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1 Esercizio dal pacchetto
Partiamo da un po' di basi sull'inverter.
Quando Vin = 0V, Mp è acceso e Mn è spento, dunque Vout si porta al valore logico alto grazie a Mp che carica CL. Pertanto
Vin = 0 ⇒ Vout = 1
Viceversa, per Vin = 1, Mp è spento e Mn è acceso. CL si scarica a 0 grazie al percorso conduttivo offerto da Mn verso massa; pertanto
Vin = 1 ⇒ Vout = 0
Dunque
Vin | Vout 0 | 1 1 | 0e la porta logica è un inverter.
Questa figura serve per capire meglio come sono orientate le tensioni
da cui
la soglia logica V* è quel valore per cui VGS=VST, per cui VSD=0=VDG per entrambi
dispositivo, dunque entrambi lavorano in saturazione. Pertanto
IDN = KN (VGSN - VTN)2 = KN (V* - VTND)2
IDP = KP (VSGP - |VTP|)2 = KP (VDD - V* - |VTPD|)2
le correnti devono essere uguali:
KN (V* - VTND)2 = KP (VDD - V* - |VTPD|)2
Essendo VTND - |VTPD| e semplificando KN e KP
sono uguali:
V* - VTN = VDD V* VTPD
Da cui
Essendo VDD/2 posto a 2,5 V e lineare da t a tPLH.
V0 = VDD - VTH = 2 V
VON = VDD/2 = 2,5 V
t
L = t0+
t
L = t
L = tPLH
PMOS in pinch-off
PMOS in triode
Dunque NON È VERO che IDN è costante perché PMOS va in triode prima che V0 raggiunga VDD/2.
In linea di principio basterebbe considerare 2 aggiustamenti differenti, ovvero: una tra t0 e t1 in cui PMOS è in p. o. e una tra t1 e tPLH (o tPLH+) in cui PMOS è in triode.
Tuttavia si può dimostrare che tenere IDN costante porta più o meno allo stesso risultato (se si è ⟪⟫ la simulazione sbaglia sola fuori, altrimenti accettabile più o meno).
tpHL = C/Kn(VDD-Vtn)2 Vtn + C/2k(VDD-Vtn) ln(3*VDD-2*Vtn)/Vtn
12.5 ps
19.7 ps
= 32.2 ps
molto simile a quanto calcolato
al punto C, solo che questa formula
è molto più accurata ed elimina l'ipotesi
di caricate calcolate che come avete potuto
vedere non è rispettata durante tutto il
processo di carica.
Ai fini degli esami, la formula usata
tpHL = tp0LH - C VDD
_________________
IDsat
va bene comunque perché abbiamo dimostrato
che comunque approssima molto bene il
risultato reale.
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