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Fondamenti di Elettronica – Ing. INFORMATICA - AA 2014/2015 Soluzione prova in itinere del 6 Maggio 2015 Esercizio A 1) Imponendo la tensione in uscita alla NOT uguale all a tensione di ingresso e osservando che entrambi i transistori lavorano necessariamente in zona satura si ha:
  ,
    ,  Che risolta fornisce VTH = 1.453V 2) Le reti RC hanno costante di tempo di τA=R ACA= 100ns e τB=R BCB= 225ns . Abbiamo quindi: Con t 1=τB∙ln(2)=156ns, t 2=250ns+ τB∙ln(2)= 406ns, t3=2us+ τA∙ln(2)= 2.069us , t4=2us+ τB∙ln(2)= 2.156us , t5=2.3us+ τA∙ln(2)= 2.369us, t 6=2.4us+ τB∙ln(2)= 2.556us. L’uscita rimane bassa solo tra t 3 e t 4. Il primo impulso tra 0 e 50ns di A è troppo breve per caricare la ca pacità C A fino a V DD /2 e di conseguenza l’uscita della NAND non commuta. 3) Quando gli ingressi passano da 0 a V DD l’uscita della NAND passa da V DD a 0V. La capacità di uscita è scaricata dalla serie di due transistori MOSFET che costituis cono il pull-down della NAND. I due transistori si comportano come un unico transistore con k eq = k n/2. Usando l’approssimazione di MOSFET saturi duran te tutta la commutazione al 50% otteniamo: → ≅   ⁄      !" 4) Per ogni periodo dei segnali di ingresso si ha una carica e una scarica dei condensatori C A e C B. L’uscita ha inoltre un impulso negativo per ogni fronte di sali ta contemporaneo di A e B. In prima approssimazione abbiamo: Pd, approx. = V DD 2∙f∙(C A+C B+C OUT )= 0.82mW Un’analisi più attenta porta ad osservare che le ca pacità A e B non sono caricate scaricate completame nte. Nel tempo in cui A è alto, 200ns, il condensatore C A raggiunge una tensione di V CA,max =3.3V∙(1-exp(- 200ns/ τA)= 2.85V per poi scendere a 0V durante i restanti 8 00ns. Il condensatore C B non ha mai tempo di…