290216s

Pagina 1

Fondamenti di Elettronica – Ing. INFORMATICA - AA 2014/2015 - 29 febbraio 2016 Traccia della soluzione Nota: per brevità alcune formule non sono ricavate: questo non significa che sono da sapere a memoria, bisogna saperle ricavare nel caso specifico proposto dall’esercizio! Esercizio A 1) A B C OUT 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 Alta impedenza 1 1 1 0 2) A=01: l’uscita passa da alta e bassa grazie all’accensione dei tre nMOS che si comportano come un unico transistore con keq= kn/3. Considerando l’usuale stima per eccesso si ha: t 01 ≈ ln(2)·Req·C = 3.4ns, dove Req = 3.3V/Id,sat= 3.3V / 0.676mA = 4.9kΩ. A=10: In questo caso l’uscita passa da bassa ad alta con una rete di pull -up costituita dal solo pMOS comandato da A. L’analisi è analoga al caso precedente con keq= kp, Req= 4.9kΩ, t10 ≈ 3.4ns 3) Quando C= 1 l’uscita è il negato di A, quando C= 0 l’uscita rimane invariata a livello alto. A ogni periodo di C si ha quindi un’operazione di carica e scarica del condensatore di uscita portando a una dissipazione di potenza pari a Pd=3.3V2·1pF·fc= 11 μW. 4) t01: gli nMOS sono ora comandati da una tensione di 4V e operano in regime ohmico per tutto il transitorio di commutazione. Procedendo come nel punto 2 si ha: Req = 3.3V / 1.1mA = 300Ω e t01 ≈ 2.1ns t10: la tensione di comando del pMOS è la medesima del punto 2, di conseguenza si ha lo stesso tempo di commutazione Potenza dissipata: la diversa tensione di ingresso non modifica la carica necessaria a caricare/scaricare il condensatore C, quindi la potenza dissipata è la stessa del punto 3. Esercizio B 1) VG= 2V, Id= 1mA, VOUT1= 6V-2V= 4V (i due transistori hanno le stesse caratteristiche e la medesima corrente di polarizzazione, di conseguenza le tensioni di gate-source sono uguali), VD2=9V…