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1 ELECTÓNICA ANALÓGICA INGENIEíA EN ELECTÓNICA CONVOCATOIA DE FEBEO DE de Febrero de 2013 NOMBE: APELLIDOS: PUNTUACIONES POBLEMA 1 NIF/NIE: P1 P2 P3 P4 Total TODOS LOS EJECICIOS VALEN 2.5 PUNTOS Se dispone de un transistor NMOS con las siguientes características: V T H0 = 1 V, k n = 0,4 ma W = 2,5 µm y L = 1 µm. Si se coloca en el circuito de Fig. 1, determine las tensiones y corrientes del punto de operación así como la transconductancia del modelo en pequeña señal del transistor, g m, si tuviera sentido denirla. V 2, POBLEMA 2 Considere los espejos de corriente simple y de base compensada que se muestran en Fig. 2. Ocurre que los transistores son exactamente iguales (mismas características de unión base-emisor, área de emisor, tensión Early innita, etc.) aunque se sabe que hay diferencias en la ganancia en corriente en zona activa directa. Determine, en consecuencia, cuál sería la corriente de salida en cada espejo. 1

2 (a) (b) Figura 1 Figura 2 POBLEMA 3 Figura 3 Figura 4 Averigüe qué función desempeña el circuito de Fig. 3. ¾A qué familia de circuitos pertenece?. POBLEMA 4 El circuito de Fig. 4 es un oscilador lineal de la familia de los osciladores de cuadratura. Determine la frecuencia de oscilación así como el valor de k para que el bloque comience a oscilar. Se han numerado los nudos internos para facilitar el análisis. Asimismo, se recomienda normalizar la variable s con el cambio u = C s tan pronto como se pueda. Convocatoria Febrero

3 POBLEMA 1 (SOLUCIÓN) Se dispone de un transistor NMOS con las siguientes características: V T H0 = 1 V, k n = 0,4 ma V 2, W = 2,5 µm y L = 1 µm. Si se coloca en el circuito de Fig. 1, determine las tensiones y corrientes del punto de operación así como la transconductancia del modelo en pequeña señal del transistor, g m, si tuviera sentido denirla. Figura 1 El primer paso que se debe realizar es calcular el parámetro β del transistor NMOS. De acuerdo con la denición: β = 1 2 k W n L = 1 2 0,4 2,5 ma = 0,5 1 V 2 Ahora, procederemos a nombrar los nudos y corrientes de interés en el circuito: Figura 1 modicada Antes de continuar, unas cuantas consideraciones: Se va a trabajar con miliamperios, voltios y kiloohmios. Si, por motivos prácticos, cualquier valor se expresara sin unidades, se deberá entender en este sistema. Algo idéntico ocurre con las magnitudes derivadas pues, por ejemplo, g m tendría unidades de ma/v. Lógicamente, se considera que la corriente de puerta es cero con lo que I 1 = I 2. El sustrato y la fuente del NMOS están cortocircuitados. Por tanto, no hay efecto sustrato y se puede considerar que no varía la tensión umbral del transistor. Convocatoria Febrero

4 A continuación, se plantearán las ecuaciones de nudo y, posteriormente, se realizarán suposiciones acerca del posible estado del NMOS. En primer lugar, se supondrá que el transistor está en corte; si no lo estuviera, se probará saturación y, como último caso, zona lineal. El motivo es tan simple como que, con estos pasos, las ecuaciones resultantes van de menos a más complicadas. En el nudo de puerta, la ecuación que aparece es: V CC V G 1 = V G 2 V G = 2 V CC = = 2,142 mv Este valor es independiente del estado en que se encuentre el transistor. Por otro lado: V CC = D I DS + V DS + S I DS 15 = 5 I DS + V DS Por otro lado, es evidente que V D = D I DS y que V S = V CC D I DS. Supongamos ahora que nos encontramos en zona de corte... En este caso, I DS = 0 con lo que V D = D I DS = 0 V y V S = V CC D I DS = 15 V. Sin embargo, esto implicaría que V GS = V G V S = 2,142 0 = 2,142 V, que es mayor que la tensión umbral del transistor. Esto es un absurdo por lo que debemos descartar que el transistor trabaje en la zona de corte. Ahora, imaginemos que estamos en zona de saturación. En este caso, I DS = β (V GS V T H ) 2 = β (V G V S V T H ) 2 = = 0,5 (2,142 S I DS 1) 2 = 0,5 (1,142 1 I DS ) 2 Esta relación debe expandirse para poder utilizarla con más facilidad: 2 I DS = (1,142 I DS ) 2 = 1,306 + I 2 DS 2,284 I DS IDS 2 4,284 I DS + 1,306 = 0 I DS = 4,284 ± 4, ,306 3,95 ma = 2 0,33 ma En el caso de utilizar el primer valor obtenido, se deduciría que V DS = 15 5 I DS = ,95 = 4,75 V. Este resultado es absurdo, lo que nos obliga a descartar este valor. En cambio, con el segundo valor se deduce que V GS = 2,142 0,33 1 = 1,812 V, que es superior a la tensión umbral. Asimismo, V DS = 15 5 I DS = ,33 = 13,35V, que es mayor que V GS V T H = 2,142 1 = 1,142 V. Por tanto, hemos solucionado esta parte del problema. En saturación, se cumple que g m = Y con esto se terminaría el primer ejercicio. 2 β I DS = 2 0,5 ma ma 0,33mA = 0,57 V 2 V Convocatoria Febrero

5 POBLEMA 2 (SOLUCIÓN) Considere los espejos de corriente simple y de base compensada que se muestran en Fig. 2. Ocurre que los transistores son exactamente iguales (mismas características de unión base-emisor, área de emisor, tensión Early innita, etc.) aunque se sabe que hay diferencias en la ganancia en corriente en zona activa directa. Determine, en consecuencia, cuál sería la corriente de salida en cada espejo. (a) (b) Figura 2 En primer lugar, nombremos todas las corrientes de base, colector y emisor de los distintos circuitos. Asimismo, demos nombre a los nudos: (a) (b) Figura 2 modicada En el primer circuito, podemos deducir las siguientes ecuaciones de nudo: I = i c1 + i x i x = i b1 + i b2 I o = i c2 Nudo Y Nudo X ama salida Asimismo, se pueden deducir otras relaciones entre los parámetros. En primer lugar, como los transistores se encuentran en zona activa directa: i c1 = h F E1 i b1 i c2 = h F E2 i b2 Convocatoria Febrero

6 Por otra parte, como los transistores son exactamente iguales con la salvedad de la ganancia en corriente y como V BE1 = V BE2 = V X, se deduce que i b1 = i b2. Por tanto: I = i c1 + i x i x = i b1 + i b2 I = i c1 + i b1 + i b2 I = i c1 + i b1 + i b2 i c1 = h F E1 i b1 i b1 = i b2 i b2 = I h F E1 + 2 Con lo que I O = h F E2 i b2 = h F E2 h F E1 + 2 I. En el segundo circuito, las ecuaciones que se plantean son I = i c1 + i b3 i e3 = i b1 + i b2 I o = i c2 Y como los transistores están en zona activa directa: i c1 = h F E1 i b1 i c2 = h F E2 i b2 Nudo Y Nudo X ama salida i e3 = (h F E3 + 1) i b3 Por otra parte, se sigue cumpliendo que i b1 = i b2. Por tanto: I = i c1 + i b3 i e3 = i b1 + i b2 i e3 = (h F E3 + 1) i b3 i b1 = i b2 i c1 = h F E1 i b1 I = h F E1 i b1 }{{} i c1 + i e3 h F E3 +1 = i b3 De lo que se deduce que i b2 = = h F E1 i b1 + i b1+i b2 h F E3 +1 = ( h F E1 + 2 h F E3 +1) ib2 h F E3 +1 h F E1 (h F E3 +1)+2 I y que I O = h F E2 i b2 = h F E2 (h F E3 + 1) h F E1 (h F E3 + 1) + 2 I. Convocatoria Febrero

7 POBLEMA 3 (SOLUCIÓN) Averigüe qué función desempeña el circuito de Fig. 3. ¾A qué familia de circuitos pertenece? Figura 3 En primer lugar, es necesario nombrar todos los nudos del circuito: Figura 3 modicada Está claro que V X = V A y V Z = V B pues los amplicadores operacionales se encuentran en zona lineal. Las ecuaciones de nudo asociadas al circuito anterior son: V Z V X + V Y V X k + V Z V Y V Z V X k = V X Nudo X Nudo Z = V OUT V Z Para entender mejor estas ecuaciones, se han representando en verde las corrientes relacionadas con el nudo X y en naranja las relacionadas con el nudo Z. Debe tenerse en cuenta que no se puede plantear ninguna ecuación de nudo en el nudo Y ya que hay una rama que uye directamente hacia la entrada de un amplicador operacional. Estas ecuaciones se pueden convertir en: V B V A + V Y V A k + V B V Y V B V A k = V A Nudo X Nudo Z = V OUT V B Convocatoria Febrero

8 La primera ecuación se resuelve fácilmente para darnos: V Y = ( ) V A 1 k k V B En tanto que la segunda ecuación se transformará en: V B V A k + V B V Y = V OUT V B V B V A + kv B kv Y = kv OUT kv B kv OUT = V A + (2k + 1) V B kv Y = = V A + (2k + 1) V B (2k + 1) V A + V B = = (2k + 2) (V B V A ) ( k V OUT = 2 ) (V B V A ) Por tanto, este dispositivo es un amplicador diferencial con ganancia controlable con una única resistencia. El valor mínimo de la ganancia es 2, que corresponde a reemplazar k por un abierto. Además como la impedancia de entrada es innita, se podría considerar que este dispositivo es un amplicador de instrumentación en el que, por otro lado, no existe entrada de referencia. Convocatoria Febrero

9 POBLEMA 4 (SOLUCIÓN) El circuito de Fig. 4 es un oscilador lineal de la familia de los osciladores de cuadratura. Determine la frecuencia de oscilación así como el valor de k para que el bloque comience a oscilar. Se han numerado los nudos internos para facilitar el análisis. Asimismo, se recomienda normalizar la variable s con el cambio u = C s tan pronto como se pueda. Figura 4 Se aprecia claramente que, al estar los osciladores en zona lineal, V 4 = 0 y V 2 = V 3. Planteemos las ecuaciones de nudo utilizando los sentidos de corriente mostrados en el siguiente circuito: Figura 4 modicada En este nuevo esquema, se han representado en verde las corrientes que convergen al nudo 2, en naranja al nudo 3 y en rojo al nudo 4. No se pueden plantear ecuaciones de nudo en los nudos OUT y 1 ya que a ellos converge una rama conectada a la salida de un amplicador operacional. Planteemos entonces las ecuaciones: Nudo 2: Nudo 3: Nudo 4: V 1 V 2 = V 2 V OUT V 2 = V 2 1/Cs V 1/Cs 1 = (1 + C s) V 2 V 2 = 1+C s V C s OUT V OUT = V 1 V k 1/Cs OUT = kc s V 1 Debe tenerse en cuenta que se han asumido V 4 = 0 y V 2 = V 3 para obtener las ecuaciones. Como se indicó en el enunciado, se procede a realizar el cambio u = C s con lo que el sistema de ecuaciones Convocatoria Febrero

10 anterior se convierte en: V 1 = (1 + u) V 2 V 2 = 1+u V u OUT V OUT = k u V 1 Combinemos ahora las ecuaciones: u V OUT = k u V 1 = k u (1 + u) V 2 = k u (1 + u) 1 + u V OUT = k u 2 V OUT Esta condición solo se cumple si V OUT = 0 (solución trivial) o si k u 2 = k 2 C 2 s2 = 1. Exploremos este último caso. Si reemplazamos s = jω, se cumple que k 2 C 2 s 2 = 1 k 2 C 2 (jω ) 2 = 1 k 2 C 2 ( 1) ω 2 = 1 ω = 1 1 k C En consecuencia, el sistema oscilaría con una frecuencia f = 1 2π k. 1 k 1 C controlable con el parámetro Convocatoria Febrero