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Fondamenti di Elettronica – Ing. AUTOMATICA e INFORMATICA - AA 2010/2011 1° appello del 21 Luglio 2011 – Soluzione sintetica Esercizio 1 a) I D=2mA /barb2right ipotizzando il MOS saturo si trova VGS -VT=1V /barb2right VS=-2V /barb2right RS=(V S-VSS )/I D= 250 Ω Vout = V DD -ID∙RD= 4V, MOS saturo b) gm= 4mA/V G(0)=-RD/(R S+1/g m) = -6 c) A frequenza infinita il condensatore diventa un cortocircuito imponendo l’uscita di segnale allo stesso valore dell’ingresso: G( ∞)=+1 Spegnendo i generatori, il condensatore vede unicamente la resistenza R D: τ=C∙R D= 3 µs Nota: i guadagni G(0) e G( ∞) hanno segni opposti! Sapreste scrivere la funzione di trasferimento? d) A 50Hz il condensatore è trascurabile perché siamo a una frequenza molto più piccola del polo (53kHz). La corrente di drain non è modificata dal disturbo, conseguentemente la tensione ai capi di R D è costante e la tensione V out si sposta di 10mV (trasferimento unitario da V DD a V out ) e) id= v d,SS /(R S+1/g m) (con verso da Vss al source del transistore) vout = +i d∙RD = v d,SS ∙RD/(R S+1/g m) = +6∙v d,SS Il disturbo sinusoidale si presenta quindi in uscita amplificato di un fattore 6 Esercizio 2 a) E=0: Out= NOT ((A AND B) OR C) E=1: Out è in condizione di alta impedenza b) La rete p-MOS è il duale di quella n-MOS: c) Per avere i tempi di commutazioni indicati uguali è necessario uguagliare i k equivalenti dei transistori attivi nelle due transizioni. 000 /barb2right111: sono accesi i quattro transistori nMOS k eq,n = [(k A “serie” kB) “parallelo” kC] “serie” kE= 3/5 k n= 0.6 mA/V 2 111 /barb2right000: sono accesi i quattro pMOS, keq ,p= k E “serie” kC “serie” (kA “parallelo” k B) = 2/5 k p da cui si ricava k p= 3/2 k n Ricordando che kp=½∙µp∙Cox ∙(W/L) p si ha che (W/L) p= 3/2∙µn/µ p∙(W/L) n= 112.5 d) Potenza…