P
ROVAS
CRITTA DIE
LETTRONICA1 4 S
ETTEMBRE2020
1) Nel circuito in figura, i transistori MOS sono caratterizzati dalla tensione di soglia 𝑉
𝑇𝑛e dai coefficienti 𝛽
𝑖, mentre i diodi sono descritti da un modello a soglia, con 𝑉
𝛾=0.75.
𝛽1= 4 𝑚𝐴
𝑉2 , 𝛽2= 0.5 𝑚𝐴
𝑉2 , 𝑉𝑑𝑑 = 3.5V, 𝑉𝑇𝑛 = 0.3V.
(Il valore della resistenza 𝑅 è assegnato in maniera casuale durante lo svolgimento della prova: nella traccia seguente si assume 𝑅 = 0.7 kΩ )
1) Calcolare il valore di 𝑉
𝑢per 𝑉
𝑖= 0 𝑉
Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
2) Calcolare il valore di 𝑉
𝑢per 𝑉
𝑖= 0.4 𝑉
Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
3) Calcolare il valore di 𝑉
𝑢per 𝑉
𝑖= 1.0 𝑉
Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
4) Calcolare il valore di 𝑉
𝑢per 𝑉
𝑖= 3.0 𝑉
Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
Il circuito è simile ad un invertitore nMOS a carico saturato, in cui il transistore di pull-up 𝑀2 è in parallelo al ramo 𝑅−𝐷1−𝐷2. Si può osservare preliminarmente che i diodi 𝐷1 e 𝐷2 sono attraversati dalla stessa corrente e quindi possono essere solo simultaneamente ON o simultaneamente OFF. Si ha:
𝐷1, 𝐷2 OFF → {
𝑉𝐷1< 𝑉𝛾 𝑉𝐷2< 𝑉𝛾 𝐼𝐷1= 𝐼𝐷1= 𝐼𝑅= 0 𝑉𝑑𝑑− 𝑅𝐼𝑅− 𝑉𝐷1− 𝑉𝐷2= 𝑉𝑢}
→ 𝑉𝑢> 𝑉𝑑𝑑− 2 𝑉𝛾= 2.0 𝑉
Quindi, per 𝑉𝑢> 2.0 𝑉, il ramo 𝑅−𝐷1−𝐷2 è ininfluente e il comportamente è quello dell’invertitore a carico nMOS saturato.
Le regioni di funzionamento del transistore 𝑀1 sono le seguenti:
𝑀1 OFF → 𝑉𝐺𝑆1= 𝑉𝑖< 𝑉𝑇𝑛
𝑀1 SAT → 𝑉𝑇𝑛< 𝑉𝐺𝑆1= 𝑉𝑖< 𝑉𝐷𝑆1+ 𝑉𝑇𝑛= 𝑉𝑢+ 𝑉𝑇𝑛 𝑀1 LIN → 𝑉𝑖> 𝑉𝑢+ 𝑉𝑇𝑛
1) 𝑉𝑖= 0 𝑉 < 𝑉𝑇𝑛→ 𝐼𝐷1= 0 = 𝐼𝐷2+ 𝐼𝑅: la somma delle correnti di pull-up è quindi nulla. Non è ipotizzabile che le correnti 𝐼𝑀2 e 𝐼𝑅 siano uguali ed opposte. Infatti, per assurdo:
𝐼𝑀2> 0 → 𝑉𝐺𝑆2= 𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢> 𝑉𝑇𝑛 → 𝑉𝑢< 𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑇𝑛→ 𝐼𝑅 = 𝐼𝐷1,2≥ 0
Quindi entrambi i rami di pull-up sono OFF. Il nodo di uscita di porta alla tensione massima possibile, compatibilmente con la carica della capacità del nodo di uscita. Come dimostrato a lezione, quindi,
𝑉𝑢= 𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑇𝑛=𝟑. 𝟐 𝑽 2) 𝑉𝑖= 0.4 𝑉 > 𝑉𝑇𝑛→ 𝑀1ON (HP: 𝑀1SAT* e 𝐷1,2 OFF**). Si ha quindi:
𝐼𝑀1= 𝐼𝑀2
𝐼𝑀1 =𝛽1
2 (𝑉𝑖− 𝑉𝑇𝑛)2 𝐼𝑀2=𝛽2
2 (𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢− 𝑉𝑇𝑛)2}
→ {𝑽𝒖= 𝟐. 𝟗𝟐 𝐕 𝑉𝑢= 3.48 V
La prima soluzione soddisfa entrambe le ipotesi:
𝑉𝐺𝑆1= 𝑉𝑖= 0.4 𝑉 < 𝑉𝐷𝑆1+ 𝑉𝑇𝑁 = 3.22 𝑉 (∗) 𝑉𝑢= 2.92 𝑉 > 𝑉𝑑𝑑− 2 𝑉𝛾 = 2.0 𝑉 (∗∗) Mentre la seconda non soddisfa l’ipotesi di 𝑀2ON, SAT:
𝑉𝐺𝑆2= 𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢= 0.02 𝑉 < 𝑉𝑇𝑛
3) 𝑉𝑖= 1.0 𝑉 > 𝑉𝑇𝑛→ 𝑀1ON (HP: 𝑀1SAT* e 𝐷1,2 ON**). Si ha quindi:
𝐼𝑀1= 𝐼𝑀2+ 𝐼𝑅 𝐼𝑀1 =𝛽1
2 (𝑉𝑖− 𝑉𝑇𝑛)2 𝐼𝑀2=𝛽2
2 (𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢− 𝑉𝑇𝑛)2 𝐼𝑅=𝑉𝑑𝑑− 2 𝑉𝛾− 𝑉𝑢
𝑅 }
→ {𝑽𝒖= 𝟏. 𝟕𝟏 𝐕 𝑉𝑢= 10.41 V
La prima soluzione soddisfa entrambe le ipotesi:
𝑉𝐺𝑆1= 𝑉𝑖= 1 𝑉 < 𝑉𝐷𝑆1+ 𝑉𝑇𝑁 = 2.05 𝑉 (∗) 𝑉𝑢= 1.71 𝑉 < 𝑉𝑑𝑑− 2 𝑉𝛾 = 2.0 𝑉 (∗∗) Mentre la seconda non soddisfa l’ipotesi di 𝑀2ON, SAT:
𝑉𝐺𝑆2= 𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢= −6.91 𝑉 < 𝑉𝑇𝑛
4) 𝑉𝑖= 3.0 𝑉 > 𝑉𝑇𝑛→ 𝑀1ON (HP: 𝑀1LIN* e 𝐷1,2 ON**). Si ha quindi:
𝐼𝑀1= 𝐼𝑀2+ 𝐼𝑅
𝐼𝑀1= 𝛽1(((𝑉𝑖− 𝑉𝑇𝑛)𝑉𝑢−𝑉𝑢2 2 ))
𝐼𝑀2=𝛽2
2 (𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢− 𝑉𝑇𝑛)2 𝐼𝑅=𝑉𝑑𝑑− 2 𝑉𝛾− 𝑉𝑢
𝑅 }
→ {𝑽𝒖= 𝟎. 𝟒𝟐 𝐕 𝑉𝑢= 5.72 V
La prima soluzione soddisfa entrambe le ipotesi:
𝑉𝐺𝑆1= 𝑉𝑖= 3 𝑉 > 𝑉𝐷𝑆1+ 𝑉𝑇𝑁 = 0.72 𝑉 (∗) 𝑉𝑢= 0.42 𝑉 < 𝑉𝑑𝑑− 2 𝑉𝛾 = 2.0 𝑉 (∗∗) Mentre la seconda non soddisfa l’ipotesi di 𝑀2ON, SAT:
𝑉𝐺𝑆2= 𝑉𝑑𝑑− 𝑉𝑢= −2.23 𝑉 < 𝑉𝑇𝑛
2)
Nel circuito in figura, il transistore bipolare è descritto da un modello a soglia, con 𝑉
𝛾=0.75 V e 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡=0.2 V.
Il segnale di ingresso abbia l’andamento seguente:
{ 𝑡 ≤ 0 𝑉
𝑖= 0 𝑡 > 0 𝑉
𝑖= 𝑉
𝑑𝑑𝑉
𝑐𝑐= 5 V, 𝑅
𝑐=1 kΩ, 𝛽
𝐹= 100, 𝐶
1=0.5 pf, 𝐶
2=5.0 pf, .
(Il valore della resistenza 𝑅
𝑏è assegnato in maniera casuale durante lo svolgimento della prova:
nella traccia seguente si assume 𝑅
𝑏=14 kΩ)
Calcolare il valore “alto” (𝑉
𝐻) di 𝑉
𝑢, per 𝑡 ≤ 0.
Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
Calcolare il valore “basso” (𝑉
𝐿) di 𝑉
𝑢, a transitorio concluso.
Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
Calcolare il tempo di discesa (𝑡
𝑓𝑎𝑙𝑙) corrispondente. Si ricorda che il tempo di discesa è il tempo necessario al segnale di uscita a compiere il transitorio in cui il segnale di uscita passa dal 90% al 10% dell’escursione.
Si indichi il valore in ps, con 2 cifre decimali.
Calcolare il tempo di propagazione (𝑡
𝑝,𝐻𝐿) corrispondente. Si ricorda che il tempo di propagazione è il tempo che intercorre fra l’istante in cui il segnale di ingresso e il segnale di uscita raggiungono il 50% della propria escursione.
Si indichi il valore in ps, con 2 cifre decimali.
Il circuito è un invertitore RTL. Con uscita a vuoto, il valore “alto” (𝑉
𝐻) di 𝑉
𝑢viene ottenuto con ingresso basso e transistore spento. In questo caso, 𝑉
𝑢= 𝑉
𝑐𝑐=
𝑽𝑯= 𝟓. 𝟎𝟎 𝐕.Per 𝑡 ≤ 0, il circuito si trova in condizioni statiche, per le quali valgono le condizioni studiate in precedenza.
In particolare, le tensioni iniziali ai capi dei condensatori possono essere così determinate:
𝑉
𝑖= 0 < 𝑉
𝛾→ { 𝐼
𝑐= 0 → 𝑉
𝐶2= 𝑉
𝑢= 𝑉
𝑐𝑐− 𝑅
𝐶𝐼
𝑐= 𝑉
𝑐𝑐𝐼
𝑏= 0 → 𝑉
𝐶1= 𝑉
𝐵𝐸= 𝑉
𝑖− 𝑅
𝐵𝐼
𝑏= 0
Il valore “basso” (𝑉
𝐿) di 𝑉
𝑢viene ottenuto con ingresso alto (𝑉
𝑖= 𝑉
𝐻), per 𝑡 → ∞ . Ipotizzando, in questo caso, il transistore in regime di saturazione (*), si ha 𝑉
𝑢= 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡=
𝑽𝑳= 𝟎. 𝟐𝟎 𝐕. L’ipotesi (*) è in questocaso verificata:
𝐼
𝑐= 𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡𝑅
𝑐= 4.8 mA 𝐼
𝑏= 𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝛾𝑅
𝑏= 0.3 mA }
→ 𝐼
𝑐< 𝛽
𝐹𝐼
𝑏Il transitorio si compone di due tratti: inizialmente il condensatore 𝐶
1, inizialmente scarico, si carica attraverso la corrente che circola su 𝑅
𝐵. Fino a che la tensione 𝑉
𝐶1= 𝑉
𝐵𝐸< 𝑉
𝛾, il transistore rimane spento e quindi 𝑉
𝑢= 𝑉
𝑐𝑐. Si ha, in questo tratto:
𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝐶1𝑅
𝑏= 𝐶
1𝑑𝑉
𝐶1𝑑𝑡 → ∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑅
𝑏𝐶
1𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝐶1𝑑𝑉
𝐶1→ 𝑡
𝑂𝑁= 1137.63 ps
𝑉𝛾
0 𝑡𝑂𝑁
0
Dopo il tempo 𝑡
𝑂𝑁, il transistore si accende: si ha d’ora in avanti 𝑉
𝐶1= 𝑉
𝐵𝐸= 𝑉
𝛾, per cui il condensatore 𝐶
1, essendo soggetto a tensione costante, è attraversato da corrente nulla e quindi ininfluente. In questo secondo tratto il transistore è acceso e può quindi scaricare il condensatore 𝐶
2; ai fini del calcolo del tempo di propagazione 𝑡
𝑝,𝐻𝐿occorre valutare la transizione del segnale di uscita dal valore 𝑉
𝐻al valore medio della escursione:
𝑉
𝑓𝑖𝑛= 𝑉
𝐻+ 𝑉
𝐿2 = 2.6 𝑉
In questo intervallo 𝑉
𝑢= 𝑉
𝐶𝐸> 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡e quindi il transistore opera in regione attiva diretta. Si ha quindi:
𝐼
𝑐= 𝛽
𝐹𝐼
𝑏= 𝛽
𝐹𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝛾𝑅
𝑏𝐼
𝑅𝑐= 𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝑢𝑅
𝑐𝐼
𝐶2= 𝐶
2𝑑𝑉
𝑢𝑑𝑡
𝐼
𝐶2= 𝐼
𝑅𝑐− 𝐼
𝑐}
→ 𝑡
2= ∫ 𝐶
2𝐼
𝑅𝑐− 𝐼
𝑐𝑑𝑡 =
𝑉𝑓𝑖𝑛
𝑉𝐻
411.79 ps
Il tempo di propagazione 𝑡
𝑝,𝐻𝐿è quindi la somma dei due tempi calcolati finora:
𝒕𝒑,𝑯𝑳 =
𝑡
𝑂𝑁+ 𝑡
2=
𝟏𝟓𝟒𝟗. 𝟒𝟐 𝒑𝒔Per il calcolo del tempo di discesa, invece, occorre fare riferimento solo al segnale di uscita 𝑉
𝑢e valutare il tempo necessario a compiere il transitorio fra il 90% e il 10% dell’escursione. Gli estremi possone quindi essere calcolati:
𝑉
𝑢,𝑖𝑛= 𝑉
𝐿+ 0.9 (𝑉
𝐻− 𝑉
𝐿) = 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡+ 0.9 (𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡) = 4.52 𝑉 𝑉
𝑢,𝑓𝑖𝑛= 𝑉
𝐿+ 0.1 (𝑉
𝐻− 𝑉
𝐿) = 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡+ 0.1 (𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡) = 0.68 𝑉
Poiché nell’intero intervallo si ha 𝑉
𝑢= 𝑉
𝐶𝐸> 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡, il transistore opera in regione attiva diretta e il tempo di discesa può essere calcolato, analogamente al caso precedente, come:
𝐼
𝑐= 𝛽
𝐹𝐼
𝑏= 𝛽
𝐹𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝛾𝑅
𝑏𝐼
𝑅𝑐= 𝑉
𝑐𝑐− 𝑉
𝑢𝑅
𝑐𝐼
𝐶2= 𝐶
2𝑑𝑉
𝑢𝐼
𝐶2= 𝐼
𝑅𝑐− 𝐼 𝑑𝑡
𝑐}
→
𝒕𝒇𝒂𝒍𝒍=∫ 𝐶
2𝐼
𝑅𝑐− 𝐼
𝑐𝑑𝑡 =
𝑉𝑢,𝑓𝑖𝑛
𝑉𝑢,𝑖𝑛
𝟔𝟖𝟕. 𝟖𝟏 𝐩𝐬
3) Nel circuito in figura, il transistore bipolare è descritto da un modello a soglia, con 𝑉
𝛾=0.75 V e 𝑉
𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡=0.2 V.
𝑉
𝑐𝑐= 5 V, 𝑅
𝑐=1 kΩ, 𝑅 = 200 kΩ, 𝛽
𝐹= 100.
(Il valore della resistenza 𝑅
𝑏è assegnato in maniera casuale durante lo svolgimento della prova: nella traccia seguente si assume 𝑅
𝑏= 8kΩ)
Calcolare il margine di immunità ai disturbi relativo ai valori “alti” NMH Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
Calcolare il margine di immunità ai disturbi relativo ai valori “bassi” NML Si indichi il valore in Volt, con 2 cifre decimali.
Il circuito è un invertitore RTL, al quale è aggiunto il resistore R. Per calcolare il margine di immunità ai disturbi, occorre riconoscere i punti caratteristici sulla caratteristica statica 𝑉𝑢(𝑉𝑖). In analogia con lo studio fatto per l’invertitore RTL, possiamo fare riferimento alle diverse regioni di funzionamento del transistore T.
T OFF (tratto 1): il circuito si riduce al partitore resistivo costituito dai resistori 𝑅𝑐, 𝑅 e 𝑅𝑏. Si ha:
𝐼 = 𝑉𝑐𝑐− 𝑉𝑖 𝑅𝑐+ 𝑅 + 𝑅𝑏
→ {
𝑉𝑢= 𝑉𝑐𝑐− 𝑅𝑐𝐼 =(𝑅𝑐+ 𝑅)𝑉𝑖+ 𝑅𝑏𝑉𝑐𝑐 𝑅𝑐+ 𝑅 + 𝑅𝑏
= 4.976 + 4.785 10−3 𝑉𝑖 (∗) 𝑉𝐵𝐸= 𝑉𝑐𝑐− (𝑅𝑐+ 𝑅)𝐼 =(𝑅𝑏+ 𝑅)𝑉𝑐𝑐+ 𝑅𝑐𝑉𝑖
𝑅𝑐+ 𝑅 + 𝑅𝑏 (∗∗) In questo tratto, il guadagno di tensione vale:
𝐴𝑣=𝑑𝑉𝑢
𝑑𝑉𝑖 = 4.785 10−3 La condizione vale fino a che:
𝑉𝐵𝐸≤ 𝑉𝛾 (∗∗) → 𝑉𝑖≤ 0.58 𝑉 (∗) → 𝑉𝑢≥ 4.98 𝑉 Per T in regione Attiva Diretta (tratto 2), si ha:
𝑉𝐵𝐸= 𝑉𝛾 →
{
𝐼𝑅=𝑉𝑢− 𝑉𝛾
𝑅 𝐼𝐵=𝑉𝑖− 𝑉𝛾
𝑅𝐵 + 𝐼𝑅 𝐼𝐶 =𝑉𝑐𝑐− 𝑉𝑢
𝑅𝑐 − 𝐼𝑅 𝐼𝐶 = 𝛽𝐹 𝐼𝐵 }
→ 𝑉𝑢= 6.596 − 4.975 𝑉𝑖 (∗∗∗)
In questo tratto, il guadagno di tensione vale:
𝐴𝑣=𝑑𝑉𝑢 𝑑𝑉𝑖
= −4.975 La condizione vale fino a che:
𝑉𝑢= 𝑉𝐶𝐸> 𝑉𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡 (∗∗∗)
→ 𝑉𝑖≤ 1.16 𝑉 Nel tratto 3 successivo, T SAT:
𝑉𝑢= 𝑉𝐶𝐸,𝑠𝑎𝑡 In questo tratto, il guadagno di tensione vale:
𝐴𝑣=𝑑𝑉𝑢
𝑑𝑉𝑖 = 0
È quindi immediato riconoscere i punti caratteristici che separano le regioni di attenuazione (|𝐴𝑣|< 1) da quelle di amplificazione (|𝐴𝑣|> 1):
𝑉𝑖𝐿𝑀𝐴𝑋= 0.58 𝑉 𝑉𝑜𝐻𝑀𝐼𝑁= 4.98 𝑉 𝑉𝑖𝐻𝑀𝐼𝑁= 1.16 𝑉 𝑉𝑜𝐿𝑀𝐴𝑋= 0.20 𝑉
} → {𝑵𝑴𝑳=𝑉𝑖𝐿𝑀𝐴𝑋− 𝑉𝑜𝐿𝑀𝐴𝑋=𝟎. 𝟑𝟖 𝑽 𝑵𝑴𝑯=𝑉𝑜𝐻𝑀𝐼𝑁− 𝑉𝑖𝐻𝑀𝐼𝑁=𝟑. 𝟖𝟐 𝑽
