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Fondamenti di Elettronica – Ing. INFORMATICA ‐ AA 2015/2016 Appello del 12 settembre 2016 – Traccia della soluzione Es. 1 a) ത തതതതതതതത b) Tempo minimo per A=B=C=1, Keq=3/2∙K. Stima per difetto: tmin= 0.5ns Tempo massimo per A=0,B=C=1, Keq=K/2. Stima per difetto: tmax=3∙tmin=1.5ns c) In un periodo di B l’uscita commuta 5 volte, quindi: Pd=Vdd2∙CL∙5∙fB= 1.1μW d) Idp,sat= 20μA A=1,B=0 o C=0: ReqA=5kΩ  VY=0.1V A=0,B=C=1: ReqBC=2∙ReqA  VY=0.2V A=B=C=1: ReqABC=2/3∙ReqA  VY=0.066V Con le altre combinazioni VY=1.5V Es. 2 a) VG=0V, VS=‐1.5V, VD =0V ( MOS saturo), I2=0.8mA, Vout=2V, gm= 2mS b) G(∞)=+gm∙R3= 20 c) G(0)=0, zero nell’origine e polo con frequenza fp=1/(2π∙1/gm∙C)= 31.8kHz. Per f>fp il trasferimento è costante a 20 (fase 0°). d) Vout,bias=‐R1∙Ib∙(1+R3/R2)+R3∙Ib= ‐4μV, Vout,bias=Vos(1+R3/R2)=7.8mV Es. 3 a) Vout,max=2V, erroremax = 20mV > LSB=5V/2n  n= 8 bit b) E’ necessario attendere almeno un tempo di conversione: Tconv=(n+1)∙TCK= 130ns. Dato che il segnale è a gradino il S&H non porta vantaggi c) Gid=‐R2/R1. Gloop(0)=‐A∙R1/(R1+R2), fp,loop=1/(2π∙C∙R1||R2) = 836 kHz. Il trasferimento ha un singolo polo, quindi la risposta è di tipo esponenziale con τanello chiuso ≈ 1/(2π∙f*) = C∙R2/A= 4ns (f* è la frequenza in cui |Gloop|=1), Vout(0)=0V, Vout(∞)=2V∙[‐Gloop(0)/(1‐Gloop(0))]= 1.96V d) Il guadagno d’anello deve tagliare l’asse a 0dB prima del polo dovuto a C. Questo porta alla condizione GBP < fp,loop∙(R1+R2)/R1= 17.6MHz