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Fondamenti di Elettronica (Informatici) 4° appello 17-9-2014 Traccia della soluzione Esercizio A 1) V TH = V DD /2 + (V tn -|V tp |)/2 = 2.6V 2) VCLbasso =0V; V CLalto =V DD -Vtn =4V 3) VTh =0V; R Th =2R ch =1/k nVOD = 250Ω 4) G=V DD : P1 =C L*V DD * VDD -Vtn *f=20nW; G=I: P2=0; G=NOT I: P3=0 Esercizio B 1) Vg=0V e quindi Vgs=-3V. Assumendo il MOS saturo, con Vod=-2V si ha Id=k*Vod^2=4mA e Vo=VNEG+R1*Id=-5+4=-1V. Essendo Vds=-4V risulta Vds<Vod quindi l’ipotesi di saturazione e’ verificata. 2) Il guadagno di piccolo segnale v o/vs e’ pari a (RG/(RG+Rs))*(-gm*R1)=(-2) a media frequenza (C aperta) e (RG/(RG+Rs))*(-gm*R1//R2)=~(-0.2) ad alta frequenza (C chiusa). I diagrammi di Bode presentano uno zero nell’origine, un polo dovuto C ∞ a frequenza molto bassa, un polo ed uno zero a frequenza maggiore dovuti a C. 3) Dato che la resistenza vista dal drain del transistore e’ idealmente infinita, la costante di tempo introdotta da C e’ data da taup=C*(R1+R2)=1.1µs e quindi fp=1/(2 π*taup)=~145kHz. Essendo la frequenza del segnale << fp siamo nelle condizioni di media frequenza (C aperta) vista al punto precedente, per cui il modulo del guadagno vo/vs e’ 2 e lo sfasamento 180°. Quindi vo(t)=~- 200mV*sin(2 π*10kHz*t). 4) La condizione di piccolo segnale e’ legata all’ampiezza massima del segnale di comando del transistore |vgs |. Essendo vgs = vs*(RG/(RG+Rs)) si ha che | vgs |max= A*(RG/(RG+Rs)) = (1/2)*A, indipendente da f. La condizione di piccolo segnale e’ quindi (1/2)*A<<2*|Vod|=4V. Esercizio C 1) Nel primo caso si tratta di un amplificatore invertente standard, con guadagno Vout/Vin 1=-9R/R=-9. Il secondo caso è identico al primo , dato che la resistenza R del secondo ramo risulta posta fra la massa e la massa virtuale, dunque non è percorsa da corrente. In generale, in…