ספרתיים אלקטרונים מעגלים – 1 תרגיל בית

‫תרגיל בית ‪ – 1‬מעגלים ספרתיים אלקטרונים‬
‫מגיש‪ :‬שי ידרמן‪ .‬ת‪.‬ז‪300603727 .‬‬
‫שאלה ‪:1‬‬
‫‪VC  t ‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫בפרק זמן הראשון אין מתח כניסה ולכן אין מתח על הקבל ואין זרם במעגל‪.‬‬
‫‪t t‬‬
‫‪ 0 ‬‬
‫‪‬‬
‫בפרק זמן‪ t0  t  t1 :‬המתח על הקבל לפי משוואת הדפקים הוא‪ Vc  t   V0 1  e   :‬כאשר‪. RC   :‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪t1 t0‬‬
‫‪t‬‬
‫‪t t1‬‬
‫‪t t‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ 10 ‬‬
‫‪ 1 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫בפרק זמן‪ t1  t  t2 :‬המתח על הקבל הוא‪. Vc  t   V0 1  e    V1 1  e    V0 1  e    V1 1  e   :‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫הזרם במעגל‪ ,‬והמתח על הנגד דועכים באותו האופן בצורה הפוכה מטעינת הקבל‪:‬‬
‫‪t‬‬
‫‪t‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪V0‬‬
‫‪1‬‬
‫‪‬‬
‫עבור‪ t0  t  t1 :‬המתח על הנגד הוא‪ VR  t   V0e  :‬והזרם במעגל‪. I  t   VR  t   V0e :‬‬
‫‪R‬‬
‫‪R‬‬
‫‪t‬‬
‫‪t‬‬
‫‪t10‬‬
‫‪t‬‬
‫‪ 10‬‬
‫‪‬‬
‫‪V ‬‬
‫‪V ‬‬
‫עבור‪ t1  t  t2 :‬המתח על הנגד הוא‪ VR  t   V0e   V1e  :‬והזרם במעגל‪. I  t   0 e   1 e  :‬‬
‫‪R‬‬
‫‪R‬‬
‫‪I t ‬‬
‫‪‬‬
‫‪VR t‬‬
‫‪V0‬‬
‫‪R‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪R‬‬
:2 ‫שאלה‬
:‫פתרון‬
:‫ נקבל‬t1  t0 , t2  t1   ‫ עבור‬.   L / R :‫ כאשר הפעם קבוע הזמן הוא‬,‫ נקבל כמו מקודם רק הפוך‬.‫א‬
I t   0
I t  

V0 
1  e
R
VR  t   0
t t0




V1  V1  V0   t  t1
e
R
t t
V  2
I t   1 e 
R
I t  
VL  t   0
t t
 0 

VR  t   V0 1  e  


VR  t   V1  V1  V0  e
VR  t   V1e


t t1

t t2

0  t  t0
VL  t   V0e

t t0
t0  t  t1
VL  t   V1e

t t1
t1  t  t2
VL  t   V0e

t  t2
t  t2



:‫ נקבל את התוצאות הבאות‬.‫ ומכאן שגם לנגזרת של גל המתח‬,‫ הסליל מגיב לשינוי בזרם‬.‫ב‬
VL
VL
Vdd
T  
1
2
3
t  ms 
Vdd
T  
1
2
3
t  ms 
:3 ‫שאלה‬
:‫פתרון‬
. T0  1ms :‫ ולכן‬f0  1kHz :‫ באיור הבא מתוארת צורת המתח התדר הוא‬.‫א‬
.  n  0.4  T  t   n  1 T :‫ עבור‬Vin  8v -‫ מתורגם ל‬00% ‫הספק של‬
Vin v 
8
0.4
1 1.4
2 2.4
3 3.4
t  ms 
4
.   R2C  1k 1  1m sec :‫הקבל נטען ומתפרק על הנגד המקביל לו ולכן קבוע הזמן הוא‬
R2
. VC 
Vin  4v  U :‫בעת עליית המתח הקבל מרגיש מתח לפי מחלק מתח‬
R1  R2
. VC  t   0 :‫ נקבל‬0  t  0.4T :‫עבור‬
. VC T  1ms   U 1  exp  0.6m /1m    1.804v :‫ בקצה‬. VC  t   U 1  exp  t /    :‫ נקבל‬0.4T  t  T :‫עבור‬
. VC T  1.4ms   1.804exp  0.4m /1m   1.209v :‫ בקצה‬. VC  t   1.804exp  t /   :‫ נקבל‬T  t  1.4T :‫עבור‬
. VC T  2ms   2.468v :‫ בקצה‬. VC  t   4  2.791exp  t /   :‫ נקבל‬1.4T  t  2T :‫עבור‬
. VH  e0.4  VL  VH  exp  t /   t 0.4 ms  VL :‫ ונכתוב שתי משוואות‬VL ,VH  -‫ במצב היציב נסמן את הגבולות ב‬.‫ב‬
. 4   4  VL  exp  0.6   VH  4   4  VL  exp  t /   t 0.6ms  VH :‫משוואה שניה‬
:‫ להלן התיאורים הגרפיים של שני הסעיפים יחדיו‬. VL  1.913v , VH  2.855v  :‫נקבל את הפתרונות‬
VC  t  v
Steady state
4
VH
2.468
1.804
VL
t  ms 
1.209
0.4
1 1.4
2
t  ms 
‫שאלה ‪:4‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬בתצורה הנ"ל יש לנו שני ‪ NMOS‬ולכן כאשר‪ - VGS1  VG  VT 1 :‬ההתקן ‪ M1‬בקיטעון‪ ,‬אזי‪ VD1  0 :‬והרי‪. VD1  VS 2 :‬‬
‫ממילא גם‪ VGS 2  VG  VT 2  VT :‬והרי שגם הוא בקיטעון‪ .‬במהפך שראינו בהרצאה ההתקנים היו ‪ NMOS -PMOS‬ולכן‬
‫כאשר אחד היה בקיטעון‪ ,‬המתח כניסה לאחר הפעיל אותו‪.‬‬
‫ב‪ .‬נתון כי ‪ M1‬מוליך‪ ,‬ז"א‪ M2 . VGS1  VT 1 :‬לא יכול להיות קטוע‪ ,‬ז"א‪. VGS 2  VT 2 :‬‬
‫אם ‪ M1‬ברוויה אז‪ VDS1  VGS1  VT :‬או‪ . VD1  VG1  VT :‬נבדוק מה קורה עם המצב של ‪ M2‬במקרה זה‪.‬‬
‫נקבל‪ - VDS 2  VDD  VD1  VDD  VG  VT :‬ההחלפה התבצעה על סמך האי‪-‬שוויון הקודם‪.‬‬
‫ידוע כי‪ VDS 2  VDD  VS 2 :‬ולכן‪ VDD  VS 2  VDD  VG  VT :‬או‪ VGS 2  VT :‬מה שמוביל לכך ש‪ M2-‬בקיטעון וזה לא ייתכן!‬
‫‪2‬‬
‫‪ . I D  K  2 VGS  VT VDS  VDS‬נחבר את המשוואה הבאה‪. I D  I D1  I D 2 :‬‬
‫ג‪ .‬במצב ליניארי הזרם הוא‪ :‬‬
‫נציב‪ - VDS  VDS1  VDS 2 :‬במעבר להתקן שקול אחד מתקבל הקשר הנ"ל‪.‬‬
‫כמו כן גם הקשרים הבאים מתקיימים (כל אחד בנפרד)‪ VGS1  VGS 2  VDS1 :‬‬
‫‪. VGS‬‬
‫נקבל את הפיתוח הבא‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪I D1  I D 2  K  2 VGS1  VT VDS1  VDS‬‬
‫‪1    2 VGS 2  VT  VDS 2  VDS 2   ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS 1  VDS‬‬
‫‪1    2 VGS  VDS 1  VT  VDS 2  VDS 2   ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS 1  2 VGS  VT  VDS 2  2VDS 1VDS 2  VDS‬‬
‫‪1  VDS 2   ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS  2VDS 1VDS 2  VDS 1  VDS 2   2VDS 1VDS 2  ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪  2 I D‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS  VDS‬‬
‫השוואתי בסוף לפעמיים הזרם המקורי היות ובמצב ליניארי‪ I D1  I D 2 :‬ולכן סכומם מהווה ‪ 2‬את הזרם השקול‪.‬‬
‫לכן מתקבל בסה"כ‪ K MEQ  0.5K :‬וההתקן השקול הוא במצב ליניארי‪.‬‬
‫ד‪ .‬באותו האפון שביצענו בסעיף הקודם‪ ,‬ותוך שימוש באותן ההנחות נקבל‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪I D1  I D 2  K  2 VGS1  VT VDS1  VDS‬‬
‫‪1   VGS 2  VT   ‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS 1  VDS‬‬
‫‪1   VGS  VDS 1  VT   ‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS 1  VDS‬‬
‫‪1    VGS  VT   VDS 1 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2 ‬‬
‫‪ K  2 VGS  VT  VDS 1  VDS‬‬
‫‪1  VGS  VT   2 VGS  VT  VDS 1  VDS 1  ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ K VGS  VT   2 I D‬‬
‫‪2‬‬
‫כעת ההתקן השקול נמצא במצב רוויה וגם כאן‪. K MEQ  0.5K :‬‬
‫ה‪ .‬ראינו כי כאשר‪ VG  0 :‬אז ‪ M2‬בקיטעון‪ .‬נבדוק עבור‪ VG  VD :‬ונקבל‪ VGS 2  VDS 2 :‬ולכן‪. VDS 2  VGS 2  VT :‬‬
‫כעת ההתקן נמצא ברוויה‪ .‬נבדוק באיזה תחום צריך להימצא ‪( VG‬ביחס ל‪ ) VD -‬כדי ש‪ M2-‬יהיה במצב ליניארי‪.‬‬
‫מצב ליניארי מקיים‪ VDS 2  VGS 2  VT :‬או‪ VD  VG  VT :‬ולכן ברור כי מצב זה ייתכן רק אם‪. VD  VG :‬‬
‫ממילא אין מצב שבתחום הנתון ‪ M2 VG  VD ‬יהיה במצב ליניארי‪.‬‬
‫ו‪ .‬אם שני הטרנזיסטורים ברוויה אז‪. K VGS1  VT 1   K VGS 2  VT 2   VGS1  VT 1  VGS 2  VT 2 :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫נוכל לכתוב‪ . VG  VT 1  VT 2 :‬נניח בצורה הפוכה כי קיים מתח ‪ VG‬עבורו שני ההתקנים ברוויה‪.‬‬
‫במקרה זה מתקיים‪ VDS1  VGS1  VT 1 :‬או‪ VG  VD  VT 1 :‬וגם‪ VDS 2  VGS 2  VT 2 :‬או‪. VG  VDD  VT 2 :‬‬
‫החיתוך של שני התחומים הוא‪ . VG  VD  VT 1 :‬נציב את הקשר שמצאנו קודם בהנחת הרוויה‪. VG  2VT 1  VT 2 :‬‬
‫ז‪ .‬כעת האילוצים הם‪ VGS  VGS1  VGS 2 :‬ו‪. VDS  VDS1  VDS 2 -‬‬
‫הזרם של ההתקן השקול שווה לסכום הזרמים של שני הטרנזיסטורים האחרים‪ .‬לכן במצב רוויה נקבל‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪I D  I D1  I D 2  K VGS1  VT   K VGS 2  VT   K VGS  VT   K VGS  VT   2K VGS  VT ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪. I D  I D1  I D 2  2K  2 VGS  VT VDS  VDS‬‬
‫באותו האופן נקבל במצב ליניארי‪ :‬‬
‫המסקנה המיידית היא‪ K MEQ  2K :‬וההתקן השקול נמצא באותו מצב הפעולה של שני האחרים‪.‬‬
‫היות והטרנזיסטורים ‪ M1‬ו‪ M2-‬זהים בכל‪ ,‬לא ייתכן מצב בו אחד נמצא במצב פעולה אחד והשני באחר‪ .‬לכן לא התייחסתי לזה‪.‬‬
‫שאלה ‪:5‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫‪ .I‬ג‪ .‬כאשר הכניסה מחוברת לספק ובמוצא ישנו קבל אשר המתח עליו שווה גם למתח הספק‪ ,‬יתחיל תהליך של פירוק‪.‬‬
‫הזמן ‪ t PHL‬מוגדר בתור הזמן שלוקח למתח שעל הקבל (מתח המוצא) להגיע למחצית מערכו‪.‬‬
‫ניתן למצוא פירוט זה בספר של ‪ Sedra&Smith‬בעמ' ‪.1203‬‬
‫‪ .II‬הזמן ‪ t PLH‬מוגדר בתור הזמן שלוקח למתח במוצא לעלות עד למחצית מערכו המירבי‪.‬‬
‫לכן נצטרך להציב את המתחים כפי שמופיע ב‪-‬ג'‪.‬‬
‫שאלה ‪:6‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫נפתור את זה שאלה זו לפי השלבים הבאים‪:‬‬
‫‪ .1‬מציאת המתחים‪. VOH ,VOL :‬‬
‫‪ .2‬מציאת זרם טעינה ממוצע‪.‬‬
‫‪ .3‬מציאת זמני המיתוג‪.‬‬
‫שלב ‪:1‬‬
‫נתחיל ממציאת ‪ . VOH‬נניח תחילה כי‪( VOL  VT 2 :‬נוודא זאת בהמשך)‪ .‬כאשר בכניסה‪ Vin  VOL  VT 2 :‬נקבל במוצא ‪. VOH‬‬
‫זאת מכיוון שהטרנזיסטור ‪ M2‬יהיה קטוע ואז מתח המוצא יעלה עד‪ VDS 2  0 :‬או‪ - VGS 2  VT 2 :‬הראשון מבניהם‪.‬‬
‫כלומר‪ ,‬מתח המוצא יגיע עד למתח הספק ‪ VDD‬אם ‪ M2‬לא ייקטם (הוא יישאר מוליך בתחום הליניארי לכל הפחות)‪.‬‬
‫נבדוק האם תנאי ההולכה ‪ ,VGS 2  VT 2 ,‬מתקיים (נזכור כי מתח הפריצה מושפע מאפקט המצע)‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪VBS 2  2 p ‬‬
‫‪2 p  2.4v‬‬
‫‪‬‬
‫‪VT 2  VT 02  ‬‬
‫‪VGS 2  0  VT 2‬‬
‫קיבלנו כי גם כאשר ‪ Vout  VDD  5v‬הטרנזיסטור ‪ M2‬עדיין יהיה בהולכה ולכן‪. VOH  VDD :‬‬
‫נציין כי עבור מתח זה בפרט מתקבל‪ , VDS 2  0 :‬ז"א הטרנזיסטור במצב ליניארי אך לא זורם בו זרם (נקודת קצה)‪.‬‬
‫כדי למצוא את ‪ VOL‬המתקבל כאשר בכניסה‪ Vin  VOH :‬עפ"י הגדרה‪ ,‬נשים לב כי‪ VDS1 :‬יהיה נמוך ו‪ VDS 2 -‬גבוה‪.‬‬
‫נניח בה"כ (יש לאמת אח"כ) כי ‪ M1‬במצב ליניארי וכי ‪ M2‬ברוויה ונשווה זרמים‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪K1 2 VGS1  VT 1 VDS1  VDS‬‬
‫‪1   K 2 VGS 2  VT 2   K1  2 VOH  VT 1 VOL  VOL   K 2  0  VT 2 ‬‬
‫‪2‬‬
‫היות ו‪ VT 2 -‬תלוי באפקט המצע שמושפע מ‪ , VOL -‬ניתן להזניח אותו עקב גודלו הקטן‪. VT 2  VT 20 :‬‬
‫‪2‬‬
‫נקבל‪  0.5  32  VOL  0.292v :‬‬
‫‪ . 2 2  5  1VOL  VOL‬בדיקת הנחות‪:‬‬
‫הטרנזיסטור ‪ M1‬ליניארי‪. VDS1  VOL  VGS1  VT 1  5  1  4v :‬‬
‫הטרנזיסטור ‪ M2‬ברוויה‪. VDS 2  5  VOL  VGS 2  VT 2  0  3  3v :‬‬
‫שלב ‪ 3 + 2‬עבור מיתוג ראשון‪:‬‬
‫‪1‬‬
‫זרם טעינה ממוצא עבור‪ t PLH :‬מוגדר‪. I avg   I initial  I final  50%   :‬‬
‫‪2‬‬
‫הזרם ההתחלתי המגיע למצוא הוא מהטרנזיסטור העליון ‪ M2‬אשר נמצא ברוויה (כי‪ .) Vin  0 :‬לכן מקבלים‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪VBS 2  2 p ‬‬
‫‪2 p  2.4v‬‬
‫‪‬‬
‫‪VT 2  VT 02  ‬‬
‫‪I initail  I D 2  0.5K 2 VGS 2  VT 2   44 A‬‬
‫‪2‬‬
‫לאחר העלייה של ‪ 00%‬בערך מתח המוצא מקבלים‪. Vout  VOL  0.5 VOH  VOL   2.65v :‬‬
‫‪‬‬
‫כעת מתח הפריצה‪ ,‬בהתחשב באפקט המצע הוא‪2 p  2.6v :‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪VBS 2  2 p ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ . VT 2  VT 02  ‬הזרם בסוף הוא‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪  34 A‬‬
‫‪‬‬
‫‪I final  50%   0.5K2 2 VGS 2  VT VDS 2  VDS‬‬
‫‪2   0.5K 2 2VT 2 VDD  Vout  50%    VDD  Vout  50% ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫הזרם הממוצע הוא‪. I avg   I initial  I final  50%    38 A :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪C  0.5 VOH  VOL ‬‬
‫‪. tPLH  T 1‬‬
‫הזמן הוא‪ 2.48 sec :‬‬
‫‪I avg‬‬
‫שלב ‪ 3 + 2‬עבור מיתוג שני‪:‬‬
‫נחזור על כל התהליך‪.‬‬
‫בהתחלה‪ VOH  5v :‬‬
‫‪ M2 , Vout‬אינו מוליך כי‪ VDS 2  0 :‬ולכן ‪ M1‬פורק את הקבל לבד כשהוא ברוויה‪:‬‬
‫‪Iinitail  0.5K1 VGS1  VT 1   320 A‬‬
‫‪2‬‬
‫בסוף‪ ,‬השינוי המוצא מגיע למחצית מערכו בין ‪ VOH‬ו‪ , VOL -‬כלומר ל‪ . 2.65v -‬במצב זה שני ההתקנים באזור הליניארי‪.‬‬
‫הזרם הפריקה של הקבל הינו ההפרש בין הזרם של ‪ M1‬ושל ‪:M2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪I final  50%  I D1  I D 2  0.5K1 2 VGS1  VT 1 VDS1  VDS‬‬
‫‪1   0.5K1  2 VGS 2  VT 2 VDS 2  VDS 2   ...  247  A‬‬
‫נקבל את הזרם הממוצע‪I avg  283 A :‬‬
‫‪CT 1  0.5 VOH  VOL ‬‬
‫זמן המיתוג הוא‪ 0.34 sec :‬‬
‫‪I avg‬‬
‫‪. tPHL ‬‬
‫שאלה ‪ - 7‬פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬עבור‪ VGS1  VDD  Vout :‬נקבל‪ N1( VGD1  0  VT 1 :‬תמיד ברוויה או קיטעון) ו‪ N0 , VGS 0  Vin -‬אינו מוליך עבור‪. Vin  1.2v :‬‬
‫היות ו‪ VGD 0  Vin  Vout -‬ההתקן ‪ N0‬ברוויה כאשר ‪ Vin  1.2v‬וגם ‪. Vout  Vin  1.2v‬‬
‫עבור ‪ : VOH‬מתקבל מקסימום כאשר‪ . VGS1  VT 1  Vout  VDD  VT 1  8.8v :‬כאן ‪ N1‬רוויה‪/‬קיטעון ו‪ N2-‬קיטעון‪.‬‬
‫‪2‬‬
‫עבור ‪ : VOL‬מתקבל‪  K1 VDD  Vout  VT1  :‬‬
‫‪. VOL  0.747 v  K0 2 Vin  Vout VOL  VOL‬‬
‫‪2‬‬
‫נמצא את ‪ : VM‬נקבל לאחר חישוב‪. VM  3.4v :‬‬
‫שאר החישובים מתבצעים בדומה‪ .‬נקבל בסוף‪:‬‬
‫‪Vol‬‬
‫‪L‬‬
‫‪S‬‬
‫‪8.8‬‬
‫‪0.747‬‬
‫‪Vih‬‬
‫‪L‬‬
‫‪S‬‬
‫‪2.02‬‬
‫‪Vm‬‬
‫‪S‬‬
‫‪S‬‬
‫‪3.4‬‬
‫‪3.4‬‬
‫‪Vil‬‬
‫‪S‬‬
‫‪S‬‬
‫‪1.2‬‬
‫‪8.8‬‬
‫‪POL  POH POL‬‬
‫‪‬‬
‫ב‪ .‬חישוב הספק סטטי‪ 1080mW :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪dv‬‬
‫‪dv‬‬
‫‪. Q  CV  I  C  dt  C‬‬
‫ג‪ .‬ידוע כי‪:‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪I‬‬
‫‪i i‬‬
‫‪V V‬‬
‫חישוב ‪ : t PHL‬נסמן‪ VE  OL OH :‬ונקבל‪ I  E OH :‬ולכן‪ VE  4.03v :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫כאשר נחשב את ‪ I OH‬נוכל למצוא כי‪. tPHL  3.67ns :‬‬
‫‪Voh‬‬
‫‪C‬‬
‫‪S/C‬‬
‫‪< 1.2‬‬
‫‪8.8‬‬
‫מצב ‪N0‬‬
‫מצב ‪N1‬‬
‫]‪Vin [v‬‬
‫]‪Vout [v‬‬
‫‪. Pstat ‬‬
‫‪. dv  VOH‬‬
‫ד‪ .‬חישוב מדויק‪ . V DG 0  Vout  Vin  Vout  VOH  VT 0  Vout  7.6v :‬יש לבצע אינטגרל‪. Cdv / I out Vout   I1 Vout  :‬‬
‫שאלה ‪ - 8‬פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬פסדו ‪.NMOS‬‬
‫‪1 1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪A‬‬
‫‪.  ‬‬
‫ב‪ .‬זה אפשרי למתג באמצעות ‪ Q1‬ו‪ Q2-‬לפי‪ k12  25 2 :‬‬
‫‪k1 k2 k12‬‬
‫‪v‬‬
‫חישוב ‪ : VOH‬כדי לבצע זאת נשים כניסה נמוכה ביותר‪ ,‬מספיק להכניס‪ Vin  VT  0.5v :‬ואז הטרנזיסטור השקול בקיטעון‪.‬‬
‫אז מתקבל‪ - VGS 4  VDD  VTp :‬ההתקן ‪ Q4‬תמיד יוליך עד ש‪ . Vout  VDD -‬נקבל‪. VOH  VDD  2.5v :‬‬
‫חישוב ‪ : VOL‬כעת נכניס‪ . Vin  VOH  VDD :‬אז‪ . VGS12  VDD ,VDS  VOH :‬יוצא שההתקן השקול ‪ Q12‬הוא ליניארי‪.‬‬
‫כאשר נניח‪ VOL  0.5v  VTp :‬אז ‪ Q4‬גם ליניארי‪ .‬נשווה זרמים ונקבל‪. VOL  0.21v :‬‬
‫ג‪ .‬חישוב הספק סטטי‪. Vout  VOL  Pstat  V  I  50W , Vout  VOH  Pstat  0 :‬‬
‫שאלה ‪ - 9‬פתרון‪:‬‬
‫‪ - VOL‬מתח המוצא הנמוך ביותר‪.‬‬
‫‪ - VOH‬מתח המוצא הגבוה ביותר‪.‬‬
‫‪ - VIL‬מתח הכניסה בנמוך ביותר‪.‬‬
‫‪ - VIH‬מתח הכניסה הגבוה ביותר‪.‬‬
‫‪ - VNML‬שולי הרעש – תחום המתחים עבור ‪ 0‬לוגי עבורו כניסת רעש לא תשנה את הערך הלוגי במוצא ל‪ 1-‬לוגי‪.‬‬
‫‪ - VNMH‬אותו דבר רק שהפעם רעש בכניסה לא ישנה ‪ 1‬לוגי ל‪ 0-‬לוגי‪.‬‬
‫שאלה ‪ - 10‬פתרון‪:‬‬
‫התשובה היא‪ :‬א‪.‬‬
‫זאת מכיוון שכל הטרנזיסטורים אחרים‪ ,‬אם הם ‪ NMOS‬אז הם מחוברים ישירות ל‪ Body-‬הכולל של המעגל המשולב‪.‬‬
‫אם הם‪ PMOS :‬אז הם מחוברים ישירות למתח הספק של המעגל המשולב‪.‬‬
‫הטרנזיסטורים היחידים שלא מחוברים לפי ברירת‪-‬מחדל לאדמה או למתח הספק ולכן הם אלו שיכולים להרגיש אפקט מצע‪.‬‬
‫מחוברים‬
‫למעלה לפי‬
‫ברירת מחדל‪.‬‬
‫כל השאר יכולים‬
‫להיות מחוברים או‬
‫למעלה או למטה‬
‫ולכן יהיה בהם‬
‫אפקט מצע‪.‬‬
‫מחוברים למטה‬
‫לפי ברירת‬
‫מחדל‪.‬‬