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Fondamenti di Elettronica – Ing. AUTOMATICA e INFORMATICA - AA 2013/2014 Soluzione sintetica dell’appello del 4 Marzo 2015 ESERCIZIO A 1) La tensione di gate è VddR 1/(R1+R 2)=2,5V. La corrente di drain ID scorre in R 3, quindi R3ID+|Vgs|= 5V-2,5V=2,5V. Se il transistore è saturo sarà ID=150µA . La tensione di drain è IDRL=0.75V, coerente con l’ipotesi. La corrente è costante se il transistor resta saturo, quindi V(R L)≤V G+|V t| =3,3V, cioè RL≤3,3V/150µA=22kΩ . 2) La caduta su R L è inferiore a quella del punto 1) quindi il transistore è saturo. La tensione |V GS | è |V GS |=|V t|+(I D/k) ½=1,05V: V(R3)=2,5V-1,05V=1,45V. Sarà R3=1,45V/0,1mA=14,5kΩ . 3) Ad alta frequenza C è un corto circuito per il segnale quindi il source non risente del disturbo. L’ampiezza del disturbo sulla gate vale viR1/(R 1+R 2)=v i/2. Dunque iout /v i=– gm/2=–0,48mA/V , dato che g m=2k(|V gs |-|V t|)=0.97mA/V. La capacità C vede R 3 in parallelo con 1/g m, dunque il polo è a f=1/{2 πC[R 3/(1+g mR3)]}=17Hz . 4) Prima che il transistore si accenda è un circuito aperto. Il transitorio con costante τ=R 3C=95ms è asintotico a 5V e si interrompe quando il transistore si accende cioè quando Vs=V g+|Vt|=3,3V. Quindi Vs=V dd [1-exp(-t/R 3C)]=3,3V da cui t=102ms . ESERCIZIO B 1) Alla soglia logica i transistori sono saturi e in essi scorre la stessa corrente. Dunque Ip=k p(V dd -Vth -|V tp |) 2=I n= k n(V th -Vtn )2 che, risolta, fornisce Vth =3V . 2) La tensione di uscita bassa dell’invertitore a carico resistivo M 1-R vale V L=12Vr ch /(R+r ch ). Per non avere dissipazione deve essere V L≤V tn =0,5V. La resistenza di canale vale rch =1/[1mA/V 2(12V-0,5V)]=87Ω. La corrente nel caso limite vale dunque I=0,5/87=5.7mA ed essa sulla resistenza R deve generare 11,5V. Sarà dunque R≥2kΩ. 3) La tensione del…