Analog and Digital Design Switching and transitions

Präsentation zum Thema: "Analog and Digital Design Switching and transitions"—  Präsentation transkript:

1 Analog and Digital Design Switching and transitions
Fundamentals of Analog and Digital Design ET-IDA-134 Tutorial-2 Switching and transitions (Transient Analysis) , v8 Prof. W. Adi

2 Problem 1: RC transition
Gegeben sei folgende Schaltung. Der Taster/Schalter wird für 0.1 Sekunde gedrückt. Berechnen Sie die Spannungs- und Stromverläufe am Kondensator C. 1 Ω 3 Ω 20V C = 20 mF 9 Ω 0.1 sec

3 Solution 1: RC transition
Verlauf nach dem Einschalten bis 0.1 sec. Die äquivalente Schaltung mit gedrücktem Schalter ist wie folgt: 3 Ω 1 Ω A A C 1 Ω C 20V 9 Ω C = 20 mF 3 Ω 9 Ω Ineu = 20V/3 Ω B B D REq = 1Ω + 3||9 Ω = 1Ω + 3x9/(3+9) = 3,25 Ω REq Ω 3 Ω ||9 Ω 1 Ω E C E C = 20 mF UEq UEq UEq = (20V/3Ω)*(3 Ω||9 Ω) = 15V D F F

4 Lösung 1: RC Schaltvorgang. Steigende Flanke
3,25 Ω (1) 15V Zeitkonstante t = RC = 3.25 Ω x F t = 65 ms 2. xf = UC(∞)= Endspannung = 15 V 3. x(t0+) = UC(t=0) = 0 , (t0 = 0) Einsetzen in (1) : UC(t) = 15V + [0 – 15] e –t/65ms => UC(t) = 15V – 15V e – t / 65ms => UC(100 ms) = 15V*(1 – e – 100ms / 65ms) UC(100 ms) = 11,78 V C = 20 mF 0.1 Sec=100 ms 15V 15V 65 ms 11,78 V 100 ms

5 Lösung 1: RC Schaltvorgang. Fallende Flanke
2. Verlauf ab dem Ausschalten nach 0.1 Sec. Die Äquivalente Schaltung mit offenen Schalter ist wie folgt 1 Ω 10 Ω 9 Ω C = 20 mF C = 20 mF Zeitkonstante τ = RC = 10 Ω x 20mF also τ = 200 ms 2. Anfangspannung am Kondensator ist UC(0) = V = x(t0+) 3. Endspannung am Kondensator ist UC(∞)= 0 V = xf 4. Einsetzen im Formel (1) : uC(t) = 0 + [ 11,78 V – 0] e –t/200 uC(t) = e –t/200

6 Lösung 1: RC Schaltvorgang. Strom- und Spannungsverlauf
0.1 Sec=100 ms Stromverlauf im ersten Zeitbereich ist der Strom im Widerstand 3,25Ω Also iC(t) = (15V - UC(t)) / 3.25 Ω = 15V/3,25 Ω · e –t/65 iC(t) = 4,61A · e –t/65 2. Strom im zweiten Zeitbereich ist der Strom im Widerstand 10 Ohm. Zu beachten ist, dass dieser Strom rückwärts fließt, da der Kondensator entladen wird. iC(t) = - UC(t) / 10 Ω iC(t) =11,78/10= -1,18A · e –t/200 15V 15V 65 ms 11.78 V uC(t) 200 ms iC(t) iC(t) = 4,61A · e –100/65 = 0,99 A 4,61 A 0,99 A 65 ms -1,18 A

7 Aufgabe 2: Kondensatorladung
Wie vielleicht bekannt ist, können elektrostatische Ladungen CMOS Schaltkreise zerstören, indem die Gate-Isolierung durchgebrannt wird. Die Ersatzschaltung eines Braunschweiger Informatikers auf einem Nylon-Teppich ist im folgenden gezeigt: R2= 100 k Ω R2 Finger X C C=20 pF RD RD= 25 k Ω CMOS Schaltkreis Elektrostatischer Ersatzschaltkreis eines Informatikers

8 Aufgabe 2: Kondensator Nehmen Sie an, dass der Kondensator C durch den Weg über den Teppich auf 25kV aufgeladen wurde. Wieviel Energie ist in dem Kondensator gespeichert? Angenommen RD sei ein E-Bauelement, dass Sie zum Zeitpunkt t=0 berühren (Die Stelle X wird mit dem Finger berührt und verbindet R2 mit RD). Skizzieren Sie den Spannungsverlauf am Knoten X über die Zeit. Bestimmen Sie die Gleichung für die Spannung uX(t). Ihre Idee das Gerät zu schützen ist es, einen Widerstand RS in Reihe zu Ihrem Finger zu schalten, der so bemessen ist, dass uX niemals 10V übersteigt. (Es ist also RS in Reihe zu R2 zu betrachten). Wie groß muss RS sein?

9 Lösung 2: Kondensator Über die Spannungsteilerregel: C R2= 100 k Ω X
RD= 25 k Ω

10 Der Kondensator entlädt sich.
Lösung 2: Kondensator Der Kondensator entlädt sich. UC UC=25kV R2 R2 RS X ==> RD RD

11 Aufgabe 3 R2=20kΩ b c t = 4 ns R2=40kΩ t = ns a U = 4 V + u ( t ) c C = , 25 pF - Gegeben sei obige Schaltung. Der Kondensator sei für t<0 entladen, der Schalter in Stellung a. Für 0<t<4ns sei der Schalter in Position b. Für 4≤t≤∞ sei der Schalter in Position c. Berechnen Sie uc(t) für 0≤t≤∞. Beachte: Es gibt nicht eine einzelne Gleichung, die das Problem löst, die unterschiedlichen Zeitabschnitte müssen getrennt voneinander betrachtet werden (so ist zum Beispiel uc(t<0) = 0). Hinweis: Für die beiden Zeitbereiche, die Sie berechnen wollen, benötigen Sie die Lösung des jeweils vorangegangenen Zeitbereichs

12 => uc(4ns) = 4V · [ 1 - e –4ns/5ns] = 2,2V
Lösung 3 1. Für t<0s: uc(t) =0 20k Ω 2. 0ns < t <4ns: 4V 0,25pF Mit der Gleichung aus der Vorlesung ergibt sich: uC(t) = 4V · [ 1 - e –t/ τ] Mit τ = R · C = 20k Ω · 25pF = 5ns. => uc(4ns) = 4V · [ 1 - e –4ns/5ns] = 2,2V

13 Lösung 3 τ = R · C = 40k Ω · 25pF = 10ns.
3. t > 4ns: Entladung des Kondensators über R = 40k Ω. 40kΩ C = 0,25pF τ = R · C = 40k Ω · 25pF = 10ns. uc(t) = 2,2V · e-(t-4ns)/10ns 5ns 4V uc(t) = 2,2V · e-(t-4ns)/10ns 3V 2V uC(t) = 4V · [ 1 - e –t/ τ] 1V 4ns

14 P 4: Transient Analysis (Fig. 6) Given the circuit of Fig. 6.
The capacitor C is fully charged for t<0 and the switch is in position A. For 0 < t < 200ns the switch is set in position B. For 200ns ≤ t ≤∞ the switch is set in position C. 1. Compute the voltage uc (t) for t=0 to 300 ns for all switch positions. 2. Draw the voltage flow on C as a function of time from 0 to 300 ns. 3. Compute the time points TZi at which the voltage on the capacitor becomes zero. 20 k Ω 15 k Ω B A + C 20 V -5V 20 k Ω Uc(t) - 3mA 3 k Ω C = 10 pF (Fig. 6)

15 Solution 4: uc τ = 30 ns uC(t) = 10 - 15e –t/100 ns
(1) 1. In the time range from 0 to200 ns 10 V 10 k Ω B C = 10 pF Time constant τ = RC = 10 x 103 Ω · 10 x10-12 F also τ = 100 ns 2. Initial capacitor voltage UC(t=0) = -5 V 3. Final voltage on the capacitor UC(t=∞)= 10V = xf 4. Substitute in equation (1) : uC(t) = 10+ [ -5 V – (10)] e –t/100 ns uC(t) = e –t/100 ns uC(t=200ns) =10– 15 e –200/100 ns) = 7.97 V For uC(t) = 0, => ln 10/13 = -t/100 ns, => t= 100 x 26 = 26 ns uc τ = 100 ns 10 V 7.97 V 2. Second time region from 200 ns to ∞ 1. τ = RC = 3 x 103 Ω · 10 x10-12 F τ = 30 ns 2. UC(t=0) = 7,97V 3. UC(t=∞)= -2 V 3. uC(t) = -2V + [ 7.97V – (-2V)] e –t/30 ns uC(t) = -2V V e –t/30 ns For uC(t) = 0 => ln 2/9,97 = -t/30 ns, => t= 30 x 1,6 = 48.2 ns 3 k Ω 48.2 ns 26 ns -2 V C = 10 pF 200 ns t -2 V τ = 30 ns -5 V