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Fondamenti di Elettronica – Ing. INFORMATICA ‐ AA 2015/2016 Appello del 30 settembre 2016 – Traccia della soluzione Es. 1 a) k eq=kn/2. Il MOS equivalente è saturo (VGD=0V) quindi deve valere la relazione keq(VTH‐VT)2=(VDD‐VTH)/R da cui si ricava VTH=1.888V. b) Con A=B=1 il transistore n equivalente è in regime ohmico con rch=1/[2keq(VDD‐VT)]= 3.85kΩ, quindi VY= VDD∙rch/(rch+R)= 0.53V. Con A=0 o B=0, non può circolare corrente in R, quindi VY=VDD. c) L’uscita passa da bassa ad alta con una costante di tempo τ=RCL= 20ns. Il valore iniziale di VY con A=B=1 è VY(0)= 0.53V e quello finale VY(∞)=VDD. Il tempo di commutazione si trova imponendo Vy(∞)+(VY(0)‐VY(∞))∙exp(‐t0‐‐>1/τ)= VDD/2 che risolta porta a t0‐‐>1= 10ns. d) Si hanno due termini di potenza dissipata. Il primo dovuto alla carica e scarica della capacità di carico e vale: Pd,C=VDD∙ΔV∙CL∙fCK= 9.1μW, dove ΔV=VY(∞)‐VY(0)=2.77V come calcolato al punto precedente. Il secondo termine di consumo di potenza è dovuto al passaggio di corrente diretto da VDD a massa quando il clock è alto: Pd,R=1/2∙VDD2/(R+rch)= 228μW. Es. 2 a) Vg1= 1.5V; Vs1=0.5V; I NMOS= 0.5mA; Vg2 = 2V; gm1=2mA/V; Vout=3V b) G(0)= ‐gm1*R4 /(1+gm1*R3) = ‐ 4; G(∞)= ‐ gm1*R4 = ‐12 . Il diagramma di Bode presenta uindi un polo a fP=1/[2πC(1/gm1||R3)]= 318MHz e uno zero a frequenza più bassa fZ=fp∙G(0)/G(∞)= 1/(2πCR3)= 106MHz. c) Il trasferimento è indipendente dalla frequenza e vale T(0)=T(∞)= + R4 Es. 3 a) Calcolando la tensione all’ingresso dell’ADC in funzione della tensione ai capi del diodo e imponendo i limiti estremi utilizzabili dall’ADC (0V e 5V) si trova: VD1max = (5V+1V*8.66)/18.33=0.745V, VD1min = (0V+1V*8.66)/18.33=0.472V, a cui corrispondono TMIN = ‐22.5°C, TMAX = 114°C . b) Minima variazione di T misurabile: 136.5°C/1024= 0.13°C. c) THOLDmin =…