TSTE80_1NNN_XS_exam_19990115

1 (10)
LINKÖPINGS TEKNISKA HÖGSKOLA
Institutionen för Systemteknik
Ämnesområdet Elektroniksystem
TENTAMEN
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
Lösningar
Uppgift 1:
Tentamen i
TSTE 80,
Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar
Laddningsanalys
(t)
a)
1. Switch enl. A: (t)
C2
q1 ( t ) = C1 v1 ( t ) ; q2 ( t ) = C2 v2 ( t ) ;
v2
q3 ( t ) = C3 v3 ( t )
2. Switch enl. B: (t+τ)
C3
q1 ( t + τ ) = C1 v2 ( t + τ ) ;
Lösningsförslag
99-01-15
v3 v1
q2 ( t + τ ) = C2 v2 ( t + τ ) ;
q3 ( t + τ ) = C3 v2 ( t + τ )
C1
A)
(t+τ)
Laddningen bevaras:
Tid:
1999-01-15, kl. 09.00 - 13.00
Tillåtna hjälpmedel:
Räknedosa (ej förprogrammerad genom studentens försorg)
S. Söderkvist: Formler & Tabeller
S. Eriksson, L. Wanhammar: Aktiva och tidsdiskreta filter
(Tabell- och formelsamling)
Matematiska och Fysikaliska tabeller t.ex. IngelstamRönngren-Sjöberg: TEFYMA
C2
q1 ( t + τ ) + q2 ( t + τ ) + q3 ( t + τ ) =
v2
= q1 ( t ) + q2 ( t ) + q3 ( t )
Detta ger:
C1
C3
( C 3 + C 2 + C 1 )v 2 ( t + τ ) =
= C1 v1 ( t ) + C2 v2 ( t ) + C3 v3 ( t )
v3 v1
B)
3. Switch enl. A: (t+2τ)
q 1 ( t + 2τ ) = C 1 v 1 ( t + 2τ ) ; q 2 ( t + 2τ ) = C 2 v 2 ( t + 2τ ) ;
Anvisningar:
Maximalt kan 70 poäng erhållas.
För betyget 3 (godkänd tentamen) fordras ca 30 poäng.
q 3 ( t + 2τ ) = C 3 v 3 ( t + 2τ )
Laddningen på C2 bevaras:
Betygslista:
Anslås på anslagstavlan senast 1999-02-05
q 2 ( t + 2τ ) = q 2 ( t + τ ) ⇒ v 2 ( t + 2τ ) = v 2 ( t + τ )
Vi får då:
Visning:
Meddelas när betygslistan anslås
C1 v1 ( t ) + C2 v2 ( t ) + C3 v3 ( t )
v 2 ( t + 2τ ) = --------------------------------------------------------------------C3 + C2 + C1
b)
Sätt: t + 2τ = kT ; 2τ = T vilket ger:
C 1 v 1 ( kT – T ) + C 2 v 2 ( kT – T ) + C 3 v 3 ( kT – T )
v 2 ( kT ) = -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------C3 + C2 + C1
z-transformera:
Lycka till!
C 1 V 1 ⋅ z –1 + C 2 V 2 ⋅ z –1 + C 3 V 3 ⋅ z –1
V 2 ( z ) = ----------------------------------------------------------------------------------------C3 + C2 + C1
Sida 2 (10)
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
99-01-15
Detta ger:
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
Uppgift 3:
z –1
gm-C filter
z –1
C1
C3
- V ( z ) + --------------------------------------------------------V (z)
V 2 ( z ) = -------------------------------------------------------( C 1 + C 2 + C 3 ) – C 2 z –1 1
( C1 + C 2 + C3 ) – C2 z –1 3
V1
eller
Vin
gm1
V2
RL=1/gm6
C2
V in g m1 – V 1 g m2 + V 2 g m4 – V 1 sC 1 = 0
V ut g m5 – V 1 g m3 – V 2 sC 2 = 0
V ut
– V 2 g m6 = ------- = V ut g m6
RL
Detta ger
V out ( s )
6s 2 + 4s + 6
- = ---------------------------------H ( s ) = ----------------- =>
V in ( s )
4s 3 + 5s 2 + 10
g m1 g m3
H ( s ) = -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------C 1 C 2 s 2 + ( C 2 g m2 + C 1 g m5 )s + g m3 g m4 + g m2 g m5
4s 3 V out ( s ) = – ( 5s 2 + 10 )V out ( s ) + ( 6s 2 + 4s + 6 )V in ( s ) =>
5
10
6 1
6
V out ( s ) = –  ----- + -------3- V out ( s ) +  ----- + ----2 + -------3- V in ( s ) =>
 4s 4s 
 4s s
4s 
eller
g m1 g m3
-----------------C1 C2
H ( s ) = ------------------------------------------------------------------------------------------------------g m3 g m4 g m2 g m5
g
g
m2
m5
s 2 +  --------- + --------- s + --------- ⋅ --------- + --------- ⋅ -------- C1
C2 C1
C1 C2
C2 
1 6
5
1
1 6
10
V out ( s ) = --- ⋅  --- V – --- V out + --- ⋅  V in + --- ⋅  --- V – ------ V out  

s  4 in 4
s 
s  4 in 4
Detta ger följande flödesschema:
-10/4
6/4
gm5
Vi får följande nodekvationer för filtret
Signalflödesschema
1/s
Vut
gm2
C1
c)
Integratorn är parasitokänslig ty switchen på OP:ns ingång switchas mellan jord och virtuell jord. Detta medför att laddningen på parasitkapacitansen aldrig ändras och således
påverkas ej heller överföringensfunktionen.
gm6
gm4
gm3
C1
C3
------------------------------------------------------------C1 + C2 + C3
C1 + C2 + C3
V 2 ( z ) = ----------------------------------------- V 1 ( z ) + ----------------------------------------- V 3 ( z )
C2
C2
z – ------------------------------z – ------------------------------C1 + C2 + C3
C1 + C2 + C3
Uppgift 2:
99-01-15
Uppgift 4:
-5/4
1/s
1/s
1
Vout
6/4
SC-filter
För LDI-transformen gäller
z–1
ωT
- och ω a = 2s 0 sin  --------
s = s 0 --------- 2 
z1 / 2
Beräkna värdet av s 0
Vin
ω ac
1
s 0 = -------------------------- = --------------------------------------- = 318.31 rad/s
ω c T
2π ⋅ 0.2k


2 sin ---------------------2 sin --------- 2 ⋅ 400k 
 2 
Kompensera för z –1 / 2 i yttre grenarna:
1
C 1 ′ = C 3 ′ = C 1 – -------------- = 0.9984F
2s 0 R i
Detta ger följande flödesschema:
Sida 3 (10)
Sida 4 (10)
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
–1
---------------------------------------( 1 – z – 1 )s 0 RC 1
z–1 R
-----------------------------------( 1 – z – 1 )s 0 L 2
–1
---------------------------------------( 1 – z – 1 )s 0 RC 3
R/RL
99-01-15
b)
För att beräkna bruseffekten: (småsignalmässigt) sätt
V in = 0 , gör avbrott för strömkällan och sätt V B till jord.
Vut
in
Därmed kan vi skriva, med nodanalys
– V ut ⋅ sC L + i n – ( V ut – V x ) ⋅ g ds1 + g m1 ⋅ V x = 0
-RI2
E
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
1
p 1 = -------------------------------------------r ds1 ⋅ r ds2 ⋅ g m1 ⋅ C
V3=VL
-V1
R/Ri
99-01-15
Vx
CL
– g ds2 ⋅ V x – g m1 ⋅ V x + ( V ut – V x ) ⋅ g ds1 = 0
-z-1R/Ri
Vilket ger
vilket ger följande realisering:
g ds2
V x = ------------------------------------------ ⋅ V ut och
g m1 + g ds2 + g ds1
C8
– V ut ⋅ ( sC L + g ds1 ) + V x ⋅ ( g ds1 + g m1 ) + i n = 0
C9
-VL
C5
C7
Följdaktligen
C13
C10
g m1
g ds1 + g ds2 + g m1
V ut = i n ⋅ ----------------------------------------------------------------------------------- ≈ i n ⋅ ---------------------------------------------sC L g m1 + g ds1 g ds2
sC L ( g ds1 + g ds2 + g m1 ) + g ds1 g ds2
C12
Därmed har vi överföringsfunktionen från brusströmkälla till brusspänningen på
utgången:
C6
E
r ut
V ut
g m1 ⁄ ( g ds1 ⋅ g ds2 )
- = --------------------------------H ( ω ) = ------- = ----------------------------------------1 + r ut C L ⋅ jω
in
g m1 ⋅ C L
------------------------ jω + 1
g ds1 ⋅ g ds2
C11
C4
C4
C
C
C 11
C 13
1
- = ------- = ------------- = 0.00315
R = R i = R L = 1 ⇒ ------ = -----5- = -----6- = ------C7
C7
C7
C 12
C 12
s0 C1 ′
Total spektraltäthet på utgången ges av
C
C
1
-------8- = -------9- = ----------- = 0.0015733
C 10
C 10
s0 L2
där S in ( f ) är spektraltätheten för transistorns (M1) brusström:
Uppgift 5:
8kT
S in ( f ) = ---------- g m1
3
Filter
Spektraltätheten på utgången blir då
SC ≈ 0.1 %och gmC ≈ 20 – 50 %.
2
r ut
8kT
S ut ( f ) = ---------- ⋅ g m1 ⋅ -----------------------------------------------23
1 + ( 2πf ⋅ r ut ⋅ C L )
SC filter är således bättre.
Uppgift 6:
S ut ( f ) = H ( f ) 2 S in ( f )
Brusbandbredden blir (enligt eq. 4.38 i Johns)
Förstärkare
a)
Förstärkaren är en s.k. cascode- förstärkare. Den dominerande polen bestäms av last kapacitansen och utresistansen för förstärkaren. Utresistansen för en cascode-förstärkare är
r ut ≈ r ds1 ⋅ r ds2 ⋅ g m1 (om man antar att g m » g ds ) vilket ger följande dominerande pol
Sida 5 (10)
1
f n = ---------------4r ut C L
Detta ger den totala bruseffekten på utgången till
2
g m1
2kT
2 = 8kT
2 ⋅ f = 2kT
---------- ⋅ g m1 ⋅ r ut
---------- ⋅ g m1 ⋅ r ut = ---------- ⋅ ----------------------v ut
n
3
3C L
3C L g ds1 ⋅ g ds2
Sida 6 (10)
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
99-01-15
c)
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
99-01-15
Detta ger
gm =
W
2  µ 0 C ox ----- I D => g m1 och g m2 ökar med

L
v in
1
1
1
r in = ------ = ---------------------------------- ≈ ------------------ = -------------------------------- = 2.6Ω
g ds1 + A ⋅ g m1 A ⋅ g m1
i in
1000 ⋅ 0.38m
2
och
g ds
c)
Minsta spänningen ges av V eff = V DS, sat = V GS – V T för transistor M2. Vi har att
ID
= ---------- => ingen ändring av g ds1 eller g ds2 .
LK λ
I D = ( β ⁄ 2 ) ⋅ ( V GS – V T ) 2 =>
Totala bandbredden är given av den dominerande polen från a)
1
p 1 ≈ -------------------------------------------- => och minskar därmed också med en faktor
r ds1 ⋅ r ds2 ⋅ g m2 ⋅ C
V GS2 =
2
2 ⋅ 20u
-------------------- + 0.8 = 0.9 V
40
92u ⋅ -----1
Dvs V ut, min = V GS2 – V T = 0.1V .
Brusbandbredden enligt b) är
1
1
f n = ---------------- = ------------------------------------------------------- => och minskar därmed med
4r ut C L
4 ⋅ r ds1 ⋅ r ds2 ⋅ g m1 ⋅ C L
2.
Uppgift 8:
Operationsförstärkare
Bandbredden ges av
Bruseffekten är
1
ω –3dB = β ⋅ ω u = --- ⋅ 2π ⋅ 4e6 = 2π ⋅ 2 Mrad/s
2
2
g m1
2 = 2kT
---------- ⋅ ----------------------- => och ökar därmed med en faktor 2.
v ut
3C L g ds1 ⋅ g ds2
Uppgift 7:
2I D
-------- + V T =
β
Uppgift 9:
Förstärkare
Dataomvandlare
a)
a)
Komparator
iin
Vin
vin
iout
D1
G1 G2
gds1 gds2
S1
D2
gm2v1
DAC
S2
L
1
r ds = K λ ----- = 8000 ⋅ ---------- = 400kΩ och
ID
0.02
W
2  µ 0 C ox ----- I D =

L
Vref
Det analoga värdet sparas först i en S/H krets. Det analoga värdet jämförs med utsignalen
från en D/A omvadlare. Insignalen till D/A omvadlaren styrs av att SAR register som
oftast använder binär sökning for att hitta den digital kod som ligger närmast det analoga
insignalvärdet. Detta innebär att först jämförs insignalen med MSB i D/A omvandlaren.
Beroende på resultatet i komparatorn sätts MSB till 1 eller 0. Detta upprepas för samtliga
bits i den digitala utsignalen. Hastiheten miskar alltså linjärt med antalet bitar i den digitala utsignalen.
b)
gm =
SAR Register
vut
v1
gm1v1
S/H
2 ⋅ 92u ⋅ 40 ⋅ 20u = 0.38 mA/V
Nodekvationer
g m1 ⋅ v 1 + v in ⋅ g ds1 = i in
v 1 = v in ⋅ A
Sida 7 (10)
Sida 8 (10)
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
b)
Samtliga analoga utvärden för D/A omvadlaren skapas med en
resistor-sring enl. oven. Switchar används för att koppla korrekt
analog spänning till utgången. En nackdel är att antalet komponenter ökar exponentiellt med antalet bitar.
99-01-15
Vref
b3
b3
b2
b1
b3 b2
b3
b2
c)
Gör M1 och M2 4 gånger så breda. Detta medför att g m1 och g m2 ökar med en faktor 2.
Detta medför att ω u = g m1 ⁄ C L också ökar med en faktor 2.
d)
Förstärkningen ökar med en faktor 2 eftersom g m1 ökar med en faktor 2. Slew Rate
påverkas inte av omdesignen.
b3
b3
99-01-15
g m1
ω u = A 0 p 1 = -------- = 2π ⋅ 101.8 Mrad/s
CL
b3 b2
b3
TSTE 80, Analoga och Tidsdiskreta Integrerade Kretsar – Lösningar
b1
g m4
p 2 = – ---------C gs4
är konstant medan unity-gain frekvensen ökar. Detta medför att unity gain frekvensen ligger närmare pol 2 vilket medför att fasmarginalen miskar.
Uppgift 10:
a)
Slew Rate (SR) beskriver hur snabbt ut spänningen kan ändras i förstärkaren. SR begränsas av tillgänglig utström och lastkapacitans
I ut, max
I6
I7 ⁄ 2 + I4
200u + 100u
- = ------------------------------- = 100 V/us
= --------------------SR = --------------- = -----CL
3p
CL
CL
b)
1
1
p 1 = ----------------- ≈ -------------------------------------------------------------r ut ⋅ C L g m4 ⋅ r ds2 || r ds6 ⋅ r ds4 ⋅ C L
g m1 =
2 ⋅ 92 ⋅ 100 ⋅ 200 = 1918 uA/V
g m4 =
2 ⋅ 30 ⋅ 150 ⋅ 50 = 947 uA/V
L
1
r ds2 = K λ ----- = 8000 ⋅ ------- = 40kΩ
ID
0.2
L
1
r ds4 = K λ ----- = 12000 ⋅ ------- = 120kΩ
ID
0.1
L
1
r ds6 = K λ ----- = 12000 ⋅ ---------- = 40kΩ
ID
0.25
Detta ger
1
1
1
p 1 = ----------------- ≈ -------------------------------------------------------------- = ------------------------------------------------------ =
r ut ⋅ C L g m4 ⋅ r ds2 || r ds6 ⋅ r ds4 ⋅ C L
974u ⋅ 20k ⋅ 120k ⋅ 3p
3
= 143 ×10 rad/s
och
A 0 = g m1 ⋅ r ut ≈ g m1 ⋅ g m4 ⋅ r ds2 || r ds6 ⋅ r ds4 = 4484
Unity-Gain frekvensen ges av
Sida 9 (10)
Sida 10 (10)