13 Settembre 2004
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13 Settembre 2004
Cognome e nome Matricola Data Corso di Laurea 13 Settembre 2004 Telecomunicazioni Circuiti Elettronici Digitali LA Parametri tecnologici n-channel p-channel VT O 0.5V -0.5V 0 2 β 100 µA/V 50 µA/V 2 γ 0.2 V 1/2 0.2 V 1/2 λ 0 0 Cox 4 fF/µm2 4 fF /µm2 Lmin 0.25 µm 0.25 µm Φ 0.6 V 0.6 V VDD = 2.5V Scrivere sempre espressione analitica e valore numerico. Utilizzare f = f r = ff = 0.8 nel calcolo dei transitori 1. Soluzione domanda 1 A αS αS C B αS αS D OUT C A S S S S D B 2. Soluzione domanda 2 Nelle ipotesi del testo il circuito è equivalente a un invertitore con il transistore nMOS equivalente con fattore di forma S e quello pMOS con fattore di forma αS. La tensione di soglia logica si trova uguagliando le espressioni delle correnti in saturazione: 0 S β 0 αS βn (VLT − VT N )2 = p2 (VLT − VDD − VT P )2 2 da cui si ricava T P )+VT N VLT = r(VDD +V q 0 1+r βp αS con r = 0 S . βn √ VLT = 1.4V → r = 0.5 · α = 1.5 → α ∼ = 4.5 2·CL ·f TP,LH = β 0 ·Speq = 120ps p Speq = Sp /2 = 40 → Sp = 80, Sn ∼ = 18 3. Soluzione domanda 3 (a) CL (buf f er) = 4 · Cin (N 1) = COX · L2 · Sn,N 1 (1 + α(N 1)) α(N 1) = 2/3 → Cin (N 1) = 25f F → CL (buf f er) = 100f F L N = ln CCin =3 L (1/N ) ∼ ) u = ( CCin = 3.2 Dalla capacità in ingresso Cin si ricava SN (I1) = 4 (b) T = N · u · tp0 2 ·3·f tp0 = 2·COXβ·L = 12ps 0 n −12 T = 3 · 3 · 12 · 10 = 115ps (c) Con la configurazione degli ingressi viene caricata e scaricata anche la capacità C L . La potenza dinamica dissipata è: 2 Pd = VDD · f · (CT OT + CL ) CT OT = COX · L2 · Sn (I1) · (1 + α) · (u + u2 + u3 ) ∼ = 117f F Pd = 208µW (d) Con la configurazione degli ingressi non viene caricata e scaricata anche la capacità C L . La potenza dinamica dissipata è: 2 Pd = VDD · f · (CT OT ) CT OT = COX · L2 · Sn (I1) · (1 + α) · (u + u2 + u3 ) ∼ = 117f F Pd = 146µW 4. Soluzione domanda 4 Uguagliando i tempi di carica e scarica per ogni porta logica si ottiene il valore dei parametri α: α(P 1) = 2, α(P 2) = 2 Dalla capacità in ingresso Cin (P 1) si ricava il fattore di forma Sn (P 1): Cin (P 1) = COX · L2 · Sn (P 1) · (1 + α(P 1)) = 6f F → SN (P 1) = 8 Le capacità ad ogni uscita hanno i seguenti valori: CL (OU T 1) = COX · L2 · Sn (P 2) · (1 + α(P 2)) CL (OU T 2) = CL Il tempo di propagazione è minimizzato uguagliando i tempi di propagazione delle porte logiche: TP,HL (P 1) = TP,HL (P 2) Risolvendo si ottiene: Sn (P 2) ∼ = 16.3 5. Soluzione domanda 5 Φ1 MN1 Vdd Vx C Φ1 Φ2 Vdd Vdd/2 Φ2 Vdd Vdd/2 + Vdd Vx Vdd Vdd−Vtn Vdd/2 t1 t2 t3 t 6. Soluzione domanda 6 (a) Il transistore MN1 è saturo, in quanto VGD (M N 1) = 0. Si ipotizza il transistore MN2 in saturazione: Id (M N 1) = Id (M N 2) + I0 → βn0 · 4 · 0.5 · (VDD − VO − VT N )2 = 0.5 · βn0 · 1 · (1 − 0.5)2 + I0 Risolvendo si ottengono due valori per VO : VO = 1.59V, VO = 2.40. Solamente il valore VO = 1.59V è corretto. Si verifica l’ipotesi di saturazione fatta: 1.59 > 1 − 0.5 p (b) gm = 2 · βn0 · Sn · Id · gm gmb = √ γ 2· VSB+Φ λ·Id 1+λ·VDS gd = Si ottiene: gm (M N 1) = 161µS gm (M N 2) = 50µS gmb (M N 1) = 10.8µS gmb (M N 2) = 6.45µS gd (M N 1) = gd (M N 2) = 0S (c) Av = −gm (M N 2) gm (M N 1)+gmb (M N 1)