Seconda esercitazione spice

V V

A mA

• Q k = 400 ∗ 25 = 10

7 n7 2 2

V V

A mA

• Q k = 400 ∗ 25 = 10

8 n8 2 2

V V

V = V V Q Q Q k ,

Dato che - e tutti e tre i transistor , e hanno lo stesso valore di

OV GS Tn 5 7 8 n

stesso valore di V V =

(tutti e tre hanno il source a -0.9V, e i gate sono collegati, quindi

GS SS

Giovanni Cinel Matricola 2000147

V

allo stesso valore di tensione rispetto a massa) e hanno stesso valore allora hanno

Tn

V .

uguale OV V Q I I

Quindi calcolo per , sapendo che = (corrente di gate = 0, quindi la corrente

OV 8 D8 ref

I V Q

del generatore scorre tutta nel transistor) posso calcolarmi , con l’ipotesi in cui è

ref OV 8

in zona di saturazione, come:

2∗I 2∗200

ref √

V = = = 0.2 V

√

OV k 10m

n8

V = V + V

Quindi = 0.2 + 0.4 = 0.6 V

GS8 OV Tn

V = V quindi V ≥ V − V

E dato che l’ipotesi di saturazione è verificata.

DS8 GS8 DS8 GS8 Tn

2. Sotto la stessa ipotesi, calcolare e = - per i transistor -

W

′n

k = k ∗

n L

W

A/V

′ 2

Q Q k = 400 = 12.5,

Avendo, sia che , e entrambi hanno:

1 2 n L

A mA

k = 400 ∗ 12.5 = 5

n 2 2

V V

k

Avendo uguale valore di e avendo entrambi gate a massa e uguale tensione di source

n V

avranno lo stesso valore di :

OV

Q

Hp. in saturazione:

1 2∗I 2∗0.1m

D1 √

V = = =0.2V

√

OV k 0.005

n

I 0.2mA

D5

I = = = 0.1mA

D1 2 2

Q

Hp. in saturazione:

5

1 2 2 2

(V ) ( (0.2)

I = k − V = 0.5 ∗ 10m ∗ 0.6 − 0.4) = 0.5 ∗ 10m ∗ = 0.2mA

D5 n GS5 Tn

2

k V

Dove e sono quelli calcolati al punto 1.

n GS5

(Si lascia la verifica della correttezza delle ipotesi ai punti 3) e 5))

3. Trovare la tensione drain-source del transistor e verificare l’ipotesi di

polarizzazione in saturazione

(−0.9)

V = V − V = −0.6 − = 0.3V

DS5 D5 S5

V = V = −0.6

D5 S1

V = V − V V = V − V = 0 − 0.6 = −0.6

GS1 G1 S1 S1 G1 GS1

V = V + V = 0.2 + 0.4 = 0.6V

GS1 OV Tn

V = 0.3V Q

Trovato verifico che sia in saturazione, perché sia in saturazione è

DS5 5

V ≥ V − V

necessario che DS5 GS5 Tn

V = 0.3V, V = 0.6V, V = 0.4V

Dato che :

DS5 GS5 Tn

≥ ≥

0.3 0.6 – 0.4 0.3 0.2

Q

Quindi l’ipotesi è verificata, è in saturazione.

5

Giovanni Cinel Matricola 2000147

4. Calcolare il valore di e = - per i transistor PMOS -

W

′p

k = k ∗

p L

A

′

k = 100

p 2

V A

W mA

= 50 k = k = 100 ∗ 50 = 5

Avendo lo stesso valore di ne consegue che p3 p4 2 2

L V V

V Q Q k I

è uguale per e dato che hanno uguale valore di e , quindi procedo

OV 3 4 p D

Q

calcolandolo per 3

|I | |I |

= = 1mA Q

Sapendo che e ipotizzando e in saturazione:

D3 D1 3

2∗I 2∗0.1m

D3 √

V = −√ = − = −0.2V

OV k 0.005

n

V = V + V = −0.2 − 0.4 = −0.6V

Vale dunque GS3 OV Tp

V = V = V + V = −0.6 + 0.9 = 0.3V

E quindi D3 G3 GS3 S3 V ≤ V − V

Verifico l’ipotesi di saturazione che per un pmos corrisponde a DS GS Tp

V = V V ≤ V − (−0.4)

Avendo drain e gate collegati ne consegue

DS3 GS3 DS3 DS3

V ≤ V + 0.4,

Quindi per essere in saturazione deve essere vero che DS3 DS3

appare dunque evidente che l’ipotesi è verificata.

5. Calcolare il valore della tensione drain-source del transistor e verificare che sia in

saturazione (−0.6)

V = V − V = 0.3 − = 0.9V

DS1 D1 S1 V = V = 0.3V

La tensione del drain (calcolata nel punto precedente)

D1 D3

V = V = −0.6V

La tensione al source S1 D5

V ≥ V − V

La saturazione è verificata se DS GS Tn

Q

Sostituendo i valori del transistor ottengo:

1

0.9 ≥ 0.6 − 0.4 (dati presi dai punti precedenti) Q

Quindi essendo 0.9 maggiore di 0.2 è verificata l’ipotesi di saturazione per il transistor 1

6. Calcolare e il valore della tensione del transistor PMOS

W

′p

k = k ∗

p L

A A

W mA

′

k = 100 Q = 100 k = 100 ∗ 100 = 10

Quindi sapendo che e per allora

p6 6 p6

2 2 2

V L V V

2∗I 2∗0.2m

D6 (−0.4)

V = −√ + V = −√ + = −0.6V

GS6 Tp

k 10m

p6

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1 2 2

(V ) (0.6

I = I = k − V = 0.5 ∗ 10m ∗ − 0.4) = 0.2mA

D6 D7 n7 GS7 Tn

2

7. Calcolare la tensione drain-source del transistor e verificare che sia in

saturazione

V = V − V = 0.3 − 0.9 = −0.6V

DS4 D4 S4

V = V = 0.3V

D4 G6

V = V − V V = V + V = −0.6 + 0.9 = 0.3V

GS6 G6 S6 G6 GS6 S6

Q è in saturazione se V ≤ V − V :

4 DS4 GS4 Tp

V = V = −0.6V (calcolato nel punto 4))

GS4 GS3

−0.6 ≤ −0.6 − (−0.4)

Q è in saturazione.

Quindi è verificato che 4

=0.166 −

8. Assumere per i soli transistor - e trovare il valore della tensione =

. Trovare e

I = I

D6 D7

1 1

2 V V

2

(V )

k (V − V ) (1 + ) = k − V (1 + )

p6 GS6 Tp SD6 n7 GS7 Tn DS7

2 2

V V

I (1 + ) = I (1 + )

DQ7 DS7 DQ6 SD6

V V

1 + = 1 +

DS7 SD6

(V )

− V = 0

DS7 SD6

V − V − (V − V ) = 0

D7 S7 S6 D6

V = V V = −V

Sapendo che e :

D7 D6 S7 S6

V − V − (−V − V ) = 0

D7 S7 S7 D7

V − V + V + V = 0

D7 S7 S7 D7

2V = 0V

D7 (−0.9)

V = 0 − = 0.9V

DS7

V = 0 − 0.9 = −0.9V

DS6 =0.166 −

9. Assumere per tutti i transistor. Trovare il valore di per il transistor



tenendo conto di Q V = V

La corrente che scorre su resta 0.2mA e dato che gate e drain sono

8 GS8 DS8

collegati. 1 1

V V

2 2

(V ) (V )

I = k − V (1 + )= k − V (1 + )

Quindi D8 n8 GS8 Tn DS8 n8 GS8 Tn GS8

2 2

1 1 V

2 2

(V ) (V )

I = k − V + k − V

D8 n8 GS8 Tn n8 GS8 Tn GS8

2 2

1 1

2 2

2 2

I = k (V + V − 2V V ) + k (V + V − 2V V )V

D8 n8 GS8 Tn n8 GS8 Tn GS8

GS8 Tn GS8 Tn

2 2

1 1 1 1

k k k

3 2 2 2

( ) V + ( k − V ) V + ( V − k V ) V + k V −

n8 n8 n8 Tn n8 n8 Tn GS8 n8

GS8 Tn Tn

GS8

2 2 2 2

I = 0

D8

Giovanni Cinel Matricola 2000147

3 2

0.83m ∗ V + 4.33m ∗ V − 3.87m ∗ V + 0.6m = 0

GS8

GS8

GS8

I tre valori che risolvono l’equazione su V sono:

GS8

• -6.01V

• 0.59V

• 0.2V

L’unica soluzione accettabile è V = 0.59V dato che per gli altri due risultati

GS8

V < V e quindi il transistor sarebbe spento .

GS8 Tn

10. Calcolare il valore di per i transistor - approssimando i valori di e con

 −

quelli calcolati ai punti precedenti con =0

(V ) (0.6

g = g = k − V = 5m ∗ − 0.4) = 1mS

m1 m2 n1 GS1 Tn

11. Calcolare il valore di per tutti i transistor tranne

1

r =

o λI (con λ = 0)

D

1 1

r = = = 60240Ω

o1 λI 0.166 ∗ 0.1m

D1

1 1

r = = = 60240Ω

o2 λI 0.166 ∗ 0.1m

D2

1 1

r = = = 60240Ω

o3 λI 0.166 ∗ 0.1m

D3

1 1

r = = = 60240Ω

o4 λI 0.166 ∗ 0.1m

D4

1 1

r = = = 30120Ω

o5 λI 0.166 ∗ 0.2m

D5

1 1

r = = = 30120Ω

o6 λI 0.166 ∗ 0.2m

D6

1 1

r = = = 30120Ω

o7 λI 0.166 ∗ 0.2m

D7

12. Calcolare il guadagno differenziale single-ended con l’uscita al drain di - applicando

un segnale differenziale puro agli ingressi A e B. La resistenza sostituisce ;

sostituisce (−v )

v ∗ g (r ||r ) V

o2 d m2 o4 o2 )

A = = − = g (r ||r = 30.12

d m2 o4 o2

v v V

d d

13. Calcolare il guadagno di modo comune con uscita single-ended, come sopra, applicando

un segnale di modo comune agli ingressi A e B

v 1 v V

o2 cm

A = = − ∗ = −0.0166

cm v 2g r v V

cm m2 o5 cm

Giovanni Cinel Matricola 2000147

14. Calcolare il guadagno in tensione dell’amplificatore a source comune . La resistenza



sostituisce . Nota bene: dato che è diversa da sia per che per , il

guadagno dello stadio è – ( // )

g = k V = 2mS

m6 n6 OV6

v g (r ||r ) v V

o3 m6 o6 o7 o2

( )

A = = − ∗ = −30.12

d v 1 v V

02 02

15. Calcolare il guadagno differenziale complessivo, il guadagno di modo comune

complessivo e il CMRR complessivo

v v v V

o3 o2 o3 (−30.12)

A = = ∗ = 30.12 ∗ = −907.2144

d v v v V

d d 02

v v v V

o3 o2 o3 (−30.12)

A = = ∗ = (−0.0166) ∗ = 0.4999

cm v v v V

cm cm 02

|A |

d

CMRR = 20 ∗ log = 20 ∗ log 1814.8 = 65.17dB

10 10

|A |

cm

16. Simulare tramite LTSpice l’amplificatore e confrontare i risultati con quelli della soluzione

=0 −

analitica. Calcolare il punto operativo di ogni transistor assumendo

Spice netlist

* C:\Users\Giovanni Cinel\Desktop\Esercitazione Spice 2\Esercizio

2\Spice\16.asc

M3 Vo1 Vo1 N001 N001 PMOSA

M4 N002 Vo1 N001 N001 PMOSA

M2 N002 N004 VSM12 VSM12 NMOSA

M1 Vo1 N003 VSM12 V