ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΑΤΡΩΝ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗΣ & ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ

6/0 ΨΗΦΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΕΝΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ & ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΑΤΡΩΝ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗΣ & ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 00 ΨΗΦΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΕΝΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ & ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΔΙΔΑΣΚΟΝΤΕΣ: Γ. Παπαδόπουλος, Καθηγητής 6/6/00 Κ. Ευσταθίου, Λέκτορας ΘΕΜΑ 1 (15) Αναφορικά με τον Ring Oscillator εξηγείστε: Α) Γιατί ο αριθμός των αναστροφέων πρέπει να είναι περιττός για να υπάρξει ταλάντωση. Β) Την σχέση που ισχύει μεταξύ της περιόδου ταλάντωσης και της καθυστέρησης ανά πύλη σε συνδυασμό με τον αριθμό των πυλών που χρησιμοποιούνται. ΘΕΜΑ (15) Το Transmission Gate μπορεί να υλοποιηθεί με τους δύο τρόπους που δείχνονται στο Σχήμα α και β. Α) Εάν ο πυκνωτής είναι αρχικά αφόρτιστος και η Vi=V DD, εξηγείστε σε ποια τάση θα φορτιστεί ο πυκνωτής C σε κάθε μία από τις περιπτώσεις του Σχήματος. Β) Δεδομένου ότι τα MOSFETS είναι συμμετρικά να δείξετε σε ποιόν ακροδέκτη αντιστοιχεί η πηγή για τάση εισόδου Vi=V DD. Vc Vc Vi C Vo Vi C Vo Σχήμα α Σχήμα β ΘΕΜΑ 3 (15) Στο Σχήμα 3 δείχνεται το NMOS κύκλωμα μίας πύλης τεσσάρων εισόδων με CMOS τεχνολογία. Α) Να σχεδιάσετε το PMOS κύκλωμα. Β) Να γράψετε την έκφραση Boole της εξόδου. Γ) Να δώσετε το sizing των MOSFETs έχοντας υπ όψιν ότι στον αναστροφέα αναφοράς ισχύει (W/L) N =.5 και (W/L) P =5. A Vc B MB MA C MC D MD Y Σχήμα 3 1

6/0 ΨΗΦΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΕΝΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ & ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΘΕΜΑ 4 (15) Στο Συνημμένο Φύλλο 1 δίδεται ψηφιακό κύκλωμα, καθώς και οι κυματομορφές που εφαρμόζονται σ αυτό. Α) Συμπληρώστε τις κυματομορφές στο Συνημμένο 1, λαμβάνοντας υπ όψιν ότι αρχικά Q M =0, Q S =0 και θεωρώντας τις καθυστερήσεις των πυλών μηδενικές. Β) Σημειώστε σε ποια σημεία έχουμε το φαινόμενο 1 s catching. ΘΕΜΑ 5 (15) Στο Συνημμένο Φύλλο δίδεται ψηφιακό κύκλωμα, καθώς και οι κυματομορφές που εφαρμόζονται σ αυτό. Α) Συμπληρώστε τις κυματομορφές στο Συνημμένου, λαμβάνοντας υπ όψιν ότι αρχικά Q0=Q1=Q=0 και θεωρώντας μηδενικές τις καθυστερήσεις των ψηφιακών κυκλωμάτων. ΘΕΜΑ 6 (5) Ο αναστροφέας που δείχνεται στο Σχήμα 6 είναι Pseudo NMOS. Οι σχέσεις που διέπουν την λειτουργία του είναι: VDD 1 idn = kn ( ui Vt) για u o >(u i -Vt) (saturation) 1 Qp i DN = kn ( ui Vt) uo uo για u o <(u i -Vt) (triode) uo 1 idp = k p ( VDD Vt) για u o <Vt (saturation) ui Qn 1 i DP = k p ( VDD Vt)( VDD uo) ( VDD uo ) για u o >Vt (triode) Α) Να αποδείξετε τα όρια για το i DP. Β) Να υπολογίσετε την τάση V OH. Σχήμα 6 Γ) Να υπολογίσετε την καθυστέρηση t P,HL, μετάβασης από H->L, όταν η είσοδος πάει απότομα από u i =0 σε u i =V DD. Δ) Να δείξετε στο επίπεδο idn,vo την δυναμική πορεία που ακολουθεί το σημείο λειτουργίας για να ολοκληρωθεί η ανωτέρω μετάβαση. Δίδεται: μ W 4μm n Cox = 0μA/V, V DD =5V, Vtn= Vtp =Vt=1V, = L N μm W και L P 1 W = 8 L N

6/0 ΨΗΦΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΕΝΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ & ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΗΜΜΕΝΟ ΦΥΛΛΟ 1 ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ ΑΜ: ΕΤΟΣ: J QM QS Clk K Το Κύκλωμα του 4 ου θέματος Clk J K QM QS Συμπληρώστε τις κυματομορφές θεωρώντας ότι αρχικά QM=QS= 0

6/0 ΨΗΦΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΕΝΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ & ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΗΜΜΕΝΟ ΦΥΛΛΟ ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ ΑΜ: ΕΤΟΣ: VCC T Q 1 3 G Q0 Q1 Q T Q VCC T Q CK CK CK Q Q Q Clk Το Κύκλωμα του 5 ου θέματος Clk Q0 Q1 Q G Συμπληρώστε τις κυματομορφές θεωρώντας ότι αρχικά Q0=Q1=Q= 0. (Τα Flip-Flops ενεργοποιούνται στη πίπτουσα παρυφή)

ΘΕΜΑ 1 (15) Ο αριθμός των αναστροφέων πρέπει να είναι περιττός ώστε να έχουμε διαφορά φάσεις μεταξύ της εισόδου και της εξόδου 180 ο. 1 N N+1 1 1 1 Αν δούμε την χαρακτηριστική του Ring-Oscillator παρατηρούμε ότι έχει μόνο ένα δυνατό σημείο λειτουργίας, στο οποίο η χαρακτηριστική έχει μεγάλη κλίση και μία μόνο μικρή τάση (θόρυβος ) αρκεί για να ξεκινήσει να ταλαντώνει λόγω της θετικής ανάδρασης. Vo Vo Vi Αρτιος Αριθμός Αναστροφέων Περιττός Αριθμός Αναστροφέων Χαρακτηριστικές μεταφοράς ανοιχτού βρόχου αρτίου και περιττού αριθμού αναστροφέων Vi Επομένως περίοδος ταλάντωσης του Ring-Oscillator είναι αριθμός των αναστροφέων. F 1 =, όπου Ν ο Nt P Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται ο τρόπος που δημιουργείται η ταλάντωση. Την χρονική στιγμή Τ1 εμφανίζεται ένας μικρός θόρυβος στη έξοδο της πρώτης πύλης. Η μεταβολή αυτή εμφανίζεται στην έξοδο της δεύτερης πύλης μετά από μία μικρή καθυστέρηση t P, στον χρόνο Τ, ενισχυμένη και ανεστραμμένη. Η αλλαγή της τάσης εξόδου της δεύτερης πύλης προκαλεί πάλι μετά από μία μικρή καθυστέρηση (χρόνος Τ3) μεγάλη αλλαγή στην έξοδο της τρίτης πύλης που αποτελεί είσοδο στην πρώτη πύλη. Έτσι στον χρόνο Τ4 η έξοδος της πρώτης πύλης θα κινηθεί αντίστροφα απ ότι στον χρόνο Τ1. Με αυτό τον τρόπο συντηρείται η ταλάντωση. 5V T1 0V 5V T4 T5 T 0V 5V T3 T6 0V

ΘΕΜΑ (15) Α) Όταν Vi=V DD και ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος (Vo=0V) τότε το Source του MOSFET βρίσκεται στην πλευρά του πυκνωτή (δεξιά) επειδή Vc=Vi=5V έχουμε V GD =0. Συνεπώς το MOSFET βρίσκεται πάντα στην περιοχή κορεσμού. Vc G Vi D S Σχήμα Α. Το NMOS θα παραμείνει στην περιοχή κορεσμού καθ όλη την διάρκεια της φόρτισης διότι : VDS = VDD uo VGS = VDD Vt uo Επομένως όταν μηδενιστεί το ρεύμα η τάση εξόδου θα είναι : uo = VDD Vt Ας σημειωθεί ότι το ρεύμα που το διαρρέει δίδεται από τον τύπο : 1 idn = kn ( VDD uo Vt) Στο σχήμα Β το NMOS συμπεριφέρεται όπως προηγουμένως φορτίζοντας τον πυκνωτή σε τάση Vo=V DD -Vt. Όμως το PMOS έχει συνεχώς τάση V GS μεγαλύτερη (κατ απόλυτη τιμή) από Vt (V GS =-V DD ) και συνεπώς άγει συνεχώς. Έτσι λόγω της ύπαρξης του PMOS ο πυκνωτής φορτίζεται μέχρι την τάση V DD. Vc G C Vo Vi D S S D C Vo Vc G Σχήμα Β. Όσο η τάση εξόδου Vo είναι μικρότερη V DD Vt το PMOS βρίσκεται στην περιοχή κορεσμού. Για τάση εξόδου μεγαλύτερη από V DD Vt το MOSFET θα βρίσκεται στην γραμμική περιοχή θα συνεχίσει να άγει με ρεύμα : 1 idp = kp ( VSG Vt )( VDD uo ) ( VDD uo) Από τα παραπάνω γίνεται σαφές ότι το ρεύμα φόρτισης του πυκνωτή μηδενίζεται όταν uo = VDD, οπότε σταματά και η φόρτιση του πυκνωτή. Β) Τα pins των MOSFETs δίδονται στο παρακάτω σχήμα: Vi Vc G D S Σχήμα Α C Vo Vi Vc G D S S D G Vc Σχήμα Β C Vo

Η συμμετρία της κατασκευής των FETS δίνει την δυνατότητα στους ακροδέκτες Drain και Source να αλλάζουν ρόλους. Έτσι, το NMOSFET έχει πάντα στον ακροδέκτη Drain μεγαλύτερη τάση από τον ακροδέκτη Source (υπό την προϋπόθεση ότι ο ακροδέκτης Body έχει μικρότερη τάση από τον ακροδέκτη Source). Αντίστοιχα, το PMOSFET έχει πάντα στον ακροδέκτη Drain μικρότερη τάση από τον ακροδέκτη Source (υπό την προϋπόθεση ότι ο ακροδέκτης Body έχει μεγαλύτερη τάση από τον ακροδέκτη Source). ΘΕΜΑ 3 (15) Α) Το PMOS κύκλωμα δείχνεται στο παρακάτω σχήμα. VDD D MD B MB C MC A MA Β) Η έξοδος της πύλης θα είναι Low όταν, ή η είσοδος Α είναι High ή η είσοδος Β είναι High και μία από τις εισόδους C ή D είναι high. Συνεπώς η έκφραση Boole της εξόδου θα είναι: Y = A + BC + BD Γ)Το sizing των MOSFETs Με βάση τον αναστροφέα αναφοράς έχουμε για τα NMOS ένα δρόμο γείωσης μέσω W L =. Επιπλέον έχουμε ένα δρόμο γείωσης μέσω του του MA, συνεπώς ( ).5 NA MB και του MC ή MD, συνεπώς ( W L ) = 5, ( W L ) = 5, ( ) 5 NB NC ND Y W L =. Για τα PMOS έχουμε ένα δρόμο που οδηγεί στο V DD μέσω του MA, MC και MD, W L =. To ΜΒ είναι παράλληλα με W L =,( W L ) = 15, ( ) 15 συνεπώς ( ) 15 pa pc τα MC και MD, συνεπώς θα έχει το μισό πλάτος: ( W L ) = 7.5. pb Για να βρούμε το ελάχιστο ( W L ) για το B P-MOS χρησιμοποιήσαμε την σχέση : ( W L) pd 1 1 1 + = 15 5 pb

ΘΕΜΑ 4 (15) Clk J K QM QS Ones Catching ΘΕΜΑ 5 (15) Clk Q0 Q1 Q G

ΘΕΜΑ 6 (5) Με βάση τ δεδομένα της άσκησης έχουμε: W k n = µ ncox = 50µ Α / V L N W k p = µ pcox = 3,75µ Α / V L P A) Τα στατικά όρια του I DP βρίσκονται όταν V i = V OH, V i =V OL. Όταν V i =V OL το Q N είναι στο Cut-Off, συνεπώς το ρεύμα που ρέει μέσα από τα δύο FETs είναι μηδενικό. I DP = 0 A Όταν V i = V OH = V DD τότε τo Q N είναι στην γραμμική περιοχή (V DS =V OL =0.1V) και το Q P είναι στον κόρο. Συνεπώς το ρεύμα ορίζεται από το ρεύμα κόρου του Q P. i DP 1 ( V Vt) = 30 Α = kn DD µ B) Όταν V i =V il τo Q P είναι στην γραμμική περιοχή και το Q N είναι στην αποκοπή. Συνεπώς το ρεύμα που ρέει στο κύκλωμα είναι μηδενικό και η πτώση τάσης στα άκρα του PMOS θα είναι μηδενική. 1 idp = kp ( VDD Vt)( VDD uo ) ( VDD uo ) = 0 V = V = 5V OH DD Γ) Όταν η τάση εισόδου είναι High τότε η στατική τάση εξόδου VOL υπολογίζεται θεωρώντας το Q N στην ωμική περιοχή και το Q P στον κόρο: 1 1 idn = idp kn ( VDD Vt) uo uo = k p ( VDD Vt) Επιλύνοντας την δευτεροβάθμια ως προς u o εξίσωση έχουμε: VOL = uo = ( VDD Vt) ( 1± 1 k p / kn ) = 0, 15V t Για να βρούμε τον χρόνο H L θεωρούμε ότι ο πυκνωτής φορτίζεται με σταθερό ρεύμα. Για να βρούμε το μέσο ρεύμα εκφόρτισης του πυκνωτή πρέπει να αφαιρέσουμε από το ρεύμα i DN το ρεύμα i DP που ρέει μέσω του PMOS. I avhl = I + I I DN ( A) DN ( B) DP( C) Στο σημείο Α το Q Ν είναι στον κόρο, ενώ το Q P είναι στην ωμική περιοχή και διαρρέετε από μηδενικό ρεύμα αφού uo = VDD. Έτσι το ρεύμα που εκφορτίζει τον πυκνωτή είναι το ρεύμα που ρέει μέσα από το Q N.

i DN ( A) 1 ( V - Vt) = Α = µ ncox DD 400µ Στο σημείο Β το Q N και τo Q P είναι στην γραμμική περιοχή αφού η τάση u o είναι περίπου.5v και το V GS και των δύο FET είναι 5V. VOH + VOL uo = =,55V, 5V 1 i DN = kn ( ui Vt) uo uo = 343,75µ Α i DP 1 = k p ( VDD Vt)( VDD uo ) ( VDD uo ) = 5,78µ Α Συνεπώς το μέσο ρεύμα εκφόρτισης του πυκνωτή θα είναι: I avh-l =359μΑ Έτσι ο χρόνος μετάβασης από High σε Low θα είναι: t VDD V = I Co = 6.75ns OL phl / avh L pf Δ) Η κίνηση του ρεύματος εκφόρτισης του πυκνωτή είναι από το Α προς το Β. ID B A IDN IDP VOL VOH Vo

ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 00 ΘΕΜΑ 1 ΛΥΣΗ Α) O CMOS αντιστροφέας δεν επηρεάζεται από το φαινόμενο σώματος διότι ο ακροδέκτης σώματος του NMOS τρανζίστορ συνδέεται στη γη, ενώ του PMOS στην τροφοδοσία. Συνεπώς V SB =0. Β) H καμπύλη εκφόρτισης του πυκνωτή φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Γ) Αρχικά πριν την εφαρμογή του παλμού, ο αντιστροφέας λειτουργεί στο σημείο ηρεμίας Α. Όταν η είσοδος γίνει απότομα HIGH, η έξοδος λόγω της ύπαρξης του πυκνωτή θα παραμείνει HIGH και το κύκλωμα θα μεταβεί στο σημείο λειτουργίας Ε, όπου το ΝΜΟS λειτουργεί στον κόρο επειδή V GD =0< V t και το PMOS στην αποκοπή. Στη συνέχεια καθώς ο πυκνωτής εκφορτίζεται η V o μειώνεται μέχρι το σημείο F όπου πλέον V o =V DD -V th και το NMOS τρανζίστορ μπαίνει στην τρίοδο. Στο σημείο Μ η τάση εξόδου θα έχει την ενδιάμεση τιμή μεταξύ V OL και V OH, δηλαδή V DD / και παραμένουν οι ίδιες περιοχές λειτουργίας για τα τρανζίστορ. Δ) Το μέσο ρεύμα εκφόρτισης είναι ο μέσος όρος των ρευμάτων στις καταστάσεις Ε και Μ. 1 I ( ) NE, = k VDD Vth =ma. 1 VDD 1 VDD INM, = k ( VDD Vth) = 0.88 ma. Συνεπώς I av =(+0.88)/=1.44mA.

E) Η καθυστέρηση θα δίνεται από τη σχέση: VA VD VDD VDD / VDD td = C = C = C =1.188ns. I I I av av av ΘΕΜΑ A) ( 1 3) ( 1 ) Y = A + A + A B + B C1 ΛΥΣΗ B) To συμπληρωματικό δίκτυο είναι το ακόλουθο:

Γ) Για να υπολογίσουμε τα μεγέθη των τρανζίστορ ως προς τον αντιστροφέα αναφοράς εργαζόμαστε με τον ακόλουθο τρόπο. Βρίσκουμε καταρχήν τα μονοπάτια αγωγής ρεύματος. Για τα NMOS, το κάθε μονοπάτι (path) για το ρεύμα αποτελείται από 3 τρανζίστορς(c1 και (B1 Ή Β) ΚΑΙ (C1 Ή C Ή C3)). Συνεπώς η ισοδύναμη αντίσταση των επιμέρους τρανζίστορ πρέπει να είναι το 1/3 της αντίστασης του NMOS αναφοράς, δηλ. W W W 6 = = =. L C, nmos L B, nmos L A, nmos 1 Φυσικά εδώ έχουμε επιλέξει το χειρότερο σενάριο όπου άγει μόνο ένα τρανζίστορ από τις εισόδους Β και ένα από τις εισόδους Α. Για τα PMOS υπάρχουν τρία μονοπάτια αγωγής, μέσω των τριών παράλληλων κλάδων. Κάθε κλάδος όμως αποτελείται από διαφορετικό αριθμό τρανζίστορ. Ο C που έχει ένα, θα πρέπει το PMOS τρανζίστορ να έχει ίδια αντίσταση με το PMOS τρανζίστορ αναφοράς. Άρα: W 5 =. Στον κλάδο Β τα επιμέρους εν σειρά τρανζίστορ θα πρέπει να L C, pmos 1 έχουν διπλάσιο (W/L) ώστε να δίνουν την ίδια αντίσταση με το PMOS τρανζίστορ αναφοράς. Συνεπώς: W W 10 = =. Αντίστοιχα για τον κλάδο Α ισχύει: L L 1 B1, pmos B, pmos W W W = = L L L A1, pmos A, pmos A3, pmos = 15 1 ΘΕΜΑ 3 ΛΥΣΗ Α) Για χαμηλή τάση εισόδου (V i = VCEsat=0,1V) το Q1 θα είναι στην περιοχή του κόρου, ενώ τα Q και Q3 στην αποκοπή διότι η τάση Vb είναι μικρή και δε μπορεί να «ανοίξει» τις διόδους βάσης εκπομπού των δύο αυτών τρανζίστορ. Έχουμε επομένως:

3.3 0.8 VB 1 = 0.1+ VBE, SAT = 0.8 V, IB1 = = 0.65mA. Επίσης: Ι Ε1 =0.65mA αφού 4K Ι C1 =0. Προφανώς: V o =3.3 V. B) Για V i = HIGH = 3.3V, από τη θεωρία για την TTL πύλη, το Q1 λειτουργεί στην ανάστροφο ενεργό και το Q θα είναι στον κόρο. Ωστόσο, στην προκειμένη περίπτωση έχουμε διαφορετική συνδεσμολογία σε σχέση με την TTL. Εδώ το Q και Q3 έχουν κοινούς συλλέκτες και προφανώς το Q3 δε μπορεί να είναι στον κόρο, διότι αφού το Q είναι στον κόρο τότε V c =V b3 +0.1 => V BC3 = -0.1 => Q3 ενεργός. Επομένως: V Β3 = V ΒΕ,ΟΝ + 0 = 0.6 V, V b = V b3 + V be,sat =0.6 + 0.7 = 1.3 V, V b1 =1.3 + 0.6 =1.9V I b1 =(3.3-1.9)/4K=0.35mA. V c =V OL = V b3 + V ce,sat =0.7V, I B =(1+β r )I Β1 =0,35mΑ, I R = V b3 /1K=0.6mA. I R3 =(3.3-0.7)/K=1.3mA. Για να βρούμε τα ρεύματα Ι C και I C3 εργαζόμαστε ως εξής: Στον κόμβο της εξόδου ισχύει: Ι R3 = I C + I C3 => Ι R3 = I C + β I Β3 (1) Επίσης: Ι Ε = Ι Β + Ι C => I R + I B3 = Ι Β + Ι C () Οι (1) και () έχουν ως μόνους αγνώστους τα Ι C και I B3. Επιλύοντας το σύστημα βρίσκουμε Ι Β3 =0.03 ma και Ι C = 0.8mA. Επομένως Ι C3 = 1.0mA. Γ) Εφαρμόζοντας αντίστοιχη με την εύρεση της TTL χαρακτηριστικής μεθοδολογία, το πρώτο breakpoint ξεκινώντας από χαμηλή τάση εισόδου, θα συμβεί όταν το Q αρχίσει οριακά να άγει. Αυτό θα γίνει για V i =V ΒΕ,on V ce,sat =0.5V. Τότε προφανώς, V o =3.3 V. Δηλαδή: V IL =0.5 V, V OH =3.3 V Αυξάνοντας την τάση εισόδου το Q αρχίζει να άγει όλο και περισσότερο μέχρι το σημείο όπου το Q3 μόλις αρχίσει να άγει. Οι καταστάσεις των τρανζίστορ έχουν ως εξής: Q1 => κόρος, Q => ενεργός, Q3 => just,on Επομένως : V I = V IH =V BE1,on + V BE,on V CE1,sat = 0.6 + 0.6-0.1 = 1.1V. Ι R =0.6/1K = 0.6 ma. Προφανώς: Ι R = Ι Ε Ι C =(β/β+1)ι Ε =0.58 ma. V o =3.3 0.58*=.14 V. Στη συνέχεια για πολύ μικρή αύξηση της τάσης εισόδου το Q3 αρχίζει να «τραβάει» ένα μεγάλο ρεύμα και η τάση εξόδου πέφτει στην V OL. Η μορφή της χαρακτηριστικής δίνεται από το παρακάτω διάγραμμα. 3,5 3 0; 3,3 0,5; 3,3,5 1,1;,14 1,5 1 0,5 0 1,; 0,7 3,3; 0,7 0 1 3 4 ΝΜ L =V IL -V OL =0.5-0.7=0.V,ΝΜ H =V OH -V IH =3.3-1.=.1 V

ΘΕΜΑ 4 ΛΥΣΗ A) Ο πίνακας των 17 καταστάσεων θα πρέπει να ξεκινάει από την τιμή 99-17=8. Επίσης, ο έλεγχος του Early Decoding γίνεται στην συμπληρωματική τιμή του, δηλαδή 99-=97. Οι είσοδοι preset είναι επομένως στην τιμή 8 και η ψηφιακή πύλη ανιχνεύει την κατάσταση 97. Το μπλοκ διάγραμμα του μετρητή είναι το ακόλουθο. B) Ο counter1 μετρά τις μονάδες ενώ ο counter τις δεκάδες. C)

Σεπτέμβριος 003 ΘΕΜΑ 1 Λύση 1.1 To κύκλωμα αποτελείται από μια NAND πύλη όπου συνδέονται οι είσοδοι Α και Β, από τρεις αντιστροφείς και μια πύλη περάσματος με είσοδο P1 και σήμα ελέγχου P3. 1. 1.3 Για την έξοδο ισχύει: OUT = P4= P1 P= P1+ P= B + C + A = A + BC. ΘΕΜΑ

Λύση.1. Τα Shottky τρανζίστορ κατασκευάζονται συνδέοντας μια δίοδο Shottky μεταξύ βάσης και συλλέκτη ενός απλού διπολικού τρανζίστορ. Η τάση ορθής πόλωσης της διόδου ανέρχεται στα 0.5V με αποτέλεσμα το τρανζίστορ Shottky να μην λειτουργεί ποτέ στον κόρο. Η τάση V BC «κλειδώνει» δηλαδή στα 0.5 V. Με αυτόν τον τρόπο κατασκευάζουμε πιο γρήγορες πύλες... Η ύπαρξη του τρανζίστορ Q5 προσφέρει αυξημένο κέρδος στην έξοδο όταν η είσοδος είναι LOW, άρα και αυξημένη δυνατότητα παραγωγής ρεύματος. Επίσης η χαμηλότερη αντίσταση εξόδου μειώνει το χρόνο που απαιτείται για να φορτιστεί η χωρητικότητα εξόδου στο HIGH..3. Η έξοδος είναι υψηλή όταν Α=Β=LOW. Τα Q,Q3 και Q6 είναι στην αποκοπή και το Q4 και Q5 στην ενεργό. Η έξοδος δίνεται συνεπώς από τις πτώσεις τάσεως στα Q4 και Q5. Δηλ. V OH = V CC V BE4 V BE5 = 5 0.8 0.8 = 3.4 V Η έξοδος είναι χαμηλή όταν Α=1 ή Β=1. Τότε Q,Q3 και Q6 είναι στην ενεργό και Q4, Q5 στην αποκοπή. Τότε V OL =V CE3 = 0.3 V..4. Το χαρακτηριστικό του ενεργού pull down είναι ότι θα αρχίσει να άγει όταν η πτώση τάσης V BE λάβει κατάλληλη τιμή. Με αυτόν τον τρόπο τα Q,Q3 και Q6 αρχίζουν να άγουν ταυτόχρονα και η χαρακτηριστική γίνεται πιο τετραγωνική. Η τάση V BN3 για την οποία αρχίσει να άγει το ενεργό pull down είναι τα 0.8 V..5. H V IL ανέρχεται στο 1.1V διότι σε αυτήν την τάση τα Q,Q3 και Q6 αρχίζουν οριακά να άγουν. Πέρα από τα 1.3 V αρκετό ρεύμα διοχετεύεται μέσω αυτών των τρανζίστορ και τα Q5 και Q4 μεταβαίνουν στην αποκοπή. Άρα V IΗ =1.3V..6. Ο τρανζίστορ Q4 δεν είναι Shottky διότι από τη λειτουργία του κυκλώματος δε μεταβαίνει ποτέ στον κόρο επομένως δε χρειάζεται να είναι Shottky. 3.1. Βρίσκουμε πρώτα τις σχέσεις μεταξύ των διάφορων σημάτων. Ισχύουν: Τ 0 =/Q, T 1 =Q 0, J =Q 0 *Q 1, K =Q Σημ. Τα διαγράμματα χρονισμού έχουν γίνει υποθέτοντας ότι τα Flip flop λειτουργούν στην ανιούσα παρυφή. Αν λειτουργούσαν στην πίπτουσα θα έπρεπε να μετατοπιστούν κατά μία ημιπερίοδο προς τα δεξιά.

Υπό φυσιολογική λειτουργία οι τρεις τελευταίες καταστάσεις δεν εμφανίζονται. Τις βάζουμε όμως διότι το κύκλωμα μπορεί να βρεθεί εκεί από κάποιο σφάλμα. 3. Το διάγραμμα καταστάσεων προκύπτει πολύ εύκολα ως εξής: (0)->(1)->()->(3)->(4)->(0) (7) (6) (5)

4.1. Το PMOS τρανζίστορ είναι πάντα ΟΝ. Το σε ποια περιοχή λειτουργεί καθορίζεται από τις αντίστοιχες συνθήκες. Ειδικότερα για V GD <V TP λειτουργεί στην τρίοδο. Δηλ. 0-u 0 < -V T =>u o >V T. Αντίστοιχα για u 0 <V T είναι στον κόρο. 4.. Για υψηλή είσοδο η έξοδος θα είναι χαμηλά. Το ΝΜΟS θα λειτουργεί συνεπώς στην τρίοδο ενώ το PMOS στον κόρο. Εξισώνουμε τα αντίστοιχα 1 ρεύματα: ID, n K = n ( ui Vt) uo uo και 1 ( IDp, = Kp VDD Vt). Αντικαθιστώντας τα νούμερα προκύπτει μια δευτεροβάθμια ως προς u o η οποία έχει λύσεις: u o =3.871 και u o =0.19 από τις οποίες δεχόμαστε τη δεύτερη. 4.3. Όταν η είσοδος είναι high η έξοδος είναι low. Με την απoτομή αλλαγή της εισόδου το ΝΜOS μεταβαίνει στην αποκοπή και αρχικά η έξοδος παραμένει low. Ωστόσο φορτίζεται από το PMOS τρανζίστορ με ένα σταθερό μέσο ρεύμα. Αρχικά: V o =0 -> PMOS κόρος -> Ι Α =40uA Σημείο Β: V o =(V OH +V OL )/=.55 V -> PMOS τρίοδος -> Ι Β =34uA I avg =37uA. Άρα: t=c ΔV/I avg. Δεν δίνει το C επομένως δε μπορούμε να βγάλουμε αποτέλεσμα. 4.4. Η μόνη καμπύλη που λαμβάνουμε υπόψη είναι για το I DP διότι το NMOS είναι στην αποκοπή. Το σημείο λειτουργίας αρχικά είναι το Α και ακολουθώντας την καμπύλη IDP βλέπουμε πως εξελίσσεται.

Λύση 1.1. Η συγκεκριμένη πύλη είναι τύπου NOR με φορτίο MOS απογύμνωσης. 1.. Όταν V a =V b =V DD τότε και τα Α και Β είναι σίγουρα ΟΝ και ειδικότερα λειτουργούν στην περιοχή τριόδου. Το ΜL είναι στον κόρο διότι V GS =0 > V TN,L και V GD < -3. Επομένως εξισώνουμε τα ρεύματα που διαρρέουν τα τρανζίστορ. Ισχύει επομένως Ι ΜL = I A + I B = I A. 1 W 1 W IML = Kn V, I ( ) TL, N A = Kn VDD VT, NS VOL VOL L L Προχωρώντας στην επίλυση της εξίσωσης προκύπτει: 1 W W V = ( ) TL, N VDD VT, NS VOL OL L L L V => S 1 1 ( 3) =.06 ( 5 1) u o u o.15 => u o 4uo + 1.016 = 0 Προκύπτουν ρίζες 3.7 και 0.73 από τις οποίες φυσικά δεχόμαστε τη δεύτερη. Άρα V OL =0.73V. 1.3. Για να λάβουμε έξοδο HIGH πρέπει A=B= 0, οπότε τα κάτω τρανζίστορ είναι αποκομμένα. Το επάνω τρανζίστορ λειτουργεί στην τρίοδο διότι V GS = 0 > V TN,L και V GD = V OH V DD. Σίγουρα η τελευταία ποσότητα είναι μεγαλύτερη από V TN,L. 1 W Συνεπώς IML = Kn ( VT, NS )( VDD VOH ) ( VDD VOH ) L. Επειδή τα κάτω τρανζίστορ είναι στην αποκοπή I ML =0 και προκύπτουν λύσεις. V OH = V DD ή V OH = V DD V TN,L από τις οποίες δεχόμαστε την πρώτη. Η δεύτερη είναι αρνητική. 1.3.

1.4. Τη χρονική στιγμή t=0 - είσοδος LOW έξοδος HIGH (πυκνωτής φορτ.) Τη χρονική στιγμή t=0 + είσοδος HIGH έξοδος HIGH Τη στιγμή t=0 + MA και ΜΒ λειτουργούν στον κόρο, ενώ ML ενεργό (γιατί?) Ι Α =Ι Β = 1 W K ( 5 1 ) n = 0.41mA, I L =0 (γιατί?) L I C1 =I A +I B =0.84mA B Όταν η τάση έχει φτάσει στο μέσο της διαδρομής: V out =(V 0H +V OL )/=.63 V MA,MB : ενεργός, ΜL: ενεργός (γιατί?) Ι Α =Ι Β = 1 W 1 Kn ( VDD VT, NS ) VOM VOM = 5.06 4.63.63 = 0.363 L ma 1 W Kn 0 ( VT, NS )( VDD VOM ) ( VDD VOM ) = Και Ι Μ = L 1 1 5 ( 3.37.37 ) = 0.05mA.15 I C = I A +I B -I B M=0.363+0.363-0.05=0.676mA I C,AVG =(0.84+0.676)/=0.75mA Δt=C I C,AVG /ΔV= 1 5.63 9 10 10 = 31.6 10 s= 31.6ns 3 0.75 10

Λύση.1. Το συγκεκριμένο κύκλωμα είναι μια πύλη NOR. Αυτό το καταλαβαίνουμε διότι για να βγάλει έξοδο low αρκεί τουλάχιστον μία είσοδος να είναι high... Ο ρόλος της D1 είναι ίδιος με αυτόν στην απλή TTL. Δηλ. όταν οι είσοδοι είναι low να εμποδίζει το τρανζίστορ Q4 να άγει..3. Για εισόδους low τα Q και Q3 είναι στην αποκοπή και από το Q4 δεν περνάει ρεύμα. Η έξοδος είναι επομένως: V OH =V DD V CE,sat V D1 =4.1V Για τουλάχιστον μία είσοδο high Q 4 είναι off τα Q και Q3 στον κόρο, άρα V OL =0.V..4. Τo μέγιστο ρεύμα βάσης του Q3 συμβαίνει όταν και οι δύο είσοδοι είναι low. Επίσης Q1 ανάστροφος ενεργός. Τότε ισχύει: V B3 =0.7 V, V BA =V BB =1.4V, V Β1Α =V B1B =V. I B1A = I BA =(5-)/4K = 0.75mA. Άρα: Ι RE + I B3 = 1.5 ma => I B3,max = 1.5 0.7 = 0.8mA. To ελάχιστο ρεύμα υ- πάρχει όταν είναι low μία εκ των εισόδων και είναι: I B3,min = 0.75 0.7=0.05mA

Ιούλιος 003 Λύση A. To D γίνεται Latched στην πίπτουσα παρυφή του ρολογιού. B. H δεύτερη δομή είναι τύπου Master Slave. Τα ρολόγια clk1 και clk είναι μη επικαλυπτόμενα. Όταν το clk1 είναι high και το clk low, η είσοδος D συνδέεται στο κύριο latch του οποίου ο βρόχος ανάδρασης είναι ανοιχτός ενώ το slave latch είναι απομονωμένο. Ο κόμβος Qm λαμβάνει συνεπώς την τιμή της εισόδου D. Όταν το clk1 είναι low το master latch απομονώνεται από τη γραμμή εισόδου. Τότε όταν το clk γίνει high ο βρόχος ανάδρασης του master latch κλείνει «κλειδώνοντας» την τιμή του D και η τιμή αυτή μεταδίδεται στο slave latch του οποίου ο βρόχος ανάδρασης είναι ανοιχτός. Δηλαδή Q=D. To D επομένως γίνεται latched στην ανιούσα παρυφή του δεύτερου ρολογιού.

Γ. Το πρόβλημα που αντιμετωπίζει η πρώτη συνδεσμολογία που έχει ένα ρολόι είναι ότι όταν το ρολόι είναι high η έξοδος λαμβάνει απευθείας την τιμή της εισόδου. Αυτό μπορεί να προκαλέσει προβλήματα σε ορισμένες λογικές σχεδίασης. Το πρόβλημα επιλύει η δεύτερη συνδεσμολογία. Δ. Οι συγκεκριμένες δομές ταιριάζουν μόνο με την οικογένεια CMOS διότι από τη μια χρησιμοποιούν πολλά στάδια λογικής, το δεύτερο κύκλωμα έχει 4 αντιστροφείς και από την άλλη οι πύλες μετάδοσης ως κυκλώματα υλοποιούνται μόνο με CMOS τεχνολογία για το λόγο ότι αυτή είναι συμμετρική. Απ. Β) /Υ=Α+B(C+D) Γ) (W/L) A,n =.5, (W/L) B,n =(W/L) C,n =(W/L) D,n =5 (W/L) B,p =7.5, (W/L) A,p =(W/L) C,p =(W/L) D,p =15 Λύση Α. Ο πλέον απλός τρόπος υπολογισμού των τάσεων προκύπτει ως εξής. Ό- ταν η τάση εξόδου είναι U OB το PMOS τρανζίστορ βρίσκεται στο όριο μεταξύ κόρου και ενεργού περιοχής. Αυτό σημαίνει ότι V GD, PMOS = V T,P => Ui-U o = V T,P => U OB = U im + V TP Ομοίως για το NMOS τρανζίστορ, για τάση εξόδου U OB βρίσκεται στο όριο κόρου με ενεργό περιοχή, επομένως : V GD, ΝMOS =V T,Ν => U OB = U IM V TN.

Το μόνο μέγεθος που πρέπει να υπολογιστεί είναι η V IM. Για τη συγκεκριμένη τάση τα δύο τρανζίστορ είναι στον κόρο άρα: 1 1 I DN =I DP => Kn( UIM UTN) = Kp( VDD UIM UTP). Τα μεγέθη K P και K n είναι ίσα άρα U IM =V DD /. Συνεπώς: U OB = V DD / + V T και U OC = V DD / - V T B) Το Ι DD λαμβάνει τη μέγιστη τιμή του όταν η τάση U i έχει γίνει ίση με V DD /. Αυτό είναι λογικό διότι με αυτήν την τάση εισόδου τα δύο τρανζίστορ βρίσκονται ταυτόχρονα στον κόρο. Συνεπώς: 1 W Ι D,PEAK = ( ) 1 5 1.5 μncox VGS VT = = 56.5 μα L n Γ) Για να υπολογίσουμε τη δυναμική κατανάλωση ισχύος που οφείλεται στο συγκεκριμένο ρεύμα, βρίσκουμε το μέσο όρο του ρεύματος κατά τη διάρκεια μιας περιόδου και το πολλαπλασιάζουμε με την τάση τροφοδοσίας. Δηλ. T 9 1 1 10 I = I t dt = 56.5μΑ= 5.65μΑ. Επομένως: () Davg, 9 10 10 0 P = 5.65 5μW = 8.15μW Λύση A. To σημαντικό σε αυτήν την άσκηση είναι να φτιάξουμε καταρχήν ένα διαιρέτη /3 χρησιμοποιώντας μόνο τα flip-flop που μας δίνονται. Αυτό το κάνει το πρώτο κύκλωμα του σχήματος. Το δεύτερο κάνει τη διαίρεση / που απαιτείται στη συνέχεια. Όπως βλέπουμε το duty cycle του /3 διαιρέτη δεν είναι 50%. Αντίθετα ο διαιρέτης / έχει 50% duty cycle που ζητείται. Β. Προκύπτει ο πίνακας:

Q0 n Q1 n Q n Q0 n+1 Q1 n+1 Q n+1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 Επίσης: J 0n = 1, K 0n = K 1n =Q 1n, J1 n =Qon, J n =/Q n, Kn=Q0n+/Q1n A. Εφαρμόζουμε τον τύπο που υπάρχει στα δεδομένα. Ι C =(V DD -V CE,SAT )/R C =.18mA, I BF =(V I - V BE,SAT )/R B =(5-0.7)/8. B K=0.5mA, I BR =(V BE,ON -V I )/R B =0.7/8.K=0.085mA B Άρα: τ sd 50n τ s = = = 17.63n I /.837 BF IC β f IBR + IC / β f B.Παράλληλα με την αντίσταση R B τοποθετούμε πυκνωτή C b. Η αντίσταση R B βλέπει στη βάση του τρανζίστορ μια αντίσταση R BE παράλληλα με πυκνωτή C BE. Ισχύει ότι: τ s = R BE C BE. To φορτίο κόρου που αποθηκεύεται στον πυκνωτή C BE είναι: I C QBsat = IBF τ s = 8.78 pc. Αυτή είναι η μεταβολή του φορτίου για V β I :0->1. f Επίσης: Q QBsat =ΔV C = ( V V ) ( V 0) C => C = =.14pF ΔV Bsat B H L BEsat B B

ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 004 Λύση Στο κύκλωμα υπάρχουν κλάδοι που συνδέονται οι είσοδοι, ο πρώτος που αποτελείται από τα Q3 και Q4 και ο άλλος από το Q. Αν κανένας από τους κλάδους που προαναφέραμε δεν άγει (Α=B=C=0), τότε η έξοδος είναι V CC επειδή το Q1 δεν θα άγει επίσης. Αν ένας τουλάχιστον από τους κλάδους άγει(c= 1 Η /ΚΑΙ Α=Β= 1 ) τότε η έξοδος είναι στο Low διότι υπάρχει ροή ρεύματος διαμέσου των κλάδων που άγουν και συνεπώς πτώση τάσης στην R4. Α) Ο πίνακας αληθείας είναι συνεπώς: Από τον πίνακα βρίσκουμε: Α Β C Y 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 Y= ABC + ABC + ABC = ( A+ B) C B) Η αναλογική τιμή της εξόδου θα είναι διαφορετική όταν άγει ο ένας κλάδος και όταν άγουν και οι δύο, επειδή ο ένας κλάδος αποτελείται από και ο άλλος από ένα τρανζίστορ. Και στις δύο περιπτώσεις θα έχουμε λογικό «0» αλλά η αναλογική τάση θα είναι διαφορετική. Τα αποτελέσματα συνοψίζονται στον πίνακα. # Α Β C Q4 Q3 Q Q1 Y 0 0 0 0 OFF OFF OFF OFF V cc V 1 0 0 1 OFF OFF Κόρος Ενεργός 0.7 V 0 1 0 OFF OFF OFF OFF V cc V 3 0 1 1 OFF OFF Κόρος Ενεργός 0.7 V 4 1 0 0 OFF OFF OFF OFF V cc V 5 1 0 1 OFF OFF Κόρος Ενεργός 0.7 V 6 1 1 0 Κόρος Κόρος OFF Ενεργός 0.8 V 7 1 1 1 Κόρος Κόρος Κόρος Ενεργός 0.7V

Ας αναλύσουμε τις περιπτώσεις που εμφανίζονται. Α=0, Β=1, C=1 (περίπτωση 3) Το Q4 είναι στην αποκοπή επομένως ο κλάδος με τα τρανζίστορ δεν άγει. Αντίθετα ο κλάδος με το Q άγει. Το Q είναι σίγουρα ΟΝ όπως και το Q1. To Q1 είναι στην ενεργό περιοχή λειτουργίας, ενώ το Q στον κόρο. Τότε: V B1 = 0.6V. Άρα: V c = V o = V B1 + 0.1 =0.7 V. Τα ίδια ισχύουν και για τις περιπτώσεις 1,5 Α=1, Β=1, C=0 (περίπτωση 6) Αντιστοίχως τα Q3 και Q4 θα είναι στον κόρο αφού ο συγκεκριμένος κλάδος άγει, ενώ το Q στην αποκοπή. Το Q1 θα είναι στην ενεργό. Η έξοδος στην προκειμένη περίπτωση θα είναι Vo = V BE1,on + V CE3,sat + V CE4,sat = 0.8V Α=1, Β=1, C=1 (περίπτωση 7) Και οι δύο κλάδοι με τα τρανζίστορ εισόδου άγουν. Τα Q, Q3, Q4 είναι στον κόρο ενώ το Q1 στην ενεργό. Εδώ υπάρχει εκ πρώτης όψεως μια αντίφαση ως προς την τιμή της εξόδου, αν θα είναι 0.7 ή 0.8 V. H τιμή θα είναι 0.7 V διότι το Q είναι πιο βαθιά στον κόρο, επειδή είναι μοναδικό στον κλάδο του επομένως λειτουργεί πιο βαθιά στον κόρο και η δικιά του V CE,sat θα καθορίσει την έξοδο. Λύση A) Το συγκεκριμένο κύκλωμα είναι σύγχρονο επειδή το σήμα του ρολογιού εφαρμόζεται ταυτόχρονα σε όλα τα Flip-flop. B) Από το σχήμα βλέπουμε ότι: T0 = Q, T = Q + Q1 Q0 και T0 = Q. Επομένως σχηματίζεται ο πίνακας:

Q 0,n Q 1,n Q,n T 0 T Q 0,n+1 Q 1,n+1 Q,n+1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 Υπάρχουν επίσης και άλλες τρεις καταστάσεις που μπορεί να βρεθεί το κύκλωμα Q 0,n Q 1,n Q,n T 0 T Q 0,n+1 Q 1,n+1 Q,n+1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 Γ) To διάγραμμα καταστάσεων έχει ως εξής: (0)->(1)->()->(3)->(4)->(0) (5) (6) (7) Λύση Α) Όταν η τάση εισόδου είναι LOW τότε η έξοδος είναι HIGH και το QL λειτουργεί στον κόρο με Ι D =0,δηλ. I = 0 V V = 0 V V V = 0 V = V V ( ) D GS t DD OH T OH DD T Β) Με τις συγκεκριμένες συνθήκες λειτουργίας το QL λειτουργεί στον κόρο ενώ το QS στην ενεργό. Επομένως: 1 W ( ) 1 W 5 5 ( 5 1 0.) W 1 IDL = Kn VDD Vt VOL = = L L L L L L 5.3 1 W 1 W IDs = Kn ( VDD VT ) VOL VOL 5 5 ( 4 0. ) L = 0. L L L W 1.8 = L 1 L

Γ) Για να υπάρχει ροή διπλάσιου ρεύματος πρέπει να διπλασιάσουμε τα W W.56 (W/L) των τρανζίστορ. Δηλ. =, = L 5.3 L 1 s s Απ. Β) /Υ=Α+Β(C+D), Γ) (W/L) A,n =.5, (W/L) B,n =(W/L) C,n =(W/L) D,n =5 (W/L) B,n =7.5, (W/L) A,n =(W/L) C,n =(W/L) D,n =15 Λύση Α) Ο απαριθμητής σχεδιάζεται τοποθετώντας στις preset εισόδους την τιμή με την οποία θέλουμε να διαιρούμε. Όταν μετρήσει το συγκεκριμένο αριθμό καταστάσεων βγάζει στην έξοδο στο σήμα ΤCU. B) P[7..4]=0010, P[3..0]=1001 C)

Γραπτή Εξέταση Ιουλίου 004 Λύση 1.1 Από τη θεωρία όταν η είσοδος είναι Low το Q1 είναι στον κόρο. Η χαμηλή τιμή της εισόδου είναι τα 0.1 V διότι VCE,SAT=0.1V. Άρα: V B1 =0.1 + VBE1,SAT = 0.85 V. I B1 =(5-0.85)/4K =1.0375 ma. Επειδή το Q είναι στην αποκοπή, Ι C1 =0. Οπότε: I E1 = I C1 + I B1 =1.0375 ma. 1. Από την μεθοδολογία εύρεσης της χαρακτηριστικής της TTL γνωρίσουμε ότι όταν Q3 just-on, Q είναι στην ενεργό ενώ το Q1 παραμένει στον κόρο. Άρα V B3 =0.7V, V B =1.45 V και V i =1.45-0.1 =1.35V. Επίσης το ρεύμα Ι Ε είναι το ίδιο με αυτό μέσω της R3 διότι Ι Β3 =0. Δηλ. Ι Ε =0.7mA. f Ic = β IE = 0.67mA. Προφανώς Ι Β =0.03mA. β f + 1 Επίσης το Q4 είναι στην ενεργό ενώ και η δίοδος D1 άγει. Για να βρούμε την τάση εξόδου πρέπει να υπολογίσουμε την V B4. V B4 =V cc - I C *1.6K = 3.93 V. Το ρεύμα Ι Β4 είναι πολύ μικρό σε σχέση με το I C γι ατό και δεν το συμπεριλάβαμε. Τότε: Vo= V B4 -V BE4,on -V D,on =.53V 1.3 Για είσοδο Low Q και Q3 είναι στην αποκοπή και το Q4 είναι ON. H V c4 είναι ίση με 5V διότι δεν περνάει ρεύμα αφού δεν έχουμε φορτίο στην έξοδο. Επίσης V B4 =5 V επειδή η πτώση τάσης στην R 1 είναι αμελητέα. Άρα V BC =0 και το Q4 θα είναι στην ενεργό. Επίσης, V o =5 - VBE,ON - VD,ON = 3.6V. 1.4 Συνδέοντας κάποιο φορτίο στην έξοδο τότε αυτό τραβάει κάποιο ρεύμα μέσω του Q4. Αν αυτό το ρεύμα γίνει ιδιαίτερα μεγάλο το Q4 θα μεταβεί στον κόρο. Έστω λοιπόν ότι το Q4 είναι οριακά στον κόρο. Τότε Vo = 3.6 V, V E4 =4.3 και V C4 οριακά θα είναι V C4 = V E4 + VCE,SAT = 3.7V. Συνεπώς

Ι C4 = (V cc V c4 )/130 = 10mA. I E4 =(β+1/β)10 = 10.3 ma. Άρα R max = 3.7V/10.3mA = 359 Ω. Λύση.1. H Ι peak λαμβάνει χώρα όταν και τα δύο τρανζίστορ είναι στον κόρο. Δεδομένου ότι οι χρόνοι ανόδου και καθόδου είναι ίσοι έχουμε συμμετρία, επομένως V i =V th =V DD /. Οπότε: 1 W VDD 1 I D, PEAK = μncox Vt = 50 1.5 = 0.11mA L 1.. Όταν τα τρανζίστορ αρχίσουν οριακά να άγουν παρατηρείται η ύπαρξη ρεύματος. V in,a =V T, V in,a =V DD -V T.3. Ο συγκεκριμένος χρόνος βρίσκεται πολύ γρήγορα παρατηρώντας την κλίση της καμπύλης V in. Ισχύει δηλαδή: V Vin, B Vin, A V DD in, B Vin, A = tsc = tr t t V r SC DD.4. Υπολογίζουμε το μέσο ρεύμα βραχυκύκλωσης. Δηλ: T 1 1 Iav = Iscdt Isctsc f T =. Επομένως: Psc = IavVD D. 0

Λύση 3.1. Εύκολα προκύπτει ότι αφού V Q =1 και V /Q =0 το Q καθώς και το Q3 είναι στην αποκοπή. 3.. Τη χρονική στιγμή t=0 + ισχύει: Q4: V G =0, V D =V S =V DD. To τρανζίστορ είναι στην τρίοδο με Ι 4 =0. Q6: V G =V DD, V D =V DD V S =0 Κόρος, 1 W 1 5 I6 = μncox ( VDD Vt) = 50 ( 4) μα= ma L 1 I CQ =I 6 -I 4 = ma Τη χρονική στιγμή t=0 + Q4: V G =V D =VDD/, V S =V DD. To τρανζίστορ είναι στoν κόρο. 1 W 1 10 I4 = μncox ( VDD / Vt) = 0 ( 1.5) μα= 0.11mA L Q6: V G =V DD, V D =V DD /, V S =0 Ενεργός. Το συγκεκριμένο τρανζίστορ υποφέρει από φαινόμενο σώματος. V SB =V DD /. 1 W VDD VDD I6 = μncox ( VDD Vt),V t =1.3V =>I 4 = 0.375mA L I CQ =I 6 -I 4 =0.65 ma 3.3. Ι C,AVG =(0.65+)/= VDD Δt=C ΔV / Ι C,AVG = C = I CAVG,

3.4. Τη χρονική στιγμή V TD όπου οι τάσεις V Q και V /Q ξεπερνάνε την τάση των.5v, η πρώτη κατεβαίνοντας και η δεύτερη ανεβαίνοντας, το Latch που αποτελείται από Q1-Q4 θα αλλάξει κατάσταση διότι ξεπεράστηκε η τάση κατωφλίου του. Αυτό θα γίνει με την αποκοπή των Q1 και Q4 και την ενεργοποίηση των Q και Q3. Λύση 4.1. Για είσοδο U I = 0 ισχύουν για τις αντίστοιχες τάσεις: U 01 = 1, U I = 1, U o = 0. Ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος επειδή η διαφορά δυναμικού στα άκρα του είναι 0. 4.. Η εφαρμογή του λεπτού παλμού στην είσοδο θα κάνει την έξοδο U 01 να μεταβεί απότομα στη χαμηλή τιμή της. Η τάση U I ακολουθήσει και αυτή στη low τιμή με αποτέλεσμα η U o να γίνει «1». Από αυτή τη στιγμή και έπειτα, ο παλμός μπορεί να πάψει να εφαρμόζεται αλλά το κύκλωμα θα διατηρήσει την κατάστασή του. Η U 01 θα καταλήξει να έχει τάση ίση με αυτή που ορίζεται από τον διαιρέτη τάσης μεταξύ R on και R, δηλ. U 01 =V DD R on /(R 1 +R on ), συνεπώς: R Δ V1 = VDD R+ R ON 4.3. Η U I (στο σχήμα έχει γίνει λάθος και η U i σημειώνεται ως U O1 ) είναι η τάση του πυκνωτή ο οποίος και φορτίζει. Συνεπώς η έκφραση που περιγράφει αυτή τη μεταβολή είναι η ακόλουθη:

() U t V V e + I DD I t ( R R ) C on = Δ. Η σταθερά χρόνου του κυκλώματος είναι (R+R ON )C. Η εκθετική άνοδος θα σταματήσει όταν η U I γίνει ίση με την τάση κατωφλίου της πύλης ΝΟR. Ο τρόπος απόδειξης της παραπάνω σχέσης είναι ο ακόλουθος. Η γενική σχέση για τη φόρτιση του πυκνωτή είναι: UI = Vfinal e τ + Voffset και σημαίνει ότι η τάση του εξαρτάται από την τελική τιμή που θα φτάσει ο πυκνωτής (εδώ είναι ΔV 1 ) από τη σταθερά χρόνου (R+R on )C και από την αρχική τιμή (η αρχική τάση δεν ξεκινάει από το μηδέν αλλά από την τιμή V DD R on /(R 1 +R on ). Αντικαθιστώντας βρίσκουμε: t t R ON ( R RON ) C R + ON ( R+ RON ) C UI = VDD VDD 1 e + VDD =Δ V1 1 e + VDD Δ V1 R+ RON R+ RON U = V ΔV e I DD 1 t ( R+ R ) ON C t 4.4. Το άλμα ΔV οφείλεται στο γεγονός ότι αφού η τάση U I ξεπέρασε την τάση κατωφλίου, οι πύλες θα αλλάξουν απότομα κατάσταση. Επειδή υπάρχουν δίοδοι προστασίας η τελική τιμή που θα φτάσει η τάση U I θα είναι V DD +V D1 και προφανώς η μεταβολή των τάσεων U O1 και U I θα είναι ΔV =V DD +V D1 -V th.

Λύση 1.1 Y=/(AB) (πύλη NAND) 1. V ce,sat =0.3 V, V ce =V be,on -V bc (=V d,shottky ) = 0.7-0.4. Επομένως V ol =0.3V και V oh =V cc -V be5,on -V ce5,on =5-0.7-0.7=3.6 V. 1.3 Χαρακτηριστική από το βιβλίο Σχ.14.34 σελ. 1375 Περιοχή για Vi 0-1.1V: Q1,Q4,Q5: ενεργός, Q,Q3,Q6: αποκοπή Περιοχή για Vi 1.1 1.3 V: όλα στην ενεργό, τα Q,Q3,Q6 είναι just on Περιοχή για Vi > 1.3 V: : Q1 ανάστροφος ενεργός, Q,Q3,Q6: ενεργός, Q4,Q5 αποκοπή 1.4 Όταν οι είσοδοι είναι low η έξοδος πρέπει να είναι στο high, Εδώ ωστόσο εξαναγκάζουμε την έξοδο να παραμείνει στο low. Τότε για τα τρανζίστορ ισχύει: Q1,Q4,Q5: ενεργός, Q,Q3,Q6: αποκοπή V B5 =Vout + 0.7 + 0.7 = 0. + 1.4 =1.6V. I B5 = (5 1.6)/0.9K = 3.7 ma I C5 =b I B5 =50 * 3.7mA = 187 ma, I R4 = (V CC -V C4 )/R 4 V C4 =V E4 +V CE,4 = V OL + 0.7 + 0.3 = 1.. I R4 =(5-1.)/0.05K = 76 ma

3.1 Σημειώνεται στο σχήμα 3. Όλες οι είσοδοι προφορτίζονται στην τιμή «1». 3.3 Για να επιλεγεί μια γραμμή πρέπει τα NMOS τρανζίστορ στα οποία συνδέεται να έχουν μηδενική είσοδο. Π.χ. η γραμμή «0» επιλέγεται για Α Α 1 Α 0 =000. 3.4 Από τη στιγμή που ο αποκωδικοποιητής επιλέγει να ενεργοποιήσει μια γραμμή, αυτό που γίνεται είναι το αντίστοιχο τρανζίστορ το οποίο συνδέεται στη γραμμή είναι ΟΝ και

ουσιαστικά λειτουργεί ως ένα transmission gate οπότε οι τιμές του αντίστοιχου bit line περνάνε στην έξοδο. 3.5 Η καθυστέρηση είναι ίση με t p. 3.6 Βλέπε σχήμα 3.7 Η καθυστέρηση είναι ίση με t p. 3.8 Υλοποίηση σχ. 3. Για τον decoder έχουμε: 3 =8 PMOS + 3 * 3 = 4 NMOS Και υπάρχουν ακόμα 8 ΝΜOS. Συνολικό εμβαδόν = 8 * 5 * 1 + (4 + 8) * * 1 = 104 Υλοποίηση σχ. 3.3 O decoder αποτελείται από + + 3 =14 ΝΜΟS Συνολικό εμβαδό = 14 * * 1 = 8

Μάιος 004 - Πρόοδος Λύση 1.1 Η λεπτομερής περιγραφή της χαρακτηριστικής υπάρχει στη σελ.136 S/S. Στα σημεία Α και Β οι τάσεις υπολογίζονται εύκολα διότι είναι ξεκάθαρο σε ποιες περιοχές λειτουργούν τα τρανζίστορ. Στο σημείο Μ ισχύει: Q just-on, Q3 και Q4 στην ενεργό περιοχή. Σημείο Α: Επειδή το Q δεν άγει το ρεύμα που περνάει από την Rc είναι πολύ μικρό και δεν προκαλεί ιδιαίτερη πτώση τάσης. Το είναι στην ενεργό και η τάση εξόδου είναι V A =Vcc V BE,on V D,ON = 3.6V Σημείο Μ: Q ενεργός, Q3 just-on, Q4 ενεργός. Πρέπει να βρούμε ποια είναι η πτώση τάση στην Rc. Ισχύει: I E =0.7 ma, I C =b/(b+1) I E = 0.68mA. V c1 =V b4 = V cc - I C * Rc = 3.9 V. άρα V A =V b4 V BE,on V D,ON =.5 V Σημείο Β: Vo=0.1 επειδή το Q είναι στον κόρο. 1. To τρανζίστορ Q4 είναι στην ενεργό περιοχή.

Λύση.1 Λόγω της συνδεσμολογίας ο ML είναι μόνιμα στον κόρο.. Διάγραμμα 13.11(γ) σελ.133 S/S. -.3 Στον χρόνο t 0 η τάση εξόδου είναι χαμηλά και ο πυκνωτής είναι αφόρτιστος. Ο αντιστροφέας λειτουργεί στο σημείο Α. Με την αλλαγή της τάσης εισόδου σε LOW το Q1 θα αποκοπεί και ο αντιστροφέας θα κινηθεί στην καμπύλη φορτίου από το Α προς το Β φορτίζοντας τον πυκνωτή. W ( ) 1 IDL( A) = μncox VDD VT = 10 16μΑ= 80μΑ και L W VDD 1 IDL( M ) = μncox VDD VT = 10.5μΑ= 11.5μΑ L Δt=C ΔV/I AVG. Λύση 3.1 H λογική έκφραση υπολογίζεται βρίσκοντας όλα τα μονοπάτια από την έξοδο προς τη γη. Άρα: Y = ACE + ACDF + BDE + BF 3. Στη σελ.458 R/J υπάρχει ένα παρόμοιο κύκλωμα το οποίο όμως είναι συμμετρικό. Για να βρούμε το κατάλληλο sizing στην περίπτωση που υπάρχει ένα τρανζίστορ σαν το D, θα θεωρήσουμε τα A και C σαν ένα τρανζίστορ. Επομένως, το χειρότερο μονοπάτι αποτελείται από τρία τρανζίστορ.

W W W 6 Άρα: = = = L L L 1 Προφανώς: B D E W = L L 1 και W W = = L L A C 1 1.

ΨΗΦΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΕΝΑ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 19/5/005 Στο χρόνο t = 0 - έχουµε U Y = VDD και U C1 = 0, ενώ στο χρόνο t=0 η είσοδος Φ πηγαίνει στο ένα (VDD) και ταυτόχρονα η τάση εισόδου U1 πηγαίνει και αυτή στο ένα θεωρώντας ότι η U ήταν και παραµένει µηδέν (0V). 1. Ποια είναι η κατάσταση των τρανζίστορς Qp, Q1 και Q στο χρόνο t = 0 + ; VDD. Υπάρχει δυνατότητα, στο χρόνο t = 0 +, ροής ρεύµατος από τον πυκνωτή CL προς τον C1 (charge sharing); Γράψτε τη σχέση για το ρεύµα αυτό και Φ Qp υπολογίστε το στο χρόνο t = 0 +, εξηγώντας την Υ κατάσταση του Q1. CL 3. Μέχρι ποια τάση (ή ποιες τάσεις) U C1 υπάρχει αυτή U1 η δυνατότητα ροής ρεύµατος; (Υπόδειξη: O Q1 Q1 πρέπει να έχει τη δυνατότητα να άγει). Υπάρχουν δύο συνθήκες που µπορούν να οδηγήσουν τον Q1 στη διακοπή ρεύµατος. Σχετίζονται µε τις τάσεις C1 U GS1 και U DS1. Ποιες είναι αυτές; U Q 4. Αγνοώντας αρχικά το φαινόµενο σώµατος στο Q1, να βρείτε τη µείωση στην τάση U Υ για δύο τιµές του πυκνωτή C1 = 5fF και 10fF, υποθέτοντας ότι συµβαίνει λόγω της συνθήκης U Υ = U C1. Η τελική τάση U Υ θα βρεθεί χρησιµοποιώντας την αρχή διατήρησης φορτίου. 5. Φθάνει ποτέ ο Q1 στην αποκοπή; Αν ναι, διορθώστε τις απαντήσεις στο 4. Φ Q3 6. Να βρείτε το χρόνο που χρειάζεται για τη µεταφορά φορτίου όταν ο C1 = 10fF. Υπολογίστε το ρεύµα στο χρόνο t = 0 + (βλ. ερώτηση ) και όταν η τάση U C1 έχει φθάσει στο 50% της διαδροµής λαµβάνοντας υπ όψη και το body effect. ίδεται: µ n C ox = 50µA/V (W/L) N = 4/1 VDD = 5V Vtn = 1V Φ = 0.6V γ = 0.5 V CL = 30fF Σηµείωση: Οι λύσεις πρέπει να παραδοθούν σε πρωτότυπο χειρόγραφο (όχι φωτοτυπία).

Ερώτηµα 1 Λύσεις Στο χρόνο t = 0 + η είσοδος Φ => VDD. Στο χρόνο t = 0 - η U1 έχει γίνει επίσης VDD ενώ η U είναι πάντα 0V. Επίσης, θεωρούµε ότι ο πυκνωτής C1 είναι εκφορτισµένος που σηµαίνει U C1 = 0V. Επίσης, U Y = VDD επειδή ο Qp ήταν εν δυνάµει ΟΝ µέχρι τη χρονική στιγµή t = 0, όταν η είσοδος Φ πήγε στα 5V. Έτσι τώρα έχουµε: Qp OFF U Υ (0 + ) = VDD = 5V και U C1 (0 + ) = 0V λόγω των πυκνωτών. V GS1 (0 + ) = VDD U C1 (0 + ) = 5V V DS1 (0 + ) = U Υ U C1 = 5V Άρα ο Q1 είναι αρχικά SAT διότι η διαφορά U1 - Vtn = 5 1 = 4V είναι µικρότερη από U DS = U Υ U C1 = 5V. Καθώς αυξάνεται η U C1, σε κάποια χρονική στιγµή θα έχουµε U 1 U C1 Vtn = U Y U C1, δηλαδή U 1 = U Y + Vtn, οπότε ο Q1 λειτουργεί στην περιοχή triode. Ερώτηµα Άρα στο χρόνο t = 0 + ρέει ρεύµα από τον CL προς τον C1 σύµφωνα µε τη σχέση i D1 1 = µ = n 1 50 C 4 1 OX W L Q1 ( U1 U Vtn) C1 ( 5 0 1) = 1600µ A µέχρι το σηµείο που U C1 = Vtn = 1V. Μετά ισχύει η σχέση για τρίοδο λειτουργία. Ερώτηµα 3 Θεωρητικά ο C1 µπορεί να τραβάει φορτίο από τον CL, µέχρις ότου U C1 = U Υ, οπότε U DS1 = 0 και σταµατά η ροή ρεύµατος, άρα και η µεταφορά φορτίου. Ένας άλλος µηχανισµός που θα προκαλέσει τη διακοπή της ροής ρεύµατος είναι όταν η τάση U C1 γίνει VDD Vtn οπότε η τάση V GS1 πέφτει κάτω από Vtn.

Ερώτηµα 4 Θεωρούµε ότι υπάρχει ροή ρεύµατος και βρίσκουµε την τάση U C1. Το ισοδύναµο κύκλωµα είναι: Requ CL C1 U CL (0) = VDD U C1 (0) = 0V Η ροή ρεύµατος θα σταµατήσει όταν U CL = U C1 = U Y, οπότε θα πρέπει να ισχύει, βάσει της αρχής της διατήρησης φορτίου, U Y (0) CL = U Υ (CL + C1). Συνεπώς έχουµε: CL = VDD CL C1 U Y ' + Ερώτηµα 4i Για C1 = 5fF έχουµε: CL 30 = VDD = 5 CL + C1 35 U Y ' = Ερώτηµα 4ii 6 1 = 5 5 = 5 7 7 U Y ' = Για C1 = 10fF έχουµε: 0.71V CL 30 = VDD = 5 CL + C1 40 U Y ' = και Ερώτηµα 5 30 1 = 5 5 = 5 40 4 U Y ' = 4.3V 3.75V 1.5V Στη περίπτωση όπου C1 = 5fF NAI διότι η τάση U C1 ξεπερνά τα VDD - Vtn = 4V. Άρα όταν U C1 γίνει 4V διακόπτεται η ροή ρεύµατος και φορτίου από τον CL προς τον C1. Επειδή U C1 = 4V, το φορτίο που µετακινήθηκε είναι Q = U C1 C1 = 4V 5fF = 0fCb. Κατ αντιστοιχία η πτώση τάσης στον CL είναι:

Q 0fCb U Y = = = 0.67V CL 0fF Για τη περίπτωση που C1=10fF, U C1 = 3.75V. Άρα δε φθάνει στην οριακή τιµή των 4V και έτσι ο Q1 δεν αποκόπτεται. Άρα ισχύει: U C1 = 3.75V και U Y = 1.5V Ερώτηµα 6 1 U C1(50%) = 3.75 = 1.875V VGS1 = VDD U C1(50%) = 5 1.875 = 3.15V υπολογίζουµε τη Vtn (body effect) ( VSB + Φ F Φ F ) ( 1.875 + 0.6 0.6) = 1.4V Vtn' = Vtn + γ 1+ 0.5 Το φορτίο Q που µεταφέρθηκε είναι: Q = U C 1 C1 = 1.875 10 = 18.75fCb Q 18.75 Άρα Uy (50%) = = = 0.65V CL 30 Q Άρα Uy (50%) = Uy = 5 0.65 = CL Άρα = Uy U (50%) = 4.375 1.875 4.375V U DS 1 C1 = Εποµένως: V 1 GS Vtn' = 1.75V < 1.5V.5V που συνεπάγεται ότι το Q1 είναι SAT 4 1 Άρα i (50%) = 50 ( V Vtn' ) = 98 A, ενώ όπως βρήκαµε στο ερώτηµα το D GS1 µ i D (0 ) = 1600µ A Άρα +. C1 U tp = I D,avg C1 10fF 1.875V = 1898µΑ / 0psec

ΠΕΡΙΟΔΟΣ ΙΟΥΛΙΟΥ 005 Λύση 1.1 Το κέρδος της χαρακτηριστικής στην περιοχή μετάβασης είναι a=(0-5)/(3.5-1.5)=-.5. Εύκολα προκύπτει ότι η χαρακτηριστική θα είναι V o = a * V in + V off. Για (V i, V o )=(.5,.5) βρίσκουμε V off =8.75. Άρα: V o = -.5 * V in + 8.75. Με την προσθήκη ενός ακόμα αντιστροφέα βρίσκουμε το συνολικό κέρδος των αντιστροφέων να είναι (-.5) =6.5. Οπότε από το σημείο (.5,.5) σχεδιάζουμε μια ευθεία με κλίση 6,5 η οποία έχει ως ακραία σημεία τα (.1,0) και (.9,5) όπως φαίνεται και στο σχήμα. αντιστροφείς Για τρεις αντιστροφείς το συνολικό κέρδος είναι (-.5) 3 =-15.65. Οπότε από το σημείο (.5,.5) σχεδιάζουμε μια ευθεία με κλίση 6,5 η οποία έχει ως ακραία σημεία τα (.34,5) και (.66,0) όπως φαίνεται και στο σχήμα.

3 αντιστροφείς 1. Αν ενώσουμε είσοδο και έξοδο λαμβάνουμε ταλαντωτή. Αυτό εξηγείται γραφικά από το ακόλουθο σχήμα. Υπάρχει μόνο ένα σημείο λειτουργίας και αυτό είναι ασταθές. 1 1 Η συχνότητα ταλάντωσης είναι: f = = = 1.66MHz. 9 N t 3 100 10 1.3 Αφού ο βρόχος ενεργεί ως φίλτρο τότε η κυματομορφή θα είναι ημιτονοειδής. Ζωγραφίζουμε 3 ημίτονα που διαφέρουν 10º στη φάση. 1.4 Για 4 πύλες δεν θα είχαμε ταλάντωση διότι υπάρχουν σταθερά σημεία λειτουργίας οπότε το κύκλωμα θα μανδαλώνει και δεν θα ταλαντώνει. p

Λύση.1 Η τάση V y θα ανέλθει στα 5 V διότι το PMOS τρανζίστορ είναι πάντα ΟΝ (V GS =-5 < V Tp ). Έτσι η V y από 0 V που είναι αρχικά θα αρχίζει να ανεβαίνει διότι φορτίζεται ο πυκνωτής C L. Η φόρτιση θα σταματήσει μόνο όταν V D =V S =V DD οπότε το τρανζίστορ θα είναι στην τρίοδο με μηδενικό ρεύμα.. Στο χρόνο t 0 θα συμβεί ανακατανομή φορτίου (charge sharing). To PMOS μεταβαίνει στην αποκοπή, το Q1 γίνεται ΟΝ (αρχικά στον κόρο) και ένα μέρος του φορτίου που είναι αρχικά αποθηκευμένο στον C L θα μεταφερθεί στον C 1. Το ζήτημα είναι ποιος θα είναι ο μηχανισμός που θα σταθεροποιήσει τις τάσεις σε μια τελική τιμή, δηλαδή με ποιο τρόπο θα σταματήσει να φορτίζει ο C 1. Υπάρχουν μηχανισμοί, είτε το Q1 να πάει στην αποκοπή είτε οι τάσεις V y και V C1 να εξισωθούν. Διατήρηση φορτίου C L V y = C L V y + C 1 V C1 Έστω ότι ισχύει ο πρώτος μηχανισμός. Τότε V C1 =5-V T =4 V 30 5 =30 V y + 10 4 => V y =3.67 V. Αν ισχύει ο δεύτερος, τότε V y =V C1 30 5 = (30+10) V y => V y =V C1 =3.75 V. Προφανώς μόνο μια τιμή είναι σωστή και αυτή είναι η δεύτερη διότι στην πρώτη περίπτωση η V C1 είναι μεγαλύτερη από τη V y πράγμα που δεν ισχύει διότι όταν αυτές οι τάσεις είχαν γίνει ίσες θα είχε σταματήσει η ροή ρεύματος. V C =0

.3 Αφού Φ=0 ο C L θα φορτίσει στα 5 V και αφού και το Q1 είναι ΟΝ αρχικά η V C1 θα φτάσει τα 5-1 = 4V. V C =0..4 Αρχικά οι τάσεις έχουν ως V y =5V, V C1 =4V και V C =0. Με την αλλαγή των τάσεων εισόδου ο C 1 θα δώσει μέρος του φορτίου στον C και η πτώση στη C 1 θα προκαλέσει ροή φορτίου από τον C L. Και σε αυτήν την περίπτωση πρέπει να κάνουμε υποθέσεις όσον αφορά το μηχανισμό που θα σταματήσει τη ροή φορτίου. Διατήρηση φορτίου C L V y + C 1 V C1 = C L V y + C 1 V C1 + C V C Έστω ότι ο μηχανισμός προκύπτει από το γεγονός ότι εξισώνονται οι 3 τάσεις. Δηλ. V y =V C1 = V C Τότε : 30 5 + 10 4 = (30+10+5) V y => V y =V C1 = V C = 4. V. H υπόθεση αυτή απορρίπτεται διότι τα τρανζίστορ Q1 και Q είναι στην αποκοπή και δε μπορεί να υπάρξει ροή ρεύματος. Εξαντλώντας όλες τις επιλογές όταν δεν υπάρχει ροή ρεύματος δηλ. (Q1,Q)=(αποκοπή, αποκοπή), (τρίοδος, τρίδος), (αποκοπή, τρίοδος) και (τρίοδος, αποκοπή) βρίσκουμε ότι σωστή είναι η πρώτη περίπτωση. Άρα V C1 = V C =4V και V y =4.33V Λύση Υπάρχουν πολλές ίδιες ασκήσεις σε προηγούμενα θέματα.

Λύση(βλέπε και 06/003) 4.1 Εφαρμόζουμε τον τύπο που υπάρχει στα δεδομένα. Ι C =(V DD -V CE,SAT )/R C =.18mA, I BF =(V I - V BE,SAT )/R B =(5-0.8)/.K=0.51mA, B I BR =(V BE,ON -V I )/R B =0.7/8.K=0.085mA B Άρα: τ sd τ s = = 44.3n (1) IBF IC / β f ln IBR + IC / β f 4. Παράλληλα με την αντίσταση R B τοποθετούμε πυκνωτή C b. Η αντίσταση R B βλέπει στη βάση του τρανζίστορ μια αντίσταση R BE παράλληλα με πυκνωτή C BE. Ισχύει ότι: τ s = R BE C BE. To φορτίο κόρου που αποθηκεύεται στον πυκνωτή C BE είναι: I C QBsat = IBF τ s = 0 pc. Αυτή είναι η μεταβολή του φορτίου για V β I :0->1. f Επίσης: QBsat 0 QBsat =ΔV CB = ( VH VL ) ( VBEsat 0) CB => CB = = = 4.65pF ΔV 4.3 4.3 Όταν V i =5V, τότε Q ανάστροφος ενεργός, V B =V BE3,sat + 0.7 = 1.5V I B =(5-1.5)/6.8K=0.51mA, άρα Ι Β3,F =0.5mA. I C =.18mA όπως και πριν. Για μετάβαση V i από 5 σε 0V ισχύει V B =0.7V => I B =(5-0.7)/6.8=0.63mA, I B3 =0.63*36=.68mA. Και από την (1): τ S =0? (O τύπος είναι μάλλον λάθος δοσμένος και βγαίνει αρνητικός χρόνος)

Απ ευθείας από το φυλλάδιο. Υπάρχει και σε άλλα λυμένο.