Esercizio 4invertitore CMOS bilanciato dinamicamente, correnti a V_DD diviso 2 e carico massimo (tema d'esame luglio 2025)

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1. Dimensionamento e correnti a $V_i=V_{DD}/2$

Bilanciamento dinamico: $t_{pHL}=t_{pLH}$, cioè $R_p=R_n$: $\dfrac{R_{p0}}{Z_p}=\dfrac{R_{n0}}{Z_n}$, quindi $$Z_p=Z_n\frac{R_{p0}}{R_{n0}}=2\cdot\frac{28{,}2}{12}=4{,}7.$$ (Il rapporto è $r=2{,}35$, diverso da quello di bilanciamento statico $k'_n/\lvert k'_p\rvert=3{,}33$.) Larghezze: $W_n=2\cdot0{,}35=0{,}7\ \mu\mathrm m$, $W_p=4{,}7\cdot0{,}35=1{,}645\ \mu\mathrm m$.

Con $V_i=1{,}5\ \mathrm V$ le tensioni di gate-soglia sono $V_{GTn}=1{,}5-0{,}66=0{,}84\ \mathrm V$ e $V_{GTp}=1{,}5-0{,}7=0{,}8\ \mathrm V$. Il rapporto di forza è $k'_nZ_n=200$ contro $\lvert k'_p\rvert Z_p=141\ \mu\mathrm A/\mathrm V^2$: l'n-MOS è più forte: la soglia logica, calcolata con $V_M=\dfrac{V_{Tn}+r(V_{DD}+V_{Tp})}{1+r}$, $r=\sqrt{141/200}=0{,}84$, vale $V_M\approx1{,}41\ \mathrm V$ ($1{,}43\ \mathrm V$ con $\lambda$), minore di $V_{DD}/2=1{,}5\ \mathrm V$. Quindi a $V_i=1{,}5\ \mathrm V$ l'ingresso è già sopra la soglia logica e l'uscita è bassa: n-MOS in zona lineare ($V_{DS}<V_{GTn}$) e p-MOS in saturazione ($V_{SD}\gg V_{GTp}$). Le due correnti sono uguali (stesso ramo): $$I_{Dn}=k'_nZ_n\Big[V_{GTn}V_{out}-\frac{V_{out}^2}2\Big]=200\,(0{,}84\,V_{out}-0{,}5\,V_{out}^2)\ \mu\mathrm A,$$ $$\lvert I_{Dp}\rvert=\frac{\lvert k'_p\rvert}2Z_p\,V_{GTp}^2\,\big(1+\lvert\lambda_p\rvert(V_{DD}-V_{out})\big)=45{,}12\,(1{,}3-0{,}1\,V_{out})\ \mu\mathrm A.$$ Uguagliando: $168\,V_{out}-100\,V_{out}^2=58{,}66-4{,}51\,V_{out}$, cioè $100\,V_{out}^2-172{,}5\,V_{out}+58{,}66=0$, con la radice accettabile $$V_{out}=\frac{172{,}5-\sqrt{172{,}5^2-4\cdot100\cdot58{,}66}}{200}=0{,}466\ \mathrm V.$$ Controllo delle regioni: n-MOS: $V_{DS}=0{,}466<0{,}84$ ✓ lineare; p-MOS: $V_{SD}=2{,}53\ \mathrm V>0{,}8$ ✓ saturazione. Corrente: $$\boxed{I_{Dn}=\lvert I_{Dp}\rvert=45{,}12\,(1{,}3-0{,}0466)=56{,}6\ \mu\mathrm A}$$ (con $\lambda=0$ sarebbe $45{,}1\ \mu\mathrm A$ e $V_{out}=0{,}336\ \mathrm V$).

2. Carico massimo

Capacità intrinseca: $C_{dn}=1{,}4\cdot0{,}7=0{,}98\ \mathrm{fF}$, $C_{dp}=1{,}4\cdot1{,}645=2{,}30\ \mathrm{fF}$, $C_{int}=3{,}28\ \mathrm{fF}$. Sul nodo di uscita la capacità totale è $C_{tot}=C_L+C_{int}$.

Potenza: $P=C_{tot}V_{DD}^2f<1\ \mu\mathrm W$: $$C_{tot}<\frac{10^{-6}}{9\cdot2\cdot10^6}=55{,}6\ \mathrm{fF}\ \Rightarrow\ C_L<55{,}6-3{,}3=52{,}3\ \mathrm{fF}.$$ Tempo di propagazione: con il bilanciamento $R_n=R_p=R_{n0}/Z_n=6\ \mathrm{k\Omega}$, $t_p=0{,}69\,R\,C_{tot}<0{,}5\ \mathrm{ns}$: $$C_{tot}<\frac{0{,}5\ \mathrm{ns}}{0{,}69\cdot6\ \mathrm{k\Omega}}=120{,}8\ \mathrm{fF}\ \Rightarrow\ C_L<117{,}5\ \mathrm{fF}.$$ Devono valere entrambe: il vincolo più stretto è quello di potenza. $$\boxed{C_{L,max}=52{,}3\ \mathrm{fF}}$$ (trascurando $C_{int}$: $55{,}6\ \mathrm{fF}$). Con questo carico il tempo di propagazione è $t_p=0{,}69\cdot6\ \mathrm{k\Omega}\cdot55{,}6\ \mathrm{fF}=0{,}23\ \mathrm{ns}$, ben sotto $0{,}5\ \mathrm{ns}$.

Verifica numerica

Python: soluzione numerica di $I_{Dn}=\lvert I_{Dp}\rvert$ con le formule del corso ($V_{out}=0{,}4658\ \mathrm V$, $I=56{,}55\ \mu\mathrm A$, $V_M=1{,}41$ e $1{,}43\ \mathrm V$), $C_{tot}$ massima per potenza ($55{,}56\ \mathrm{fF}$) e per ritardo ($120{,}77\ \mathrm{fF}$).

Errori comuni

• Imporre $Z_p=Z_n\,k'_n/\lvert k'_p\rvert$ (bilanciamento statico) invece di $R_{p0}/R_{n0}$ (dinamico).
• Calcolare la corrente con entrambi i transistor in saturazione a $V_i=V_{DD}/2$: la condizione vale solo in $V_i=V_M$.
• Usare $\lambda$ nella zona lineare.
• Dimenticare che la potenza dinamica dipende da $C_{tot}$ (compresa quella intrinseca) e non dalle dimensioni dei transistor.
• Considerare solo uno dei due vincoli ($P$ e $t_p$): il carico massimo è il minimo tra i due.