2013_02_05

ELECTRÓNICA ANALÓGICA INGENIERíA EN ELECTRÓNICA CONVOCATORIA DE FEBRERO DE 2013

5 de Febrero de 2013 NIF/NIE: d

NOMBRE:

e

M

a

d

ri

APELLIDOS:

lu te

a

n

P3

Total

.e

m p

o

lum no

P4

s

el

P2

sd

P1

se

d

PUNTUACIONES

m

c .u

w

w

w

a

/

p

:/

iv

e

rs

id

uso U

n

Pa ra

PROBLEMA 1

d

de a

C

TODOS LOS EJERCICIOS VALEN 2.5 PUNTOS

h

tt

Se dispone de un transistor NMOS con las siguientes características: VT H0 = 1 V , kn = 0,4 mA , V2 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, gm , si tuviera sentido denirla.

PROBLEMA 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.

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Electrónica Analógica

Ingeniería Electrónica - Plan 02

(a) Figura 2

.e

s

Figura 4

m

de a

C

o

lum no

PROBLEMA 3

m p

sd

el

lu te

a

Figura 3

n

se

d

e

M

a

d

ri

d

Figura 1

(b)

w

w

w

.u

d

a

p

:/

/

e

rs

id

uso U

n

iv

Pa ra

PROBLEMA 4

c

Averigüe qué función desempeña el circuito de Fig. 3. ¾A qué familia de circuitos pertenece?.

h

tt

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 = RC·s tan pronto como se pueda.

Convocatoria Febrero 2012

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Electrónica Analógica

Ingeniería Electrónica - Plan 02

PROBLEMA 1 (SOLUCIÓN) Se dispone de un transistor NMOS con las siguientes características: VT H0 = 1 V , kn = 0,4 mA , V2 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, gm , si tuviera sentido denirla.

d

e

M

a

d

ri

d

Figura 1

s

.e

c

m

m p

.u

w

w

w

a

tt

p

:/

/

e

rs

id

uso

iv h

U

n

Pa ra

d

de a

C

o

lum no

sd

el

lu te

a

n

se

El primer paso que se debe realizar es calcular el parámetro β del transistor NMOS. De acuerdo con la denición: 1 W 1 2,5 mA β = kn = ·0,4· = 0,5 2 2 L 2 1 V 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, gm tendría unidades de mA/V . Lógicamente, se considera que la corriente de puerta es cero con lo que I1 = I2 . 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 2012

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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: VCC − VG VG R2 10 = ⇒ VG = ·VCC = ·15 = 2,142 mV R1 R2 R1 + R2 60 + 10

Este valor es independiente del estado en que se encuentre el transistor. Por otro lado: VCC = RD ·IDS + VDS + RS ·IDS ⇒ 15 = 5·IDS + VDS

a

n

se

d

e

M

a

d

ri

d

Por otro lado, es evidente que VD = RD ·IDS y que VS = VCC − RD ·IDS . Supongamos ahora que nos encontramos en zona de corte... En este caso, IDS = 0 con lo que VD = RD ·IDS = 0 V y VS = VCC − RD ·IDS = 15 V . Sin embargo, esto implicaría que VGS = VG − VS = 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,

m p

lum no

sd

el

lu te

IDS = β· (VGS − VT H )2 = β· (VG − VS − VT H )2 =

de a

C

s

.e

m

o

= 0,5· (2,142 − RS ·IDS − 1)2 = 0,5· (1,142 − 1·IDS )2

w

w

.u

d

a

id

uso

c

Esta relación debe expandirse para poder utilizarla con más facilidad:

:/

/

w

rs

e

iv

tt

p

2 ⇒ IDS − 4,284·IDS + 1,306 = 0 ⇒  √ 4,284 ± 4,2842 − 4·1,306  3,95 mA = = 2 0,33 mA

h

U

n

Pa ra

2 2·IDS = (1,142 − IDS )2 = 1,306 + IDS − 2,284·IDS ⇒

⇒ IDS

En el caso de utilizar el primer valor obtenido, se deduciría que VDS = 15 − 5·IDS = 15 − 5·3,95 = −4,75 V . Este resultado es absurdo, lo que nos obliga a descartar este valor. En cambio, con el segundo valor se deduce que VGS = 2,142 − 0,33·1 = 1,812 V , que es superior a la tensión umbral. Asimismo, VDS = 15 − 5·IDS = 15 − 5·0,33 = 13,35 V , que es mayor que VGS − VT H = 2,142 − 1 = 1,142 V . Por tanto, hemos solucionado esta parte del problema. En saturación, se cumple que s

gm =

q

2·β·IDS =

2·0,5

mA mA ·0,33mA = 0,57 V2 V

Y con esto se terminaría el primer ejercicio. Convocatoria Febrero 2012

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PROBLEMA 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)

d

e

M

a

d

ri

d

Figura 2

s .e

c

m

m p

.u

w

w

w

a

:/

/

e

rs

id

uso

iv

tt

p

(a)

h

U

n

Pa ra

d

de a

C

o

lum no

sd

el

lu te

a

n

se

En primer lugar, nombremos todas las corrientes de base, colector y emisor de los distintos circuitos. Asimismo, demos nombre a los nudos:

Figura 2 modicada

(b)

En el primer circuito, podemos deducir las siguientes ecuaciones de nudo: IR = ic1 + ix ix = ib1 + ib2 Io = ic2

N udo Y N udo X Rama salida

Asimismo, se pueden deducir otras relaciones entre los parámetros. En primer lugar, como los transistores se encuentran en zona activa directa: ic1 = hF E1 ·ib1 ic2 = hF E2 ·ib2

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Por otra parte, como los transistores son exactamente iguales con la salvedad de la ganancia en corriente y como VBE1 = VBE2 = VX , se deduce que ib1 = ib2 . Por tanto: 

IR = ic1 + ix  ⇒ IR = ic1 + ib1 + ib2 ix = ib1 + ib2      

IR = ic1 + ib1 + ib2 ic1 = hF E1 ·ib1 ib1 = ib2

⇒ ib2 =    

Con lo que IO = hF E2 ib2 =

IR hF E1 + 2

hF E2 IR . hF E1 + 2

ri d

N udo Y N udo X Rama salida se

el

lu te

a

n

Y como los transistores están en zona activa directa:

d

e

M

a

IR = ic1 + ib3 ie3 = ib1 + ib2 Io = ic2

d

En el segundo circuito, las ecuaciones que se plantean son

s

.e

c

m

m p

.u

d

de a

C

o

lum no

sd

ic1 = hF E1 ·ib1 ic2 = hF E2 ·ib2 ie3 = (hF E3 + 1) ·ib3 w

w

w

id

rs

Pa ra

uso

a

Por otra parte, se sigue cumpliendo que ib1 = ib2 . Por tanto: /

:/

p

tt

h

U

n

iv

e

IR = ic1 + ib3 ie3 = ib1 + ib2 ie3 = (hF E3 + 1) ·ib3 ib1 = ib2 ic1 = hF E1 ·ib1

          

ie3 IR = h F E1 ·ib1 + hF E3 +1 = | {z } ⇒   ic1 ib3  

     



+ib2 = hF E1 ·ib1 + hib1 = hF E1 + F E3 +1

De lo que se deduce que ib2 =

hF E3 +1 ·I hF E1 ·(hF E3 +1)+2 R

IO = hF E2 ·ib2 =

2 hF E3 +1



·ib2

y que

hF E2 · (hF E3 + 1) ·IR . hF E1 · (hF E3 + 1) + 2

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PROBLEMA 3 (SOLUCIÓN) Averigüe qué función desempeña el circuito de Fig. 3. ¾A qué familia de circuitos pertenece?

d

Figura 3

s .e

c

m

m p

.u

w

w

a w

Figura 3 modicada

:/

/

e

rs

id

uso

iv

n

Pa ra

d

de a

C

o

lum no

sd

el

lu te

a

n

se

d

e

M

a

d

ri

En primer lugar, es necesario nombrar todos los nudos del circuito:

p

tt

h

U

Está claro que VX = VA y VZ = VB pues los amplicadores operacionales se encuentran en zona lineal. Las ecuaciones de nudo asociadas al circuito anterior son: VZ −VX X + VY −V = VRX kR R VZ −VX Y + VZ −V = VOU TR−VZ kR R

N udo X N udo 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: VB −VA −VA + VY R = VRA kR VB −VA Y + VB −V = VOU TR−VB kR R

N udo X N udo Z

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La primera ecuación se resuelve fácilmente para darnos: 1 1 ·VA − ·VB k k





VY = 2 +

En tanto que la segunda ecuación se transformará en: VB −VA k

+ VB − VY = VOU T − VB ⇒

VB − VA + kVB − kVY = kVOU T − kVB ⇒ kVOU T = −VA + (2k + 1) VB − kVY = = −VA + (2k + 1) VB − (2k + 1) ·VA + VB = = (2k + 2) · (VB − VA ) ⇒ 1 · (VB − VA ) ⇒ k 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 kR 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. 

d



s .e

c

m

m p

.u

w

w

w

a

tt

p

:/

/

e

rs

id

uso

iv h

U

n

Pa ra

d

de a

C

o

lum no

sd

el

lu te

a

n

se

d

e

M

a

d

ri

VOU T = 2· 1 +

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PROBLEMA 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 = RC·s tan pronto como se pueda.

d

e

M

a

d

ri

d

Figura 4

s .e

c

m

m p

.u

w

w

w

a

p

:/

/

e

rs

id

uso

iv

tt

Figura 4 modicada

h

U

n

Pa ra

d

de a

C

o

lum no

sd

el

lu te

a

n

se

Se aprecia claramente que, al estar los osciladores en zona lineal, V4 = 0 y V2 = V3 . Planteemos las ecuaciones de nudo utilizando los sentidos de corriente mostrados en el siguiente circuito:

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:

V1 −V2 V2 = 1/Cs R VOU T −V2 = VR2 1/Cs VOU T V1 = − 1/Cs kR

⇒ V1 = (1 + RC·s) ·V2 ⇒

V2 =

RC·s ·V 1+RC·s OU T

⇒ VOU T = −kRC·s·V1

Debe tenerse en cuenta que se han asumido V4 = 0 y V2 = V3 para obtener las ecuaciones. Como se indicó en el enunciado, se procede a realizar el cambio u = RC·s con lo que el sistema de ecuaciones

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anterior se convierte en: V1 = (1 + u) ·V2 u V2 = 1+u ·VOU T VOU T = −k·u·V1

Combinemos ahora las ecuaciones: VOU T = −k·u·V1 = −k·u· (1 + u) ·V2 = −k·u· (1 + u) ·

u ·VOU T = −k·u2 VOU T 1+u

Esta condición solo se cumple si VOU T = 0 (solución trivial) o si −k·u2 = −kR2 C 2 ·s2 = 1. Exploremos este último caso. Si reemplazamos s = jωR , se cumple que −kR2 C 2 ·s2 = 1 ⇒ −kR2 C 2 · (jωR )2 = 1 ⇒

controlable con el parámetro

M

a

d

1 √1 · 1 2π k RC

s .e

c

m

m p

.u

w

w

w

a

tt

p

:/

/

e

rs

id

uso

iv h

U

n

Pa ra

d

de a

C

o

lum no

sd

el

lu te

a

n

se

d

e

En consecuencia, el sistema oscilaría con una frecuencia fR = k.

ri

d

1 1 ⇒ −kR2 C 2 ·(−1)·ωR2 = 1 ⇒ ωR = √ · k RC

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