Circuiti statici, dinamici e circuiti sequenziali

Circuiti statici, dinamici e circuiti sequenziali.
Esercizio A – 15/07/2007
Il circuito di figura è statico o dinamico? Illustrare
la funzione del transistore TR
Il transistor TR ha il compito di mantenere ad 1 il nodo
interno quando l’uscita Out è a 0. In questo modo le correnti
di perdita non scaricano la tensione del nodo interno
cambiandone il valore logico. Il circuito in figura è quindi
statico, in quanto c’è sempre un cammino conduttivo fra il
nodo interno e Vdd o massa.
Nota. Se non ci fosse TR il valore dell’uscita del primo stadio in fase di valutazione potrebbe dipendere dal valore precaricato sulla capacità di uscita in fase di pre-carica. Nel caso in cui la combinazione degli ingressi del PD comporti un
uscita a valore logico alto non ho, in mancanza di TR, alcun percorso conduttivo fra uscita e alimentazione, ma affido
l’ingresso dell’inverter al valore pre-caricato.
Esercizio B – 22/10/2004
Nota. Il circuito è sequenziale perché l’uscita non dipende solo dal valore presente ma anche da quelli precedenti. E’
un latch dinamico perché il valore mantenuto nella capacità di gate dell’inverter può esserlo solo per un periodo
limitato, va periodicamente rinfrescato essendo soggetto a deterioramento (ad es. per via di correnti parassite).
Esercizio C – 21/06/2004
Esercizio L – 21/10/2005
1) Supponendo che il valore iniziale di O sia “0”,
tracciare la forma d’onda di O,X,Y
2) Se Sninv = 2, Spinv = 2 calcolare il tempo
necessario perché un fronte 0->1 e 1->0 sul
nodo X si propaghi sul nodo Y (si trascurino le
capacità di D e S dei pass-transistor)
3) Il circuito di uscita è sequenziale, statico o
dinamico?
4) Tracciare le forme d’onda in O,X,Y se i due
pass-transistor vengono invertiti
Rispondiamo alla 1 e alla 4
I
X
Y
2
2)
O
Calcolo la capacità di carico del primo inverter che, viste le semplificazioni suggerite dal testo,
consiste nella sola capacità di ingresso del secondo invertitore:
fF
Cy = Cox ⋅ L2min ⋅ ( Sp + Sn) = 3,45
⋅ 0,35 2 μm 2 ⋅ 4 = 1,69 fF
μm 2
2 ⋅ 1,69 ⋅ 10 −15
⋅ 0,62 = 1,0478 ⋅ 10 −11 = 10,478 p sec
−6
100 ⋅ 10 ⋅ 2
2 ⋅ 1,69 ⋅ 10 −15
tr =
⋅ 0,62 = 20,956 p sec
50 ⋅ 10 −6 ⋅ 2
tf =
3) Il circuito è sequenziale e statico. E’ sequenziale poiché la sua uscita dipende non solo dallo
stato degli ingressi nell'istante considerato ma anche da quello che erano gli ingressi e le uscite
negli istanti precedenti quello considerato. In pratica il circuito sequenziale ricorda quello che è
avvenuto nel circuito negli istanti precedenti.
E’ statico poiché l’anello dei due invertitori è rigenerativo, cioè garantisce che quando i nodi X ed I
sono isolati da ingresso e uscita, il valore sulla capacità a tali nodi mantenga il valore corretto grazie
alla retroazione e non si deteriori. Dunque il valore immagazzinato non richiede almeno idealmente
di essere rinfrescato.
Partitore di carica
Esercizio B – Luglio 2008
Selezionare la tensione finale a cui si porta il nodo corrispondente
all’interruttore a seguito della chiusura dell’interruttore stesso
V1(0)=3V
CX=0.1fF
V2(0)=-1V
CY=10fF
V3=1V
Q = C X V1 (0 − ) + CY (V2 (0 − ) − V3 ) = −19,7 fC
Q = CxV (0 + ) + CY (V (0 + ) − V3 )
→ V (0 + ) =
Q + CY V3
= −0,96V
(C X + CY )
Esercizio B – Luglio 2007
Selezionare la tensione finale a cui si porta il nodo X a seguito della chiusura
dell’interruttore
Esercizio B 12/01/2005
Esercizio B del 9/7/2007
I valori a destra e sinistra V4Cz e V5Cy si elidono. Inoltre in seguito alla chiusura degli interruttori
ho potuto usare a destra dell’equazione V3(0+)=V2(0+)=Vx(0+). Resta perciò:
V3 (0 − )C Z + V X (0 + )C X + V2 (0 − )CY 4V ⋅ 2 fF + 1 ⋅ 3 fF + 4V ⋅ 1 fF 15V ⋅ fF
+
V X (0 ) =
=
=
= 2,5V
C Z + C X + CY
6 fF
6 fF
Esercizio d’esame
Si assuma CFG=50fF e la capacità di gate del transistore pari a CG=100fF.
1) Si calcoli il valore limite della tensione Vx in corrispondenza di un valore d’ingresso VI=0
necessario per garantire che il dispositivo resti sotto soglia per valori di tensione in ingresso VI
qualsiasi nell’intervallo [0;3,3]V.
2) Si calcoli il valore della tensione Vx quando VI=0 necessario per garantire l’accensione del
dispositivo per VI=1,0V.
3) Assumendo per il transistore W=0,5μm, L=0,35 μm, BL pre-caricata a VL(t0-)=3,3V, Vx(t0-)=0,
VI(t0-)=0, si calcoli la corrente IDS(t0+) a seguito di un fronte istantaneo di VI da 0 a 3,3V al tempo
t=0
4) Nelle condizioni del punto 3, si calcoli la durata al 90% del transitorio di scarica della linea BL,
se CL=1pF
Soluzione.
Il circuito in figura funziona come un transistore a floating gate il cui comportamento viene
modellato con un partitore capacitivo. VI è la tensione di controllo del gate con cui normalmente
accendo il transistore. Di solito se VI =Vdd=3,3V l’nMOS si accende. Nel floating gate inserisco
della carica negativa per inibire l’accensione. Quanta? Ecco cosa significa il primo quesito… quanta
carica metto ovvero a che tensione devo mettere Vx in condizioni di riposo, tale che quando poi
mando una tensione in ingresso non nulla VI il dispositivo comunque resti spento.
1) Per VI=0V Vxi? Sapendo che per VI Є[0;3,3]V il dispositivo voglio resti OFF, ovvero sul gate ci
deve essere una tensione inferiore alla soglia, ovvero ai capi di CG deve essere Vgs=Vxf-0<Vtn
(con i indico iniziale ovvero all’istante in cui VI=0V, con f indico finale ovvero quando VI varia
nell’intervallo [0;3,3]V).
Uso le formule per la distribuzione della carica.
(V Xi − VIi )C FG + V Xi CG = (V Xf − VIf )C FG + V Xf CG
Da cui, applicando la condizione iniziale VI=0V e raccogliendo
(C FG + CG )VXi = (CFG + CG )VXf − VIf C FG
Ora pongo la condizione Vxf<Vtn mettendomi nella situazione limite di accensione per trovare un
valore massimo di Vx che rispetti la condizione. Per cui pongo Vxf=Vtn=0,7V e mi metto anche nel
caso peggiore in cui la tensione in ingresso sia al valore massimo nel range di valori che può
acquisire, quindi VIf=3,3V da cui
VXi =
(C FG + CG )VXf − VIf C FG
(C FG + CG )
=
150 fF ⋅ 0,7V − 3,3V ⋅ 50 fF
= −0,4V
150 fF
Se voglio conoscere quanta carica mettere sul floating gate corrispondente a questo valore massimo
di tensione per non fare accendere il transistor la posso ora calcolare:
Q = (VXi − VIi )CFG + VXiCG = (CFG + CG )VXi = −0,4V ⋅ 150 fF =
= −60 fC
2) Desidero che ci sia accensione per VI =1,0V, ovvero che per tale Vi, che indicheremo come VIf,
valga la condizione VXf≥Vtn=0,7V. Come prima perciò uso l’espressione
(V Xi − VIi )C FG + V Xi CG = (V Xf − VIf )C FG + V Xf CG
Sostituisco VXf =0,7V, VIf =1,0V eVIi=0V e ottengo:
V Xi =
100 fF ⋅ 0,7V − 0,3V ⋅ 50 fF
= 0,37V
150 fF
3) Uso di nuovo l’uguaglianza della carica prima e dopo il fronte di salita. Svolgendo i calcoli:
VI (t0+ )C FG
3,3V ⋅ 50 fF
VX (t ) =
=
= 1,1V
(C FG + CG )
150 fF
+
0
Per tale valore vale che il mos è acceso e in saturazione infatti:
V X (t 0+ ) = 1,1 > VTN = 0,7
Vgs − Vtn > Vds ?
<
Vx − VTN = 0,3V < 3,3V
Da cui:
I DSsat =
β n' W
2 L
(Vgs − Vtn) 2 = 100
μA 1 0,5μm
(0,4) 2 V 2 = 11,42μA = 0,1mA
V 2 2 0,35μm
Esercizio L 07/2009
C
A
O
A
B
Con riferimento al circuito in figura
1) Si determini il valore logico dell’uscita O per tutti i valori logici degli ingressi (A,B,C). Si usi il
simbolo H per configurazioni in cui l’uscita risulta flottante (in caso ve ne siano).
2) Utilizzando valori di resistenze equivalenti RPU= 45KΩ (relativo a ciascun NMOS in pull up) e
RPD=25KΩ (per ciascun NMOS in pull down), e assumendo CO=100fF, si determini il ritardo di
caso peggiore.
3) Si calcolino le tensioni di uscita per tutti i valori degli ingressi, fatta eccezione per quelli in cui
l’uscita risulta flottante (si trascuri l’effetto Body)
4) Il circuito ha un comportamento sequenziale? Statico o dinamico?
Soluzione a 1 e 3
Quando A = 1 l’uscita O è connessa con massa. E poiché il pass-transistor nMos è bravo a portare
gli zeri, la tensione a regime è nulla. Quando A’=1 ovvero A=0 ci possono essere due situazioni. La
prima è C=1. In tal caso O è connessa a B e quindi O assume il valore di B. In particolare, se B=0 la
tensione su CO è nulla. Se B=1, dal momento che gli nMos non portano bene gli 1 logici la tensione
arriva solo a Vdd-Vtn. Infine sempre per A=0, ci può essere anche il caso C=0. In tal caso il nodo
di uscita è flottante e il valore della tensione ai suoi capi non è determinabile. In sintesi:
A
B
C
O
Tensioni in uscita
0
0
1
0
0V
0
1
1
1
VDD – VTN = 2,6V
0
0
H
(Varia nel tempo)
1
0
0V
Soluzione a 2
Il caso peggiore è il transitorio di salita attraverso 2 nMOS in serie A=0 B=1 C=1 - vedi (i). Infatti
in questo caso moltiplico per un fattore 2 la RPU (che è maggiore della RPD). Gli altri transitori
possibili sono la scarica attraverso il ramo sinistro (un nMOS) – vedi (ii) e quella attraverso il ramo
destro (2 nMOS) – vedi (iii). Entrambi risultano più lenti.
t90% = CO REQ ln 10
(i )t90% = CO 2 RPU ln 10 ≈ 20,7ns
(ii )t90% = CO RPD ln 10 ≈ 5,75ns
(iii )t90% = CO 2 RPD ln 10 ≈ 11,5ns
Soluzione a 4.
Il circuito è sequenziale, in quanto permette di convogliare e successivamente conservare carica sul
nodo O. In particolare si comporta come un latch, in cui: Il segnale A ha la funzione di “clear”. Se
alto, cortocircuita la capacità a massa. Se basso, la isola da massa e abilita il ramo destro del latch.
•
Il segnale B è l’ingresso.
•
Il segnale C agisce da clock. Se basso, il latch è opaco; se alto, il latch è trasparente.
Il circuito è dinamico perché l’informazione risiede sotto forma di carica in un nodo flottante ad alta
impedenza. Il nodo è soggetto a perdite e il contenuto informativo degrada nel tempo.
Nota bene.
Le porte logiche a pass-transistor non possono essere messe in cascata connettendo l’uscita di una
porta logica all’ingresso della successiva, qualora tale ingesso sia il terminale di gate di un transistor.
Nella situazione a, l’uscita del pass transistor M1 è l’ingresso del pass-transistore M2. L’escursione
di tale ingresso X è limitata fra 0 e Vdd-Vtn1. Questo ha conseguenza a catena su M2 che essendo un
nMOS anch’esso porta male gli 1 logici e quindi Y potrà variare al massimo fra 0 e la tensione del
nodo X meno la sua soglia ovvero al massimo Vdd-Vtn1-Vtn2 (o se Vtn1=Vtn2=Vtn fra 0 e Vdd-2Vtn).
Nella situazione B, nel caso peggiore, l’ingresso logico alto viene propagato su X con
deterioramento del segnale (X €[0, Vdd-Vtn1]). X però questa volta finisce sul drain di M2 ma questo
non provoca un deterioramento a catena. Infatti M2 è pilotato da C, che consideriamo abbia
un’escursione piena [0, Vdd]. M2 quindi si spegne quando Vgs= Vdd-Vtn2. Se Vtn1=Vtn2 o Vtn1>Vtn2
(quindi Vdd-Vtn1< Vdd-Vtn2) M2 riesce a copiare Vdd-Vtn1. Se Vtn1 < Vtn2 (quindi Vdd-Vtn1> Vdd-Vtn2)
Vy = Vdd-Vtn2.
Analoghi ragionamenti possono esser fatti per il transistore PMOS usato in catena di pass-transistor.