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A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 1 September 25, 2000

Capitolo IV

Il transistor MOS

Indice

La tecnologia CMOS 2Il funzionamento del transistor MOS 6La polarizzazione del MOS 26Stadi di guadagno con MOS 51Lo specchio di corrente 68Uso del carico attivo 82Rapporto di reiezione per disturbi sull'alimentazione 85La stadio differenziale 86L' invertitore CMOS 94

Capitolo V - Il transistor MOS


La tecnologia CMOS

• Tecnologia molto diffusa nei circuiti digitali in quanto nonpresenta consumo di potenza statica

• In sistemi misti (analogico-digitali) la parte digitale e'spesso la piu' grande

• I circuiti digitali guidano lo sviluppo tecnologico (memorie)

• La tecnologia CMOS e' meno costosa delle altretecnologia per circuiti integrati (Bipolare, BiCMOS)



Struttura del transistor MOS

AAA

AAAAAAAAAAAAAAA

AA

S D

0 L

W G

B

• W: larghezza di canale• L: lunghezza di canale• G=Gate; D=Drain; S=Source, B=Bulk;

• S e D sono drogati con lo stesso drogante (p o n)

• B e' drogato in modo opposto (n o p)

=> S/D drogati n, B drogato p ==> NMOS device=> S/D drogati p, B drogato n ==> PMOS device



La tecnologia CMOS

n+ n+

SG D

p-bulk

B

p+ p+

SG D BP

nwell

NMOS PMOS

• Un dispositivo MOS e' simmetrico (D e S possono esserescambiati)

• Simboli dei transistor MOS

G B

D

S

G B

S

DNMOS PMOS



La tecnologia CMOS

n+ n+

SG D

p-bulk

B

p+ p+

SG D BP

nwell

NMOS PMOS

• Il substrato p (p-bulk) e' polarizzato alla tensione piu'bassa disponibile sul circuito (massa)

- Cio' evita la polarizzazione diretta della giunzione pn trasubstrato (p) e le diffusione n+ di source

- Cio' fa si che la soglia del dispostivo NMOS devicedipenda dalla VSB per l'effetto body (con VSB>0)

• Il transistor PMOS e' realizzato in una n-well, chepuo'/deve essere opportunamente polarizzata

Per ridurre l'effetto body, ciascun PMOS puo' essererealizzato in una well separata, e ciascuna wellpolarizzata al source (in modo da avere sempre VSB=0)

+ +

-bulk

+ +

P

well

MOS MOS

+ + + +

P

well

MOS MOS



Il funzionamento del transistorMOS

• Consideriamo un transistor NMOS

n+ n+

VSVG

VD

p-bulk

VB

• Per semplicita' di seguito si usera':

VS = 0VB = 0

• Il transistor MOS puo' trovarsi a funzionare in diversezone operative, dipendentemente dalle tensioni dipolarizzazione applicate ai suoi morsetti:

interdizione

sottosoglia

lineare

saturazione



Funzionamentodel transistor MOS

Regione di interdizione

0 < VGS < VTH

n+ n+

VSVG

VD

p-bulk

VB

cariche fisse (ioni) lacune

• Aumentando VGS, le lacune del substrato vengonoallontanate dall'interfaccia dell'ossido

• Uno strato di inversione compare all' interfaccia. Questostrato e' pero' costituito da ioni (cioe' cariche fisse).

• Non e' pertanto possibile la conduzione




Debole inversione

VGS ≈ VTH

AAAAAAAAAAAAAAAA

oxide

metal

Vg

Vs Vd Vs

n+ n+

p-bulkNegative ions

Vg < Vth

Vb

• La struttura e' equivalente a:

• La corrente di saturazione dei diodi dipende dalle tensioniapplicate

IS = ID0 eq·VGS/(n·k·T) e–q·VBS/(n·k·T)

• Ne risultaID = ID0 eq·VGS/(n·k·T) e–q·VBS/(n·k·T) [1 – e–q·VDS/(k·T)]

• Il transistor cosi' polarizzato viene utilizzato inapplicazioni a bassissimi livelli di corrente, cioe' persistemi a bassissima dissipazione di potenza(pacemaker, orologi, ecc. ...)



Funzionamentodel transistor MOSRegione lineare (o di triodo) (I)

VTH < VGS VDS << VGS – VTH

VOV = VGS – VTH e' la tensione di overdrive

n+ n+

VSVG

VD

VB

cariche mobili (elettroni)

• Aumentando VG S , alcuni elettroni sono attrattiall'interfaccia con l'ossido

• Questi elettroni creano un canale di cariche libere checollegano source e drain

• E' quindi possibile una corrente di conduzione

• VDS<<VGS–VTH corrisponde ad avere una densita' dicarica costante lungo tutto il dispositivo

• La densita' di carica nel dispostivo e'Qch = Cox·(VGS–VTH)




Regione lineare (II)VTH < VGS VDS << VGS – VTH

+ +

SG

D

B

ariche mobili (elettroni)

• Relazione tensione-correnteLa corrente e' corrente di drift, cioe' dovuta al campo

elettrico.

I = Qtot

τtr

Qtot = Qch · L · W = Cox·(VGS–VTH) · L · W

τtr = Lvdr

= L

µ·E = L

µ·VDS/L = L2

µ·VDS

ID = µ·Cox·WL · (VGS – VTH)·VDS = 2·k· (VGS – VTH)·VDS

con k = 12 · µ·Cox·

WL

ID

VDS

VGSVDS = RMOS · ID

Il MOS si comporta come unaresistenza di valore

RMOS = 1

2·k·(VGS – VTH)il cui valore e' controllato

da VGS




Regione lineare (III)VTH < VGS VDS < VGS – VTH

n+ n+

VSVG

VD

VB

• Mantenendo costante VGS(>VTH), un aumento di VDS

riduce la quantita' di carica immagazzinata nel canalevicino al drain

• Il canale rimane presente per la conduzione• La relazione tensione-corrente puo' essere ancora

valutata come prima

I = Qtot

τtr

Qtot = (Qs + Qd) · L

2 · WQs = Cox·(VGS–VTH) == carica al sourceQd = Cox·(VGD–VTH) == carica al drain

τtr = Lvdr

= L

µ·E = L

µ·VDS/L = L2

µ·VDS

ID = µ·Cox·WL ·

(VGS – VTH)·VDS – VDS

2

2

ID = 2·k·


2

2




Regione lineare (IV)

ID = µ·Cox·WL ·


2

2

• Facendo il grafico ID vs. VDS si ottiene:

ID

VDS

VGSVDSsat

• V D S s a t e' latensione percui il canalerisultastrozzato dallaparte del Drain

+ +

SG

D

B

• Perche' il canale sia strozzato deve essereVDSsat = VGS – VTH

• Per VDS <VDSsat, il grafico (modello) ha senso.• Per VD S >VDSsat non ha senso fisico il fatto che

aumentando la tensione, la corrente diminuisca.=> Il modello analitico su esposto perde di significato




Regione lineare (IV)

• Effetto body distribuito

S D

0 x L

W

- - - - - - -- - - - -V(x)

• La tensione in eccesso alla tensione di soglia genera unaccumulo di cariche all'intefaccia con l'ossido (strato diinversione) che dipende dalla posizione x del puntosecondo la regola

Qinv(x) = Cox [VGS – VTH (x) – V(x)]

• V(x) e' la caduta di tensione dal Source al punto x• Si puo' definire la resistenza incrementale dell'elemento

infinitesimo [x, x + dx] nel canale come:

dR = ρ dxA =

dxqn(x)Aµ

= dx

Qinv(x)Wµ• La caduta di tensione sullo stesso elemento infinitesimo

e' data da:

dV = ID dR = ID dx

Cox[VGS – VTH(x) – V(x)] Wµ




Regione lineare (V)

• D'altro canto la tensione di soglia VTH cambia lungo ilcanale a causa del body effect:

VTH (x) = VTH0 + γ [√|–2ΦF + VSB – V(x)| – √2ΦF ]

• E' possibile ora integrare la relazione su VDS e su x:

dV = ID dR = ID dx

Cox[VGS – VTH(x) – V(x)]·W ·µ

VDS = ∫0

L

∆V·dx

• Si ottiene che la corrente ID e' data da:ID =

= µ·Cox·WL ·[(VGS–VTH0)VDS – 12 V2

DS ]–23 ·γ [–2ΦF +

VDS 3/2]

• Trascurando il secondo termine della parentesi graffa siottiene l'equazione di prima:

ID = µ·Cox·WL ·


2

2

ID = 2·k·


2

2




Regione di saturazione (I)VTH < VGS VDS = VGS – VTH

n+ +

SG

VD

B

ID

VDS

VGSVDSsat

-VA

• Un ulteriore aumento di VDS fa si che il canale si strozzidalla parte del drain

• Gli elettroni si spostano ancora per conduzione in tutto ilcanale residuo e sono poi spinte al drain dal fortecampo elettrico

• Il livello della corrente si ottiene calcolando la correntedella regione lineare per il valore di VDS per cui il canalesi strozza, cioe' per VDS=VGS – VTH , si ottiene allora:

ID = 12 · µ·Cox·

WL · (VGS – VTH)2

IDsat = k · (VGS – VTH)2




Regione di saturazione (II)

VTH < VGS VDS > VGS – VTH

n+ n+

VSVG

VD

VB

L’ ∆L

L

• Il canale si strozza per il valore di VDS dato da:

VDS = VDSsat = VGS – VTH

• Il livello di corrente e' fissato al valore che si ottiene per illa tensione VDSsat (VDSsat=VGS–VTH)

ID = 12 · µ·Cox·

WL · (VGS – VTH)2

IDsat = k · (VGS – VTH)2




Regione di saturazione (III)

• Se VDS >VDSsat, il punto di strozzamento si sposta verso ilsource; la parte di VDS che e' in eccesso a VDSsat cadesulla regione di svuotamento (lunga ∆L) che si estendedal punto di strozzamento al drain.

S DL∆

pinch-off

depleted region

Gate

B

∆L = √2εqNA

(VDS – VDSsat)

• La stuttura puo' essere vista come un transistor con ilpunto di strozzamento al drain e con una lunghezza dicanale L–∆L.

• La corrente ID risulta essere data da:

ID = 12 ·µCox ( W

L–∆L)(VGS – VTH)2 =

= 12 ·µCox (WL )(VGS – VTH)2

LL–∆L

ID = k · (VGS – VTH)2 L

L–∆L




Regione di saturazione (IV)

ID = 12 ·µ·Cox · WL · (VGS – VTH)2 ·

LL–∆L

L

L–∆L =

1

1 – √2εqNA

(VDS – Vsat)L

2

≅ 1 + ε

qNAL2 (VDS – VDSsat)

• Trascurando VDSsat rispetto a VDSL

L – ∆L = 1 + λ VDS

con λ = ε

q NA L2

• Solitamente λ ˜ L–a con 1 < a < 2

• λ e' il parametro di modulazione di canale e vale 5·10–2

V–1

ID = 12 ·µ·Cox·

WL · (VGS – VTH)

2 · (1 + λ VDS)

IDsat = k · (VGS – VTH)2· (1 + λ VDS)




Regione di saturazione (V)

• Per ottenere la continuita' nelle espressioni della ID enelle sue derivate, il termine (1 + λ VDS) viene aggiuntoanche nel nell'espressione della corrente in regionelineare:

ID = µ·Cox·

W

L

(VGS – VTH)VDS – 12 VDS2 (1 + λ VDS)

• k' = µ·Cox viene indicato come parametro tecnologico ditransconduttanza

• Per tox = 75 nm e assumendo un amobilita' superficiale µn

= 750 cm2/V sec., e µp = 240 cm2/V sec. si hanno ivalori:

k'n = 35.7 µ A/V2

k'p = 11.4 µ A/V2



La tensione di soglia

• La tensione di soglia e' la tensione VG S minimanecessaria per creare un canale conduttivo tra drain esource.

• La tensione di soglia si esprime come:

VTH = VTH0 + γ · [√|–2·ΦF + VSB| – √2ΦF ]

γ = √2·q·ε·NA

Cox

• La tensione di soglia dipende dalla tensione VSB per ilcosiddetto effetto-body

• γ e' il coefficiente dell'effetto body

• Il valore minimo per la tensione di soglia corrisponde allacondizione VSB= 0



Caratteristiche I-VCaratteristica di ingresso (ID vs. VGS) in saturazione

• Da notare che non viene data (IG vs. VGS) in quanto IG=0

-1 0 1 2 3 40

1

2

3

4

5

6

VGS [V]

ID ≈ (VGS – VTH)2

Id

VgsVth

• Effetto bodyId

VgsVth

Vsb=0 Vsb1 Vsb2 Vsb3

• Aumentando VSB, aumenta VTH



Caratteristiche I-VCaratteristica di uscita (ID vs. VDS)

Regione lineare

Regione di Saturazione

Regione di Debole inversione

ID

VDS

VGS

• Si ha una famiglia di curve, ciascuna corrispondente adun valore di VGS

• Il transistor NMOS presenta quattro regioni difunzionamento:

• Off: VGS << VTHID = 0

• Debole inversione: VGS ≈< VTH

ID = ID0 eq·VGS/(n·k·T) e–q·VBS/(n·k·T) [1 – e–q·VDS/(k·T)]

• Regione lineare: VTH < VGS > VDS + VTH

ID = 2·k·


2

2

• Regione di saturazione: VTH < VGS < VDS + VTH

ID = k·(VGS – VTH)2



Il transistor PMOS

• Il transistor PMOS sicomporta come quelloNMOS, ammesso diinvertire tutti i segni. G B

S

D

• Il transistor PMOS ha una tensione di soglia negativaVTH < 0

• Il transistor PMOS presenta quattro regioni difunzionamento:

• Off: VGS >> VTHID = 0

• Debole inversione: VGS >≈ VTH

ID = ID0 eq·VGS/(n·k·T) e–q·VBS/(n·k·T) [1 – e–q·VDS/(k·T)]

• Regione lineare: VTH > VGS < VDS + VTH

ID = 2·k·


2

2

• Regione di saturazione: VTH > VGS > VDS + VTH

ID = k·(VGS – VTH)2

• Il circuito equivalente di piccolo segnale e' identico aquello dell' NMOS (come nel caso NPN e PNP)



Circuito equivalente ad ampiosegnale

S

G

D

B

DBS D

DB

CCGS,ov GD,ov

CGS

CGD

I DC

BS CBDCBG

R RS D

Effetti non-lineari• Generatori di corrente• Diodi• Capacita' CGS, CBG, CGD, CBS, CBD

Effetti lineari (in 1° approssimazione)

• Resistenze di contatto (RD, RS)

RD ≅ RS ≅ 100 Ω• Capacita' di overlap (CGS,ov, CGD,ov)

CGS,ov = CGD,ov = W xov Cox



Circuito equivalentead ampio segnale

S

G

D

B

DBS D

DB

CCGS,ov GD,ov

CGS

CGD

I DC

BS CBDCBG

R RS D

• I diodi sono polarizzati in inversa; la corrente inversa e'dominata dal termine di generazione e ricombinazione

IGR = A q ni xj

2 τ 0

A : area della giunzionexj : larghezza della regione di svuotamento

τ0 : tempo di vita medio dei portatori minoritari

• IGR raddoppia per un aumento di 10 K (tipicamente) atemperatura ambiente IGR/A= 10 -15 A/µm2

Capacita' di Gate

.5

WLx =GB

=GS

=GD

aturation Linear

- VH S SH



La polarizzazione del MOSNMOS

GB

D

S

1• Valutare VGS

VGS > VTH ?SI ===> transistor ONNO ===> transistor OFF

Se il transistor e' ON:• VGS = VTH + Vov

• Vov ≈ VDSSat

2• Valutare VDS

VDS > VDSSat ?SI ===> regione di saturazioneNO ===> regione lineare



Studio della polarizzazionedi transistor MOS

PMOS

VTH < 0

VGS < 0

VDS < 0G

B

S

D

VDD

VDD

1• Valutare VGSVGS < VTH ? (|VGS | > |VTH | ?)

SI ===> transistor ONNO ===> transistor OFF

Se il transistor e' ON:• VGS = VTH + Vov

• Vov ≈ VDSSat

2• Valutare VDSVDS < VDSSat ? (|VDS| > |VDSSat | ?)

SI ===> regione di saturazioneNO ===> lregione lineare



QUIZ

VTH_NMOS = 1V

G B

D

S

VG = 2VVS = 0VVD = 3Vregione di operazione = ?

G B

D

S

VG = 2VVS = 0VVD = 0.5Vregione di operazione = ?

G B

D

S

VG = 0.5VVS = 0VVD = 3Vregione di operazione = ?



QUIZVTH_PMOS = –1V; VDD = 5V

GB

S

D

VDD VG = 3VVD = 3Vregione di operazione = ?

GB

S

D

VDD VG = 3VVD = 4.5Vregione di operazione = ?

GB

S

D

VDD VG = 4.5VVD = 3Vregione di operazione = ?

C

VDVS

VG VG = 5VVS = 2VVD = ?regione di operazione = ?



La polarizzazione del transistorMOS

1• Si fa dapprima un'ipotesi di funzionamento del transistor(regione lineare, regione di saturazione, o di transistorspento)

2• Si risolve la polarizzazione del circuito congruentementecon l'ipotesi fatta

3• Si verifica se l'ipotesi e' verificata.

Se l'ipotesi non e' verificata allora l'ipotesi fatta e' falsa esi deve ripartire con un'altra ipotesi

Se l'ipotesi e' verificata allora l'ipotesi fatta e' vera e lasoluzione trovata e' corretta



Polarizzazione del transistor MOSEsercizio 1 (I)

b1

DD

b2 S

D

VDD = 10VVTH = 1Vk= 60·µA/V2

Rb1 = 1kΩRb2 = 1kΩRS = 1kΩRD = 1kΩ

Punto di lavoro

VG = VDD · Rb2

Rb1+Rb2 = 5V

VG = VGS + RS·IM ====> IM = VG – VGS

RSSuppongo M in saturazione

IM = k · (VGS – VTH)2

-20 -15 -10 -5 0 5 10-5

0

5

10

15

20

25

30

VGS [V]



Polarizzazione del transistor MOS

Esercizio 1 (II)

La corrente IM e' la stessa e quindi uguagliando le dueequazioni si ottiene:

VG – VGS = RS·k · (VGS – VTH)2

k·RS·(VGS2 – 2·VGS·VTH + VTH 2)+VGS–VG=0

k·RS·VGS2 + VGS · (1– 2·k·RS·VTH) + k·RS·VTH 2–VG=0

E' un'equazione di 2° grado in VGS con due soluzioniLe due soluzioni sono:

VGS = [ 4.333V, –19V]

• Tra le due soluzioni, quella di –19V non e' valida inquanto per VGS<VTH il modello di transistor MOS usatonon e' valido, essendo il transistor spento.

• L'unica soluzione valida e' quella di 4.33V checorrisponde infatti ad una zona di funzionamento in cuiil transistor e' attivo (VGS>VTH)

IM = VG – VGS

RS = 670µA

VD = VDD – IM·RD = 10 – 670µA·1kΩ = 9.33V



Polarizzazione del transistor MOSEsercizio 1 (III)

Polarizzazione a bassa corrente

• Lo stesso circuito si puo'polarizzare con:

Rb1 = 100kΩ

Rb2 = 100kΩ

b1

DD

b2 S

D

• La corrente di gate del transistor MOS e' comunque nulla.• La tensione del gate non cambia• Il punto di lavoro del transistor MOS non cambia (ha la

stessa tensione di gate e, quindi, lo stesso livello dicorrente)

• La corrente consumata nel ramo di polarizzazione (Rb1 eRb2) diminuisce di un fattore 100.

• La Rin aumenta di un fattore 100

• Lo stesso concetto non puo' essere applicato con untransistor bipolare in quanto la corrente di base e' non-nulla e si vuole che sia trascurabile rispetto a quella delramo di polarizzazione.




b1

VDD

Rb2 D

VDD = 5VVTH = –1Vk= 10·mA/V2

Rb1 = 1.5MΩRb2 = 3MΩRD = 500Ω

• Studiare la polarizzazione

La tensione di gate e' data dal partitore su Rb2-Rb1

VG = VDD · Rb2

Rb1+Rb2 = 3.33V

La VGS risulta pertanto:

VGS = 3.33V – 5V = –1.67V

Il transistor e' quindi acceso.Si suppone allora il transistor in saturazione.La corrente e' allora data da:

IM = k·(VGS–VTH)2 = 10·mA/V2·(–1.67V+1V)2 = 4.489mA

Da cio' ne deriva la tensione sul drain

VD = IM·RD = 4.489mA · 500Ω = 2.244 V

Si verifica anche che il transistor e' in saturazione

VGD = 3.33V – 2.24V = 1.09V OK!!



Polarizzazione del transistor MOSEsercizio 2 (II)

b1

DD

Rb2 D


Rb1 = 1.5MΩRb2 = 3MΩ===> RD = 10kΩ <===

• Come nel caso precedente si ottiene:

VG = VDD · Rb2

Rb1 +Rb2 = 3.33VVGS = 3.33V – 5V = –1.67V

Supponendo il transistor in saturazione la corrente e' allora:

IM = k·(VGS–VTH)2 = 10·mA/V2·(–1.67V+1V)2 = 4.489mADa cio' ne deriva la tensione sul drain

VD = IM·RD = 4.489mA · 10kΩ = 44.89 V

Si ottiene un'incongruenza con l'ipotesi di partenza.Allora bisogna cambiare ipotesi. Si suppone quindi che il

transistor operi in zona lineare.Si scrive allora l'equazione:

ID = 2·k·


2

2 = VDD – VD S

RS

Si risolve per VD e si ottiene:[VDS = 0.038113V, VDS = 1.31189]

La prima soluzione e' quella valida in quanto la seconda noncorrisponde ad una polarizzazione in zona lineare.



Polarizzazione del transistor MOSEsercizio 2 (III)

M

Rb1

VDD

Rb2 RS


Rb1 = 1.5MΩRb2 = 3MΩ===> RD = 10kΩ <===

La risoluzione grafica e' illustrata di seguito

D

DS

DD

VDD/RS

oluzione valida

oluzioneon valida

1

Si ottengono due soluzioni:• La soluzione 1 appartiene alla zona in cui il modello

matematico (I=2·k·(Vov·VDS–VDS2/2)) descrive ilcomportamento del circuito ed e' quella corretta

• La soluzione 2 appartiene alla zona in cui ilfunzionamento del circuito non e' descritto dal modellomatematico e quindi non e' corretta.




5V

M

R

I

– 5V

VTH = 1.5VI = 10mA

Quale e' il massimo valore diR per tenere il transistor M insaturazione ?

La tensione di drain e' data da:

VD = 5V – I·RLa tensione minima di saturazione del drain e':

VDmin = VG – VTH = 0V – 1.5V = –1.5V

Ne risulta che Rmax e':

Rmax = 5V – VDmin

I = 6.5V10mA = 650Ω



Caratteristica ingresso-uscitaEsercizio 4

MV

IVTH = 1Vk = 2mA/V2

Si disegni la caratteristica Ivs. V per V=[–2V, 5V]

Il transistor se e' acceso e' in saturazione in quanto:

VDS = VGS > VGS–VTH

Per V<VTH il transistor e' spento e quindi:

I = 0

Per V>VTH il transistor e' acceso e la corrente I e' data da:

I = k ·(V – VTH)2

Il grafico risulta quindi:

-2 -1 0 1 2 3 4 5-0.01

-0.005

0

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

V [V]

OFF

Saturazione



Caratteristica ingresso-uscitaEsercizio 5 (I)

VDD

M

R

ViVo

VTH = 1Vk = 2mA/V2

R=2kΩVDD = 10V

Calcolare Vo(Vi)

• Per Vi < 1V, il transistor e' off (Vi=VGS<VTH) e pertanto:

Vo = VDD

• Per Vi>1V il transistor puo' condurre.Si suppone M in saturazione. La corrente e' data da:

I = k ·(VGS – VTH)2= k ·(Vi – VTH)2

Ne segue che Vo e' dato da:Vo = VDD – R·I = VDD – R·k·(Vi – VTH)2

M e' in saturazione finche'VDS>VGS – VTHVo > Vi – VTH

Cioe' perVDD – R·k·(Vi – VTH)2 > Vi – VTH

R·k·(Vi – VTH)2 + (Vi – VTH) – VDD < 0



Caratteristica ingresso-uscitaEsercizio 5 (II)

Le soluzioni di ( )R·k·(Vi–VTH)2+(Vi – VTH) – VDD= 0sono:

Vi–VTH = –1±√1+4·R·k·VDD

2·R·kLa soluzione e' quella con il '+' in quanto deve essere

Vi > VTH

Si ottiene quindi Vi=2V

Quindi per 1V<Vi<2V il transistor e' in saturazione.

• Per 2V<Vi il transistor opera in regione lineare

I = 2·k· [(VGS–VTH)VDS – VDS

2

2 ] = 2·k· [(Vi–VTH)Vo – Vo

2

2 ]

Vo = VDD – R·I = VDD – R·

2·k·

(Vi–VTH)·Vo – Vo

2

2

Vo = VDD – 2·k·R·(Vi – VTH)·Vo + k·R·Vo2

k·R·Vo2– (1+2·k·R·(Vi – VTH))·Vo + VDD =0

Vo = (1+2·k·R·(Vi – VTH))±√(1+2·k·R·(Vi – VTH))2–4·k·R·VDD

2·k·R

La soluzione corretta e' quella con il '–' (aumentando Vi, Vo

deve diminuire)

Vo = (1+2·k·R·(Vi–VTH))–√(1+2·k·R·(Vi–VTH))2–4·k·R·VDD

2·k·R



Caratteristica ingresso-uscita

Esercizio 5 (III)

Come approssimazione si potrebbe trascurare Vo2, eottenere:

Vo = VDD – 2·k·R·(Vi – VTH)·Vo

E quindi:

Vo = VDD

1+2·k·R·(Vi – VTH)

0 1 2 3 4 5

0

1

2

3

4

5

Vi [V]

OFF

Saturazione

Lineare



Linearizzazione dellecaratteristiche del transistor MOS• Caratteristica di ingresso

TH

DD

VGSGS_bias

D_bias

pprossimazione ineare

la caratteristica di ingresso e' molto non-lineare

• Caratteristica d'uscita

D

DS DS_bias

D_bias

Approssimazione lineare

la caratteristica di uscita e' molto lineare



Circuito equivalente per piccolosegnale del transistor MOS

• Approssimazione di ordine zero (indipendente dallafrequenza)

G

gm·vgs

S

ro

D

vgs

E' uguale al circuito equivalente del transistor bipolare nelcaso di β=∞, che comporta rπ=∞

• Approssimazione di prim'ordine (dipendente dallafrequenza)

G

gm·vgs

S

o

D

gs gmb·vbs

Cgd

gs

• Un parametro tipico per valutare la velocita' di risposta deltransistor MOS e' la frequenza di transizione (fT)

fT = gm/CGS

• fT e' definita come la frequenza del polo del guadagno dicorrente nella configurazione a source comune



Circuito equivalente per piccolosegnale del transistor MOS

G

gm·vgs

S

o

D

vgs gmb·vbs

Cgd

Cgs

• La linearizzazione del generatore di corrente risultaID = ID (VGS, VDS , VBS)

• Tre generatori di corrente controllati da tensioni sononecessari:

gm = ∂ID

∂VGStransconduttanza

gds = 1ro =

∂ID∂VDS

conduttanza d'uscita del drain

gmb = ∂ID

∂VBStransconduttanza di substrato

• Tutti questi parametri dipendono dal punto di lavoro(polarizzazione) del transistor



Circuito equivalente per piccolosegnale

Transconduttanza (gm)• Nella regione sottosoglia:

gm= Id

n k Tq

(come un transistor bipolare con n>1, n≈2)• Nella regione lineare:

gm = µ·Cox ·

W

L ·VDS = 2·k ·

W

L ·VDS

• Nella regione di saturazione:

gm = µ·Cox

W

L · (VGS – VTH) = 2·k ·

W

L ·(VGS – VTH)

gm

VGS

Ideale

Reale

VTH

• Nelle situazioni reali la gm e' minore del valore indicatodalle equazioni




Transconduttanza (gm)

• Inoltre gm dipende da µ che a sua volta e' funzione dellatemperatura, del campo elettrico trasversale e delcampo elettrico medio laterale

µ = µ0

T

T0 –3/2

1 + EyEcrit

–m

1

1 + VDS

L Esa t

• SPICE usa un'equazione di fitting:

µ = µ0

u crit ⋅ ε s i

Cox(VGS – Von– utra – VDS) uexp




Conduttanza d'uscita del drain (gds)

• Nella regione lineare

gds = µ·Cox ·

W

L · (VGS – VTH – VDS)

gds = 2·k · (VGS – VTH – VDS)

• Nella regione di saturazione (appros. del I ordine)gds = λ·ID

Effetti del second'ordine:• La riduzione della lunghezza di canale e' stata calcolata

considerando solo la caduta di tensione laterale. Unapiu' accurata analisi da come risultato:

1∆L

≅ 1

∆L(1st order) +

Cox

εs

α (VDS – VGS) + β(VGS – Vsat)

VDS – Vsat

• La tensione di soglia dipende da VDS (per canali corti).• La mobilita' dipende dal campo laterale medio (VDS/L).• L'effetto valanga aumenta ID.





Correnti di valanga

+

DRAIN

ATE

• Cariche mobile, accellerate dal campo elettrico nella zonadi svuotament del drain creano, per ionizzazione daimpatto, delle coppie elettrone-lacuna

• Cio' comporta un aumento della corrente di drain ID edella corrente di substrato IB

ID

DS

Corrente di valanga

IS = ∆ID α ∆L

• La corrente di substrato puo' favorire il latch-up• Il rumore del dispositivo aumenta• L'impedenza di uscita diminuisce• Portatori possono essere intrappolati nell' ossido e cio'

causa una variazione della tensione di soglia VT H

(effetto di elettroni caldi)





Correnti di valanga

• Le correnti di valanga sono peggiori nell' NMOS

1

3

2

4

5

6

7

2 4 6 8

log

pairs/cm

(10 cm/V)-6

n

p

α

ε1/

α

α

Un'espressione piu' accurata della conduttanza di uscita e':

gds = λID (I ordine)

– gm ∂VTH ∂VDS

(canale corto)

+ IDµ

∂µ

∂VDS(velocita' di saturazione)

+ ∂IS

∂VDS(valanga)



Sommario delle equazioni deltransistor MOS

Regionelineare

• VGS > VTH

• VDS < VGS – VTH

• ID = µ·Cox(WL ) [(VGS–VTH)VDS –

VDS2

2 ]

ID = 2·k· [(VGS–VTH)VDS – VDS

2

2 ]

• gm = µ·Cox ·

W

L · VDS = 2·k · VDS

• gds = 1ro = µ·Cox

W

L (VGS – VTH – VDS)

Regione disaturazione

• VGS > VTH

• VDS > VGS – VTH

• ID = 12 µ·Cox

W

L (VGS – VTH)2 (1 + λ VDS)

ID = k·(VGS – VTH)2 (1 + λ VDS)

• gm = µ·Cox

W

L (VGS – VTH)

gm= 2·k·(VGS–VTH) = 2·\r(,k·ID)=

2·ID

VGS–VTH

• gds = 1ro = λ·ID



k = 12 · µ · Cox ·

W

L



Stadi di guadagno con MOS

• Il modello a piccolo segnale del MOS (NMOS o PMOS) e'il seguente:

G

gm·vgs

S

ro

D

vgs

• Si puo' osservare che e' identico a quello del transistorbipolare nel caso di rπ=∞ (cioe' con β=∞)

B

rπ gm·vbe

E

ro

C

vbe

Assumendo che:E <=> SB <=> GC <=> D

• L'espressione simbolica del guadagno di uno stadio aMOS si puo' quindi ricavare dall'espressione delcorrispondente stadio a bipolare gia' ricavato.



Stadi di guadagno con MOS(ignorando l'effetto di Rs - resistenza di sorgente)

• Drain comune

Rb1

VDD

Rb2 RS

M

Ci

vi

Rs

Co

RL

vo

vovi =

gm·(RS//RL)1+gm·(RS//RL)

• Source comune

Rb1

VDD

Rb2 RS

M

RD

Ci

vi

RsCo

RL

vo

Cs

vovi = – gm·(RD//RL)

• Nessun elettrodo a massa

Rb1

VDD

Rb2 RS

M

RD

Ci

vi

RsCo

RL

vo vovi =

gm·(RD//RL)1+gm·RS

• Gate comune

Rb1

VDD

Rb2 RS

M

RD

ii

Co RLvo vo

ii = gm·RS

1+gm·RS ·(RD//RL)



Impedenze di ingresso di untransistor MOS

DD

M

RS

in_GG

RS

in_S

in_D

Rin_G = ∞

Rin_D = ro + RS·(1 + gm·ro)

vD = itest·RD

itest = –gm (0–vtest)+vtest–vD

ro => Rin_S =

R D + ro1+ gm·ro



Guadagno massimodi un transistor MOS

VDD

I

M

vi

vo

vovi = – gm·ro = – 2·√k·ID ·

1λ·ID

= – 2·√ k

λ · √ID

• Il guadagno aumenta per correnti piccole



Esercizio (I)

VDD = 10 VR1 = 8.5kΩR2 = 1.5kΩVTH = 1Vk = 5mA/V2

RL = 4kΩCL = 10nFCi –> ∞VB=3V

M2VB

RL

Civi

VDD

M1

R2

R1 vo

CL

Si calcoli il punto di lavoro ed il guadagno vo/vi(s) e se netraccino i diagrammi di Bode

Si valuti il massimo segnale in ingresso prima che M2 entri inzona lineare

Per la polarizzazione il gate di M1 si porta comunque a:

VGM1 = R2

R 1 + R2 · VDD = 1.5V = VGSM1

Essendo VGSM1>VTH, il transistor M1 e' acceso.Per VB=3V anche VGSM2>VTH e quindi M2 e' acceso.Ora si suppone M1 in saturazione. Quindi la sua corrente e':

IM1 = k · (VGSM1 – VTH)2 = 5mA/V2 · (0.5V)2 = 1.25mA

La stessa corrente scorre su M2.



Esercizio (II)Si fa ora l'ipotesi di M2 in saturazione. Essendo i due

transistor identici (trascurando l'effetto body) edavendo la stessa corrente, i due transistor lavorano conla stessa VGS:

VGSM1 = VGSM2 = 1.5VNe segue che:

VDSM1 = VB – VGSM2 = 1.5VEssendo VDSM1>VGSM1–VTH, si verifica quindi che l'ipotesi di

M1 in saturazione e' corretta.La corrente di M2 scorre tutta su RL. Il drain di M2 si porta

quindi a:VDM2 = VDD – IM2·RL = 5V

Si verifica quindi che anche l'ipotesi di M2 in zona disaturazione e' corretta.

Il circuito per il calcolo della risposta per piccolo segnale e' ilseguente:

vgs1 gm1·vgs1

G1 D1

S1

vgs2 gm2·vgs2

G2 D2

S2RL

vi

vo

CL

Si puo' notare come tutta la corrente del generatorecomandato gm1·vgs1 passi tutta attraverso il generatorecomandato gm2·vgs2 per poi raggiungere il carico (RL//CL).Il guadagno e' quindi dato da:

H(s) = vovi = – gm1·(RL//CL) = –

gm1·RL1 + s·CL·RL



Esercizio (III)

La funzione di trasferimento si puo' scrivere come:

H(s) = vovi = – Ao ·

11 + s/ωp

con:

ωp = 1

RL·CL = 1

4kΩ·10nF = 25 krad/sec

gm1 = 2· IM1

VGSM1 – VTH = 2 · 1.25mA

0.5V = 5mA/V

Ao = gm1·RL = 5mA/V · 4kΩ = 20 (=26dB)

Il diagramma di Bode e' il seguente

90°

(s)

(s) B

og(ω/ωr)ωp

180°

og(ω/ωr)

ωr=1rad/sec

o

20dB/dec

Si noti che per f->0 la fase tende a –180° per la presenza delsegno – nell'espressione della funzione ditrasferimento.



Esercizio (IV)

Per valutare il segnale massimo perche' M2 entri in zonalineare e' necessario scrivere una condizione di zonalineare per M2 che puo' essere che il drain, scendendo,raggiunge il valore:

VDSlin = VGS – VTH

ovveroVDlin = VG – VTH

Il gate di M2 e' fisso, mentre il suo drain e' alla tensione:

VDM2 = VDM2o + Ao·vi

con Ao = – gm1·RL, VDM2o e' la tensione di polarizzazione deldrain di M2. Dalla precedente espressione si puo'scrivere:

VDM2o + Ao ·vimax = VGM2 – VTH

Si puo' quindi ricavare il valore massimo in ingresso cherisulta essere dato da:

vimax = VDo–VGM2–VTH

Ao = 5V–3V–1.5V

20 = 0.5V20 = 25mV



Confronto MOS-bipolare

Bipolare MOS

gm ICVt

> 2·ID

VGS–VTHVA 100 V > 20 ÷ 50V

ro VAIC

> VAID

Guadagnomassimo –

VAVt > – 2·√ k · √ID · VA

Offset <1mV < 10 ÷ 20 mV

fT fT_BIP > fT_MOS



Drain comuneComportamento in frequenza (I)

Rb1

VDD

Rb2 RS

MCi

vi

RsCo

RL

voRin_G

vg

vs

RStot

• Senza l'effetto di Rs e acentro-banda (cioe' conCi e Co 'corti-circuiti')

vovi =

gm·(RS//RL)1+gm·(RS//RL)

Per ricavare la funzione di trasferimento si puo' scomporre ilproblema in tre parti scrivendo:

vovi =

vovs ·

vsvg ·

vgvi

• Calcolo di vgvi

• Nel circuito di piccolo segnale- le due resistenze Rb1 e Rb2 sono a massa- Rin_G = ∞Allora si puo' scrivere:

vgvi =

(Rb1//Rb2)

R s + 1

s·Ci + (Rb1//Rb2) =

= s·Ci·(Rb1//Rb2)

1+s·Ci·(Rs + (Rb1//Rb2)) =

vgvi =

s·τz_gi

1+s·τp_gi

Con: τz_gi = Ci·(Rb1//Rb2);τp_gi = Ci·(Rs + (Rb1//Rb2))



Drain comuneComportamento in frequenza (II)

Rb1

VDD

Rb2 RS

MCi

vin

RsCo

RL

voutRin_G

vg

vs

RStot

• Calcolo di vsvg

Si puo' riutilizzare l'equazione del drain comunesemplificata, sostituendo a RS, RStot data da:

RStot = RS //

1

s·Co + R L =

= RS ·

1

s·Co + R L

RS +

1

s·Co + R L = RS ·

1 + s·Co·RL1 + s·Co·(RL+RS)

Quindi si ottienevsvg =

gm·RStot1+gm·RStot =

= gm·RS·(1 + s·Co·RL)

1 + gm ·RS + s·Co·(RL + RS + gm ·RS ·RL) =

= gm·RS

1+gm·RS · 1 + s·Co·RL

1 + s·Co·RL + RS + gm ·RS ·RL

gm·RS

=

vsvg = Asg ·

1+s·τz_sg

1+s·τp_sg

Con: Asg = gm·RS

1+gm·RSτz_sg = Co·RL;

τp_sg = Co·RL + RS + gm·RS·RL

gm·RS



Drain comuneComportamento in frequenza (III)

Rb1

VDD

Rb2 RS

M

Ci

vin

Rs

Co

RL

voutRin_G

vg

vs

RStot

• Calcolo di vovs

vovs =

RL

R L + 1

s·Co

= s·RL·Co

1+s·RL·Co =

vovs =

s·τos

1 + s·τo s

Con: τos = Co·RL



Drain comuneComportamento in frequenza (IV)

Rb1

VDD

Rb2 RS

M

Ci

vin

Rs

Co

RL

voutRin_G

vg

vs

RStot

• Riassumendo:vovi =

vovs ·

vsvg ·

vgvi =

s·τos

1 + s·τo s · Asg ·

1+s·τz_sg

1+s·τp_sg ·

s·τz_gi

1+s·τp_gi

Con: Asg = gm·RS

1+gm·RSτz_gi = Ci·(Rb1//Rb2);τp_gi = Ci·(Rs + (Rb1//Rb2))τz_sg = Co·RL

τp_sg = Co·RL + RS + gm·RS·RL

gm·RSτos = Co·RL

Essendo: τos = τz_sg , l'espressione si riduce a:

vovi = Asg ·

s·τos

1+s·τp_sg ·

s·τz_gi

1+s·τp_gi



Drain comuneComportamento in frequenza (V)

• Diagrammi di Bodevovi = Asg ·

s·τos

1+s·τp_sg ·

s·τz_gi

1+s·τp_gi

Supponendo che:τp_sg > τp_gi

• I diagrammi di Bode della risposta in frequenzadell'amplificatore sono:

40dB/dec

20dB/dec

0dB/dec

1/τp_sg 1/τp_gi log(ω/ωr)

voutvin

dB

π

0dB/dec

1/τp_sg log(ω/ωr)1/τp_gi

3·π/4π/2

π/40

A∞

voutvin

-∞

Il guadagno A∞ si ottiene per s=∞ ed e' dato da:

A∞ = vovi = Asg ·

τos

τp_sg ·

τz_gi

τp_gi =

= gm·RS

1+gm·RS · gm·RS·RL

RL + RS + gm ·RS ·RL ·Rb1//Rb2

Rs + (Rb1//Rb2) ≈

A∞ ≈ gm·RS

1+gm·RS ·Rb1//Rb2

Rs + (Rb1//Rb2)



Progetto di un Source comune (I)

E' data una sorgente di segnale con Rs=100Ω , e conampiezza di 50mV.

Si progetti uno stadio di guadagno a Source comune(polarizzazione inclusa) che riesca a realizzareun'amplificazione di -30 su di un carico resistivo di10kΩ.

Dimensionare i condensatori di ingresso (by-pass) e di caricoin modo che l'amplificazione abbia una banda [20Hz -20kHz].

Si valuti la potenza dissipata.Si ha a disposizione un transistor NMOS con VTH=1V e

k=10mA/V2.

Rb1

VDD

Rb2 I

M

RDCi

vi

Rs vo

Cs

CD

L' espressione del guadagno di un source comune e':

Av = vovi =

vgvi ·

vovg =

Rb1//Rb2Rs + Rb1//Rb2 · (– gm·RD)



Progetto di un Source comune (II)

Per minimizzare la potenza dissipata sul ramo dipolarizzazione si puo' fissare:

Rb1 // Rb2 = 2MΩCio' comporta:

Rb1//Rb2

Rs + Rb1//Rb2 = .9999500025

Questo guadagno verra' approssimato con 1 e di seguitotrascurato. Il guadagno si puo' allora scrivere come:

Av = vovi =

vgvi ·

vovg = – 2·√k·ID ·RD = – 30

Da cio' si ricava il valore della corrente di polarizzazione:

ID = 1k ·

Av

2·RD2= 0.225mA = I

Da cio' si ricava la VGS del transistor:

VGS = VTH + √ Ik = 1.15V

e la caduta di tensione su RD:VRD = I·RD = 2.25V

L'ampiezza del segnale di uscita e' di:Aout = 50mV · 30 · 2 = 3V

Si puo' allora fissare:VDD = 6V

eVG = 2V

Per fissare VG = 2V deve essere:Rb1 = 2 · Rb2

Rb1·Rb2Rb1+Rb2 =

2·Rb22

3·Rb2 = 23 · Rb2 = 2MΩ

Ne segue che:Rb2 = 3MΩ e Rb1 = 6MΩ



Progetto di un Source comune(III)

Si puo' infine progettare il valore dei condensatori di ingressoe di uscita.

Per il condensatore di ingresso Ci, la funzione di

trasferimento VgateVin e':

vgatevi =

Rb1//Rb2

R s + 1

s·Ci + Rb1//Rb2 =

= s·Ci·(Rb1//Rb2)

1 + s·Ci·(Rs + Rb1//Rb2) ≈ s·Ci·(Rb1//Rb2)

1 + s·Ci·(Rb1//Rb2)

E' una f.d.t. di tipo passa-alto. Dovra' quindi fissarelafrequenza inferiore di taglio (20Hz) a cui devouguagliare il polo in ingresso, cioe':

fpi = 1

2·π·Ci·(Rb1//Rb2) = 20Hz

Si ricava quindi:Ci = 4nF

Per il condensatore di uscita, il carico RD//CD realizza unaf.d.t. di tipo passa-basso e fissa allora la frequenzasuperiore di taglio che sara' data da:

fpo = 1

2·π·CD·RD = 20kHz

Si ricava quindi:

CD = 0.8nF



Lo specchio di correnteDefinizione

Iref Iout

RL

Current Mirror

Iout = k·IRefk e' il guadagno di corrente

Non-idealita'

• Errore nel guadagno dicorrente

• Impedenza di uscita (rout)=> riduce la corrente sul

RL: Io u t = k·IRef ·RL

RL + rout • Tensione di saturazione

(Vcm)

IrefIout

RL

Current Mirror

Vcm

r out

=> per Vo<Vcm lo specchio di corrente non operacorrettamente

• Comportamento in frequenza



Lo specchio di corrente

Applicazioni

• Polarizzazione di circuiti

Ibias

Circuitno. 1

Ibias

Circuitno. 2Ire

f

Readsection

Current mirror

• Nel cammino di segnale

Q1 Q2

Ibias

Vi+ Vi-

IsignalIsignal

2·Isignal

IoutReadsection

Isignal

Current mirror

- Trasformazione differenziale-single-ended



Specchio di corrente sempliceGuadagno di corrente

M1 M2

Iref Iout

• M1 opera in saturazione

Iref = I1 = k'2

W

L1 (VGS1 – VTH)2 (1 + λ VDS1)

VDS1 = VGS1 = VGS2

• Se M2 opera in saturazione

Iout = I2 = k'2

W

L2 (VGS2 – VTH)2 (1 + λ VDS2)

Iout = Iref

W

L2

W

L1

(1 + λ VDS2)(1 + λ VDS1)

• Uso di ampi (VGS – VTH) per migliorare la precisione delguadagno di corrente (riducendo l'importanza dellevariazioni della tensione di soglia)

• Variazioni tipiche della tensione di soglia sononell'ordine di 5mV. Per transistor distanti puo' essere di40mV.

• La corrente di uscita si puo' allora scrivere:

I'out

= Iout

1 + 2 ∆VTH

VGS – VT H



Specchio di corrente sempliceVariazioni di VDS

IoutIref

=

W

L1

W

L2

· 1 + λ VD S 2

1 + λ VD S 1

M1 M2

Iref Iout

• Il transistor M1 fissa la VGS su cui lavora il transistor M2

VGS1=VGS2

Id

VDS



Specchio di corrente sempliceImpedenza di uscita

M1 M2

Iref Iout

G

rdsgm·vgsS

D

vgs

G

rdsgm·vgsS

D

vgs

M1 M2

Vtest

Itest

rout = rds2 = 1

λ I2

• Uso di dispositivi con L lungo per aumentare rout

Swing di uscita

M1 M2

Iref Iout

VDSsat2

• Lo swing verso il basso e' limitato a:

Vout,min = VDSsat2



Specchio di corrente sempliceRisposta in frequenza

M1 M2

Iref Iout

Circuito equivalente per piccolo segnale

G

rds1gm1·vgs1S

D

vgs1

G

rds2gm2·vgs2S

D

vgs2

M1 M2

Iin

Cgs1 Cgs2

Iout

io ii =

gm2/gm11+s·(Cgs1+Cgs2)/gm1

k = gm2/gm1 = Cgs2/Cgs1

io ii =

k1+s·(1+k)·Cgs1/gm1

fT = gm1/Cgs1

Il polo si trova alla frequenza fp:

fp = (gm1/Cgs1)/(1+k) = fT/(1+k)



Specchio di corrente bipolare

Iref

I1

I1/β I2/β

I2

• Effetto della corrente di base

Iref = I1 + I1/β + I2/β

I1 = I2

I2 = Iref

1 + 2β

• Se si considerano piu' specchi

ref

1

I1/β 2/ β

I2

I2 = Iref

1 + n + 1

β



Specchio di corrente bipolare

• Recupero di corrente per ridurre l'effetto della corrente dibase

Iref

I1

I1/β I2/β

I2

I2 = Iref

1 + 2β2

• Per n specchi collegati

I2 = Iref

1 + n + 1

β2

• Il circuito di sensing della corrente Iref ha bisogno di2·VBE (cioe' 1.4V) invece di VBE (0.7V) del precedentespecchio di corrente

• Il transistor bipolare che recupera la corrente di base puo'essere sostituito con un transistor MOS, in modo daavere β2=∞



Esercizio (I)

Q

M

vo

VDD

vi

VSS

VB

VBE = 0.7V

β=∞VT = 25mVk=0.1mA/v2VTH = 1VVDD = – VSS = 5V

a - punto di lavoro per VB=0 e VA=∞

b - vovi (VA) = ?

c - VAx=? tale che vovi (VAx) = (1–0.01)·

vovi (VA=∞)

d - VBmin=? tale che i transistor operino come al punto (b)

• aSe VB=0, allora VE=VD=–0.7.Essendo VG=0, si ha che VGS=5V. Allora

VDS=4.3V>VGS–VTH=4VQuindi M opera in saturazione. La corrente risulta:

I = k · (VGS – VTH)2 = 1.6mA• bLo schema corrisponde ad un collettore comune ove la

resistenza sull'emettitore corrisponde all'impedenzavista dal drain del transistor MOS. Pertanto il guadagnorisulta dato da:

vovi (VA) =

gmBIP·roMOS1+gmBIP·roMOS



Esercizio (II)Ove

gmBIP = I

Vt roMOS = VAI

Ne deriva che:vovi (VA) =

gmBIP·roMOS1+gmBIP·roMOS =

VAVt+VA

• c

Si ha che vovi (VA=∞)=1.

Se si vuole cheVA

Vt+VA = 0.99

Deve essere che:VA·(1 – 0.99) = 0.99·Vt

Quindi deve essere:

VA = 0.990.01 ·Vt = 2.45V

• dEssendo VG=0, si ha che VGS=5V. Allora

VDSmin = VGS – VTH=4VQuindi

VBmin = VD = VGS – VTH +VS = – 1V



Esercizio (I)

M1

o

DD

M2i

B

VDD = 5VVB = 1.5VVTH = 1VkM1 = kM2

Vo (Vi) = ?

La tensione VB e' fissa e corrisponde a VGS1

VB = VGS1 = 1.5V > VTH = 1VDa cui si ricava che cioe' M1 e' sempre acceso. Bisogna ora

individuare se opera in saturazione o in regione lineare,a seconda di come si porta la tensione del suo drain.

• Per 0V< Vi < 1VIl transistor M2 e' spento. Non c'e' alcuna corrente che

scorre e quindi M1 (che e' acceso) opera in regionelineare. Ai suoi capi, con corrente nulla, c'e' tensionenulla e quindi:

Vo = 0V

• Per 1 V< Vi < Vx

Alzando Vi oltre VTH il transistor M2 si accende e iniza ascorrere corrente che e' la stessa per M1 e M2:

IM1 = IM2

Avendo un'ampia VDS e' subito in saturazione. Invece M1con una VDS bassa rimane in triodo. Questo e' verofinche Vi non ragiunge una tensione Vx da determinare



Esercizio (II)

M1

o

DD

M2i

B

VDSsat1 = VGS1 – VTH = 0.5M1 esce dalla regione di triodo quando VDS1=VDsat1

Per l'uguaglianza delle correnti si potra' scrivere (inquell'istante M1 e M2 sono entrambi in saturazione):

Vov1 = Vov2Vi = VTH + Vov2 + Vov1 = VTH + 2·Vov

Essendo Vov=0.5V si ottiene che per Vi=2V M1 esce dallazona di saturazione ed entra in triodo. Quindi:

Vx = 2VPer determinare Vo in questo intervallo di valori di Vi si scrive:

Vo = VDS1 = Vi – VGS2

I1 = 2·k1·

(VGS1–VTH)·VDS1 – VDS12

2I2 = k2 · (VGS2 – VTH)2

I1 = I2VGS1 = VB; VDS1=Vo

Si ricava:Vo = 0.5·Vi – 0.25 ± 0.25·√–7+12·Vi–4·Vi2

Per determinare se vale il '+' o il '–' si valuta che per Vi = 1.5Vsi ha Vo = [0.146V, 0.853V].

La soluzione Vo =0.853 non va bene perche' VGS2<VTH.Quindi vale l'espressione con il '–':

Vo = 0.5·Vi – 0.25 – 0.25·√–7+12·Vi–4·Vi2



Esercizio (III)

M1

o

DD

M2i

B

• Per 2V< Vi < Vy

I due transistor sono entrambi in saturazione. Essendouguali (k1=k2) ed avendo la stessa corrente, hannoanche uguale VGS.

VGS2 = VGS1 = VB

La tensione in uscita e':Vo = Vi – VGS2 = Vi – VB = Vi – 1.5V

Cio' vale finche' M2 entra in zona lineare, il che accadeper:

VGD2 > VTH = 1VCioe' per:

Vy = VGD2 > VD2 + VTH = VDD + VTH = 6V



Esercizio (IV)

M1

o

DD

M2i

B

• Per 6V< Vi

Il transistor M2 entra in zona di lineare. La corrente risultafissata da M1 che opera in saturazione, ed e' data da:

ID1 = k1·(VGS1 – VTH)2

Questa corrente scorre su M2 che opera in zona lineare. Lasua corrente si scrive quindi come:

ID2 = 2·k2· [(VGS2–VTH2)VDS2 – VDS22

2 ]Si sostituisce:

VG2 = Vi; VD2 = VDD; VS2=Vo; ID2=ID1

e si ottiene:

ID1 = 2·k2· [(Vi–Vo–VTH2)·(VDD –Vo) – (VDD –Vo)2

2 ]

Risolvendo per Vo si ottiene:

Vo = Vi – VTH2 ±

± √k2·(ID1+k2·VDD2–2·k2·VDD·Vi+k2·Vi2+2·k2·VDD·VTH2–2·k2·Vi·VTH2 +k2·VTH22)k2



Uso del carico attivoVDD

M

R

ViVo

Il guadagno e' dato da:vovi = –gm·R = – 2·

IVGS – VT H ·R = –2·

VRVGS – VT H

Per avere guadagno alto devo avere VR alta e quindialimentazione alta.

=> Uso del carico attivoL'impedenza del nodo di uscita si puo' aumentare usando un

generatore di corrente, fatto con un semplice transistor,opportunamente polarizzato:

VDD

MNViVo

MPVB

Il guadagno diventa:vovi = – gmMN·(roMN//roMP)

La tensione VB puo' essere generata ad esempio con unospecchio di corrente.

Quanto deve essere VR=(VA/2) per avere stesso guadagno ?



Esercizio (I)

vi

M1

VDD

vo

M2 M3

E

RBRL

VDD=5VVTHP=–1VVTHN=1V

RB=5kΩ

RL=6kΩkp=2mA/V2

kn=1mA/V2

a. calcolare il punto di lavoro e guadagno vo/vi per E=0Vb. calcolare il punto di lavoro e guadagno vo/vi per E=1.5V(si trascurino le impedenze di uscita dei transistor MOS)

a.Il ramo M2-RB opera indipendentemente da E. Pertanto la

sua corrente si puo' scrivere, essendo M2 insaturazione, come:

IM2 = kp·(VGS – VTH)2

IM2 = IRB = VDD – VGS

RBUguagliando i due termini si ottiene:

kp·(VGS – VTH)2 = VDD – VGS

RBSi trovano due soluzioni:

VGS2=[0, 1.8V]L'unica possibile e' VGS=1.8VQuindi

IRB = 5V–1.8V

5kΩ = 0.64mA.



Esercizio (II)

M2 e M3 costituiscono uno specchio di corrente. PertantoIM3 = 0.64mA

Nel primo ramo con E=0, M1 e' spento e quindi tutta lacorrante passa su RL. Si ha quindi:

vo= IM3·RL = 3.84VPer questo valore e' verificato che M3 opera in saturazione.Essendo M1 spento la sua transconduttanza e' nulla e

pertanto si ha:vo/vi = 0

b.Per E=1.5V, supponendo M1 in saturazione, la IM1 e' data

da:IM1 = kn·(VGS1 – VTH)2 = 0.25mA

Pertanto su RL scorre:IRL = 0.64mA – 0.25mA = 0.39mA

La Vo di polarizzazione risulta:Vo = IRL·RL = 2.34V

Il guadagno risulta:

vovi = – gmM1·RL = – 2·

IM1VGSM1 – VTH · RL = – 6



Rapporto di reiezione per disturbisull'alimentazione

(Power Supply Rejection Ratio - PSRR)VDD+vn

M

R

vi

vo

Se un rumore vn viene iniettato sull'alimentazione VDD,questo segnale arriva all'uscita con un guadagno pari a(calcolato per vi=0):

vovn =

roro + R ≈ 1

con ro impedenza di uscita del transistor MOS.• Quindi ogni disturbo sull'alimentazione arriva

direttamente in uscita.• L'uscita vo e' data da:

vo = – gm·R·vi + ro

ro + R · vn = Ain·vi + Ap·vn

• Si definisce il Rapporto di Reiezione per Disturbisull'Alimentazione (PSRR):

PSRR+ = ApAin

• Il PSRR deve essere il piu' piccolo possibile.• Per il source comune si ha:

PSRR+ = ApAin =

1– gm·R

Quanto vale PSRR– ? (= 1)



La stadio differenziale

1i1

2i2

VSS

DDR

o1 Vo2

/2+∆I /2–∆I

I1 + I2 = I

Senza segnale(Vi1=Vi2=0)I1o = I2o = I/2

Vi1 – VGS1 + VGS2 – Vi2 = 0

I1 = k·(VGS1–VTH)2 => VGS1 = VTH+√ I1k

I2 = k·(VGS2–VTH)2 => VGS2 = VTH+√ I2k

Vi1–Vi2 = ∆Vi

∆Vi – VTH – √ I1k +VTH+√ I2

k = 0I2 = I/2 + ∆II1 = I/2 – ∆I

∆I = ∆Vi·k·√2·I

k – ∆Vi2

2



1i1

2i2

VSS

DDR

o1 Vo2

/2+∆I /2–∆I



La stadio differenziale (II)

1i1

2i2

VSS

DDR

o1 Vo2

/2+∆I /2–∆I

∆I = ∆Vi·k·√2·I

k – ∆Vi2

2

-3 -2 -1 0 1 2 3-6

-4

-2

0

2

4

6

Vin [V]

VGS

+ I

– I

• L'espressione e' valida se i due transistor sono insaturazione, cioe' per:

∆Vi≤ √ Ik = VGS – VTH

• Guadagno in tensione

vo1∆Vi = –

k·√2·Ik – ∆Vi2

2 ·R

vo2∆Vi =

k·√2·Ik – ∆Vi2

2 ·R

• Se l'uscita viene osservata in maniera differenziale



vo = vo1 – vo2 =

k·√2·Ik – ∆Vi2 ·R



La stadio differenziale (III)Guadagno di piccolo segnale

Fare il circuito di piccolo segnale assumendo due sorgenti divalore (si potrebbe usare la sovrapposizione deglieffetti):

vi1= – vi2=vi/2Polarizzazione (si spengono i generatori di segnale)Essendo i transistor uguali, la corrente I si divide in parti

uguali nei due transistor.Pertanto, i due transistor hanno gli stessi parametri di piccolo

segnalegm1 = gm2 = gm

Vi1G1

gm1·vgs1

S1

Vo1D1

vgs1

Vi2G2

gm2·vgs2

S2

Vo2D2

vgs2

R R

Per la legge di Kirchoff delle correnti al nodo di S1 e S2gm1·vgs1 = – gm2·vgs2gm·vgs1 = – gm·vgs2

vgs1 = – vgs2

Per la legge di Kirchoff delle tensionivi1 = vgs1 – vgs2 + vi2

vi1 – vi2 = vgs1–vgs2 = 2·vgs1

vgs1 = vi1 – vi2

2 = – vgs2

vo1 = – gm·vgs1·R = – gm· vi1 – vi2

2 ·R = – gm·R·vi2

vo2 = – gm·vgs2·R = – gm·

– v i1 – vi 2

2 ·R = gm·R·vi2

vo = vo1 – vo2 = gm·R·vi



La stadio differenziale (III)Guadagno di piccolo segnale

• Viene calcolato per Vi piccolo• Metodi diversi di calcolo

- mettere tutto il segnale su vi1=vi, (vi2=0) (cio' comportaun modo comune addizionale da trascurare)

M1Vi1=vi

M2

VSS

VDDR

Vo1 o2

/2+∆I I/2–∆I

in_E

∆I e' la corrente di segnale che va calcolata con il circuitoequivalente di piccolo segnale. Quindi si valuta:

Rin_E = 1

gm2

E si ricava

∆I = gm1

1+gm1·Rin_E ·vi = gm1

1 + gm 1gm2

·vi

Essendo gm1=gm2=gm, si ottiene:

∆I = gm2 ·vi

E' la meta' di quella del singolo transistor a paricorrente



La stadio differenziale (IV)Guadagno di piccolo segnale

1Vi1=vi

M2

VSS

DD

Vo1 o2

/2+∆I I/2–∆I

in_E

Con:

∆I = gm2 ·vi

Il guadagno di piccolo segnale sulla singola uscita si scrive:vo1vi = –

gm2 · R

vo2vi =

gm2 · R

• Anche il guadagno e' la meta' di quella del singolotransistor a pari corrente

• Due soluzioni- leggere l'uscita differenzialmente;- realizzare una conversione differenziale => singola-

uscita



La stadio differenziale (V)Guadagno di piccolo segnale

Uscita differenziale

M1Vi1=vi

M2

VSS

VDDR

Vo1 o2

/2+∆I I/2–∆I

in_E

La tensione di uscita risulta data da:

vovi =

vo1–vo2vi = – gm·R

Come quella del singolo transistor

• Un possibile problema e' che tipicamente il carico che sivuole applicare e' riferito a massa, mentre in questocaso, per avvantaggiarsi della lettura differenziale,dovrebbe essere attaccato tra i due morsetti di uscita

• PSRR: applicando sull'alimentazione un generatore disegnale vp, si puo' scrivere:

vo1vp =

roQ1roQ1+R

vo2vp =

roQ2roQ2+R

• Il guadagno sull'uscita differenziale rispetto a vp(essendo roQ2=roQ1, Q1 e Q2 operano alla stessacorrente) e':

vovp =

vo1–vo2vp = 0



La stadio differenziale (VI)Guadagno di piccolo segnale

Uscita differenziale con carico attivo

M1Vi1=vi

I

M2

-VSS

VDD

Vo1 Vo2I/2+∆I I/2–∆I

MP1VB MP2

• Il guadagno si puo' aumentare inserendo il carico attivo

vovi =

vo1 – vo2vi = – gmMN·(roMN//roMP)



La stadio differenziale (VII)Guadagno di piccolo segnale

Uscita single-ended

M1Vi1=vi

I

M2

-VSS

VDD

Vo1 Vo2I/2+∆I I/2–∆I

MP1VB MP2

• Volendo prendere l'uscita riferita a massa, (ad esempiosu vo2), la corrente di segnale su MP1 andrebbe persa.

• Si puo' recuperare questa corrente usando uno specchiodi corrente tra MP1 e MP2

M1Vi1=vi

I

M2

-VSS

VDD

VoI/2+∆I

I/2–∆I

MP1 MP2I/2+∆I 2·∆I

RL

• In questo modo tutta la corrente di segnale nel circuitoarriva sul carico RL nel nodo di uscita

• Il guadagno e':

vovi = – 2·gmMN·(roMN//roMP//RL)



L' invertitore CMOS

• L' inverter e' la piu' semplice porta logica• Tabella della verita'

In Out1 00 1

• 0 e 1 sono livelli logici che quando riportati in un circuitoreale diventano dei livelli di tensione.

• I livelli di tensione che corrispondono a 0 e 1 dipendonodall'implementzione della funzione logica.

• Esistono molte possibili implementazioni e quindi moltidiversi possibili livelli logici (ECL, TTL, NMOS, CMOS)

• L'implementazione piu' diffusa e' quella CMOS.• L'inverter CMOS e' il seguente

MN

VDD

MP

Vi Vo



Funzionamentodell' invertitore CMOS

MN

VDD

MP

Vi Vo

I livelli della logica CMOS sono i seguenti:Livello logico Tensione analogica

0 0V (Massa)1 VDD (Alimentazione)

Si puo' verificare la tabella della verita':

Vi=0V (livello logico basso)VGSN=0<VTHN => MN e' spento

VGSP=–VDD<VTHP => MP e' accesoMN off => IMN=IMP=0 => MP acceso e' in zona lineare

IMN=IMP=0 => VDSP=0 => Vo=VDD

Vi=VDD (livello logico alto)VGSP=0>VTHP => MP e' spento

VGSV=VDD>VTHN => MN e' accesoMP off => IMN=IMP=0 => MN acceso e' in zona lineare

IMN=IMP=0 => VDSN=0 => Vo=0



Funzionamentodell' invertitore CMOS

MN

VDD

MP

Vi Vo

• E' poi possibile tracciare la relazione Vo(Vi) per ognivalore di Vi in [0V, VDD]

VD

D

P linN off

Vi

Vo

P linN sat

P satN sat

P satN off

P offN lin

VDD

• A seconda del valore di Vi i transistor MN e MP possonotrovarsi a lavorare in diverse condizioni


V - 100 September 25, 2000

Dissipazione di potenza neicircuiti logici CMOS

MN

VDD

MP

Vi Vo

VD

D

P linN off

Vi

o

P linN sat

P satN sat

MP satMN off

MP offMN lin

DD

• Vantaggio FONDAMENTALE della logica CMOS e' che:per Vi=0V, MN e' spento,per Vi=VDD, MP e' spento=> per entrambi gli stati logici non c'e' un cammino per la

corrente da VDD a massa=> la logica CMOS non dissipa potenza STATICA=> cioe' senza commutazioni, i circuiti logici CMOS non

hanno bisogno di potenza

Allora quando consuma potenza ?


V - 101 September 25, 2000

Dissipazione di potenza dinamica

La logica CMOS dissipa potenza dinamica, cioe' durante lecommutazioni:

Si supponga di avere un segnaleVi basso. Vo e' quindi alto. Ilcondensatore di carico (CL) e'car ica to (durante unaprecedente fase di clock) a VDDcon carica QCL=CL·VDD (freccia1).

Si supponga ora che Vi da bassodiventi alto (VD D). Allora lacarica QCL immagazzinata suC L si scarica verso massa(freccia 2).

MN

VDD

MP

ViVo

CL

1

2

• Si verifica quindi un passaggio netto di carica (QCL) daVDD a massa, il che corisponde ad una dissipazione dienergia

• Il carico CL e' sempre presente in quanto e' anche dovutodalle porte logiche connesse in cascata a quella inesame


V - 102 September 25, 2000

Altre porte logiche CMOS

NAND

V1 V2 Vo

0 0 10 1 11 0 11 1 0

VDD

V1Vo

V2

NOR

V1 V2 Vo

0 0 10 1 01 0 01 1 0

VDD

V2

Vo

V1

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