L L ω 1 LC ω2 1 LC ω2 R + R L = 1 LC ω2 R L En otras palabras, tenemos un mismo número 1 LC ω2 cuyo valor no cambia al ser dividido por dos números reales distintos. El único número que cumple esto es 0. Convocatoria Febrero

11 PROBLEMA 4 (SOLUCIÓN) Intente explicar cual es el objetivo del circuito de la Figura 4. Figura 4 Contemplando el circuito, pueden observarse algunos bloques conocidos en tecnología CMOS. En primer lugar, el bloque formado por R01, R02, MN03 y MN04 no es sino una fuente de corriente que sacaría corriente del nudo compartido por las fuentes de MN01 y MN02. Este hecho nos permite ver reducir el circuito a Se intuye en esta figura un par diferencial formado por MN01 y MN02 y cargado con un espejo cascode formado por MP01-MP04. Su salida sería el drenador de MN02, que es la puerta de MN05. La entrada no inversora estaría conectada a IN en tanto que la inversora a OUT. Por tanto, podemos reemplazar el amplificador diferencial por su símbolo: Convocatoria Febrero

12 y esto no es sino un detector de pico máximo, que fue estudiado en clase. Como curiosidad, el circuito de la figura 4 puede representarse en SPICE como * Spice netlister for gnetlist Vee alimneg 0-10V Vcc alimpos 0 10V MP alimpos 1 CMOSP W=1u L=0.5u MP outinv alimpos CMOSP W=1u L=0.5u MP03 alimpos 7 8 alimpos CMOSP W=1u L=0.5u MP alimpos CMOSP W=1u L=0.5u MN02 5 OUT outinv alimneg CMOSN W=1u L=0.5u MN01 6 ninv 5 alimneg CMOSN W=1u L=0.5u MN03 alimneg 3 2 alimneg CMOSN W=1u L=0.5u MN alimneg CMOSN W=0.5u L=1u R02 alimneg 3 1k R01 2 alimpos 10k MN05 alimpos outinv OUT alimneg CMOSN W=0.5u L=1u C01 OUT 0 1nF VIN ninv 0 dc 0V PWL(0m 0V 1m 0V 2m 1V 3m -1V 4m 2V 5m -2V 6m 3V 7m -3V).MODEL CMOSN NMOS ( LEVEL = 49 +VERSION = 3.1 TNOM = 27 TOX = 1.42E-8 +XJ = 1.5E-7 NCH = 1.7E17 VTH0 = K1 = K2 = K3 = K3B = W0 = 1E-8 NLX = E-9 +DVT0W = 0 DVT1W = 0 DVT2W = 0 +DVT0 = DVT1 = DVT2 = -0.5 Convocatoria Febrero

13 +U0 = UA = 1E-13 UB = E-18 +UC = E-12 VSAT = E5 A0 = AGS = B0 = E-6 B1 = 5E-6 +KETA = E-3 A1 = E-4 A2 = 0.3 +RDSW = E3 PRWG = PRWB = WR = 1 WINT = E-7 LINT = E-8 +XL = 1E-7 XW = 0 DWG = E-9 +DWB = E-8 VOFF = E-4 NFACTOR = CIT = 0 CDSC = 2.4E-4 CDSCD = 0 +CDSCB = 0 ETA0 = E-3 ETAB = E-4 +DSUB = PCLM = PDIBLC1 = E-4 +PDIBLC2 = E-3 PDIBLCB = DROUT = E-3 +PSCBE1 = 8E10 PSCBE2 = E-8 PVAG = 0 +DELTA = 0.01 RSH = 84.6 MOBMOD = 1 +PRT = 0 UTE = -1.5 KT1 = KT1L = 0 KT2 = UA1 = 4.31E-9 +UB1 = -7.61E-18 UC1 = -5.6E-11 AT = 3.3E4 +WL = 0 WLN = 1 WW = 0 +WWN = 1 WWL = 0 LL = 0 +LLN = 1 LW = 0 LWN = 1 +LWL = 0 CAPMOD = 2 XPART = 0.5 +CGDO = 1.89E-10 CGSO = 1.89E-10 CGBO = 1E-9 +CJ = E-4 PB = MJ = CJSW = E-10 PBSW = 0.8 MJSW = CJSWG = 1.64E-10 PBSWG = 0.8 MJSWG = CF = 0 PVTH0 = E-3 PRDSW = PK2 = WKETA = E-3 LKETA = E-3 ) *.MODEL CMOSP PMOS ( LEVEL = 49 +VERSION = 3.1 TNOM = 27 TOX = 1.42E-8 +XJ = 1.5E-7 NCH = 1.7E17 VTH0 = K1 = K2 = E-3 K3 = K3B = W0 = 1E-8 NLX = E-9 +DVT0W = 0 DVT1W = 0 DVT2W = 0 +DVT0 = DVT1 = DVT2 = U0 = UA = E-9 UB = 1E-21 +UC = -1E-10 VSAT = E4 A0 = AGS = B0 = E-7 B1 = E-9 +KETA = E-3 A1 = E-3 A2 = Convocatoria Febrero

14 +RDSW = 3E3 PRWG = PRWB = WR = 1 WINT = E-7 LINT = E-7 +XL = 1E-7 XW = 0 DWG = E-9 +DWB = E-8 VOFF = NFACTOR = CIT = 0 CDSC = 2.4E-4 CDSCD = 0 +CDSCB = 0 ETA0 = E-4 ETAB = DSUB = 1 PCLM = PDIBLC1 = PDIBLC2 = E-3 PDIBLCB = DROUT = PSCBE1 = 1E8 PSCBE2 = E-9 PVAG = E-3 +DELTA = 0.01 RSH = MOBMOD = 1 +PRT = 0 UTE = -1.5 KT1 = KT1L = 0 KT2 = UA1 = 4.31E-9 +UB1 = -7.61E-18 UC1 = -5.6E-11 AT = 3.3E4 +WL = 0 WLN = 1 WW = 0 +WWN = 1 WWL = 0 LL = 0 +LLN = 1 LW = 0 LWN = 1 +LWL = 0 CAPMOD = 2 XPART = 0.5 +CGDO = 2.29E-10 CGSO = 2.29E-10 CGBO = 1E-9 +CJ = E-4 PB = MJ = CJSW = E-10 PBSW = 0.8 MJSW = CJSWG = 6.4E-11 PBSWG = 0.8 MJSWG = CF = 0 PVTH0 = E-3 PRDSW = PK2 = E-3 WKETA = E-3 LKETA = E-3 ) *.END Convocatoria Febrero