Majeure MNO
Cours Circuits lectroniques Petite Classe n 1
Majeure de "Micro-Nano-Opto lectronique"
Cours :"Circuits lectroniques"
Petite Classe n 1
El ments de correction
1 re partie : fonctionnement dun inverseur CMOS
Objectif :
On se propose d' tudier le fonctionnement lectronique statique d'un inverseur CMOS
(montage simple deux transistors compl mentaires vu en cours) et de d terminer sa
caract ristique Vout = f(Vin) ainsi que le courant consomm .
Introduction :
Soit un inverseur CMOS du type vu dans le cours :
Fig. 1 : Inverseur CMOS
Il utilise des transistors appair s en technologie 0,5 m pour lesquels :
n C ox = 100 A / V 2 ; (W / L)n = 2 m / 1 m ; VTn = 0,8 V VDD = 3,3 V
Dire que les deux transistors sont appair s signifie :
VTn = - VTp on notera VT la valeur positive de VTn qui vaut :
VT = 0,8 V
kn = n Cox
= kp = p C ox
et ils valent : k = 200 A / V2
W
L
W
L
Rappel de l'allure des caract ristiques d'un autre transistor NMOS vu en cours :
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Fig. 2 : Allure des caract ristiques d'un transistor NMOS
On rappelle les quations statiques du transistor NMOS (VDS > 0 et VT > 0) :
(cid:131)
(cid:131)
(cid:131)
r gime bloqu pour VGS d VT : ID = 0
r gime "r sistif" pour VDS < VGS VT : ID = n Cox
r gime satur pour VDS e VGS VT : ID =
1
2
n C ox
(
VGS VT
(
VGS VT
W
L
W
L
)VDS -
1
2
2
VDS
)2
Et les quations statiques du transistor PMOS (VDS < 0 et VT < 0 ) :
(cid:131)
(cid:131)
(cid:131)
r gime bloqu pour VGS > VT : ID = 0
r gime "r sistif" pour VDS > VGS VT : ID = p Cox
r gime satur pour VDS d VGS VT : ID =
1
2
p Cox
(
VGS VT
(
VGS VT
W
L
W
L
)VDS -
1
2
2
VDS
)2
Caract ristique de transfert
Construire la repr sentation graphique de la courbe Vout = f(Vin) de l'inverseur CMOS, en
d terminant les points caract ristiques de la fa on suivante :
Fig. 3 : D finition de Vol, Voh, Vil, Vih
(cid:4) Calculer les valeurs des deux tensions de sortie Vol et Voh,
(cid:4) Calculer les valeurs des deux tensions d'entr e Vil et Vih,
(cid:4) Calculer les marges de bruit NMl et NMh (on d finira ces grandeurs au cours de la PC),
ainsi que Vm pour lequel Vout = Vin.
Il faut analyser le comportement de chacun des transistors en fonction de leur tension
commune de Gate = Vin
Le montage en s rie implique :
VGSn = Vin
VDSn = Vout
VGSp = -(VDD-Vin)
VDSp = -(VDD-Vout)
IDn = IDp
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Commen ons par deux cas simples :
1) Vin < VT = 0,8 V (cid:198)
le NMOS est bloqu
VGSp < -(VDD-VT) = -2,5 V < VTp = -0,8 V
Le PMOS est donc conducteur
Leur courant commun ID est H 0
Donc VDSp = 0 (mode r sistif) et
Vout = VDD
Publicité
Donc Voh, qui est la tension de sortie lorsque Vin = 0, vaut : Voh = VDD
2) Vin > (VDD - VT) = 2,5 V (cid:198) le NMOS est conducteur
VGSp > - VT le PMOS est bloqu
Leur courant commun ID est H 0
Donc VDSn = 0
(mode r sistif) et
Vout = 0
Donc Vol, qui est la tension de sortie lorsque Vin = VDD, vaut : Vol = 0
Plus g n ralement, on peut analyser les modes de fonctionnement de chacun des transistors
dans le plan (Vin , Vout) :
Le NMOS est satur si
et
VGSn = Vin > VT
VGDn d VTn soit encore VGSn-VDSn d VTn
-VDSnd VT-VGSn
VDSn e VGSn-VTn
Vout e Vin-VTn.
De mani re plus directe on peut aussi crire Vin - Vout > VTn soit Vout > Vin-VTn.
Le PMOS est satur si
et
VGSp < VTp (cid:197)(cid:198) Vin < VDD + VTp = VDD - VT
VGDpeVTp soit encore VGSp-VDSp e VTn
-VDSpe VTp-VGSp
VDSp d VGSp-VTp
Vout d Vin+VTp.
De mani re plus directe on peut aussi crire Vin - Vout > -VTp soit Vout < Vin+VTp
Les r gions correspondantes du plan (Vin , Vout) sont hachur es dans la figure 4 :
Fig. 4 : R gimes de fonctionnement de l'inverseur CMOS
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On y distingue 5 r gions tiquet es A, B, C, D, et E dont les r gimes sont d crits dans la table
1 :
Table 1 : R gimes de fonctionnement de l'inverseur CMOS
Les points Vil et Vih correspondent la relation
dVout
= 1
dVin
Pour Vil (r gion B) le NMOS est en saturation, et le PMOS est en r gime r sistif (not
lin aire dans le tableau).
La relation IDn = IDp se traduit par :
W
L
(
VGS VTp
= IDp = p C ox
(
VGS VTn
)VDS -
n Cox
IDn =
W
L
2
VDS
1
2
1
2
)2
qui peut se r crire en :
(
Vin VT
= 2 Vin VDD + VT
)2
(
)(Vout - VDD) - (Vout VDD)2
(Equ 1)
En d rivant par rapport Vin, il vient :
Vin VT = (Vin VDD + VT)
+ (Vout VDD ) (Vout VDD )
dVout
dVin
dVout
dVin
En imposant
dVout
dVin
= 1au point Vin = Vil, on obtient :
Vil VT = 2Vout Vil VT VDD
d'o : Vin = Vout
VDD
2
(Equ 2)
En r solvant le syst me des quations (1) et (2), on obtient :
Vil =
(3VDD + 2VT )
soit : Vil = 1/8*(9,9+1,6) = 1,44 V
1
8
De m me pour le point Vih (r gion D) le NMOS est en r gime r sistif (not lin aire dans le
tableau), et le PMOS est en saturation.
La relation IDn = IDp se traduit par :
(
)VDSn -
VGSn VTn
= IDp =
(
VGSp VTp
IDn = n C ox
p Cox
2
VDSn
)2
W
L
W
Publicité
L
1
2
1
2
qui peut se r crire en :
(
(
= 2Vout Vin VT
Vin + VT VDD
)2
) Vout
2
(Equ 3)
En d rivant par rapport Vin, il vient :
dVout
dVin
(Vin + VT VDD) =
(Vin VT) + Vout Vout
dVout
dVin
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En imposant
dVout
dVin
Vout = Vin
VDD
2
= 1au point Vin = Vih, on obtient :
(Equ 4)
En r solvant le syst me des quations (3) et (4), on obtient :
Vih =
(5VDD 2VT )
soit : Vih = 1/8*(16,5-1,6) = 1,86 V
1
8
Les marges de bruit NMl et NMh sont les suivantes :
NMl = Vil-Vol = 1,44 - 0 = 1,44 V
NMh = Voh - Vih = 3,3 - 1,86 = 1,44 V
Le point Vm pour lequel Vout = Vin peut en g n ral se calculer de fa on similaire Vil et Vih en
combinant les caract ristiques des deux transistors en saturation dans la r gion C.
Dans ce mod le id al lorsque les 2 transistors sont satur s les courants sont incompatibles
On traverse instantan ment la zone C dont le segment est vertical. En r alit le courant de
saturation d pend l g rement de VD et le syst me d quation peut tre r solu dans la zone C
dont la repr sentation nest plus exactement verticale
Mais comme l' nonc pr cise que les transistors sont appair s, le probl me est compl tement
sym trique et Vm = VDD/2 = 1,65 V
Courant consomm
(cid:4) D terminer le courant Imax consomm sur l'alimentation lorsque Vin = Vout = Vm et la
puissance dissip e correspondante.
(cid:4) Pour quelles tensions d'entr e, ce courant vaut-il 1/2 de Imax, ou bien 1/10 de Imax ?
(cid:4) A partir de quelles tensions d'entr e le courant consomm est-il nul ?
Le courant consomm dans les r gions A et E est nul (avantage du CMOS qui ne consomme
rien en position normale, mais seulement au cours des commutations).
Le courant est maximum au point Vm pour lequel les deux MOS sont satur s (r gion C)
Comme pour un NMOS satur : IDn =
n Cox
1
2
W
L
(
VGSn VTn
)2
On en d duit : Imax =
1
2
n Cox
W
L
(
Vm VT
)2
=
1
2
n Cox
avec comme valeur num rique :
Imax = 100 A (3,3/2 - 0,8)2 = 72,25 A
W
L
VDD
2
VT
2
La puissance totale dissip e est alors VDD Imax = 3,3 . 72,5 = 239 W
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N.B.: cette faible puissance n'est normalement dissip e que pendant un tr s bref instant (de
quelque 100 ps) lors d'une commutation. L' nergie correspondant cette commutation est
donc tr s faible.
Pour le courant Imax/2, on est dans la r gion B ou la r gion D : un MOS est en mode r sistif et
l'autre est satur .
Pour la r gion B, NMOS satur le courant vaut :
1
2
IDn =
VDD
2
Comme VGS = Vin, le point V1/2 correspondant Imax/2 v rifie :
(
VGSn VTn
= Imax/2 =
n Cox
n Cox
Publicité
W
L
W
L
1
4
)2
VT
2
V1/2 (B) =
VDD
2 2
+ VT
( 2 1)
2
= 1,40 V
Par sym trie, le point de la r gion D v rifie :
V1/2 (D) = VDD - V1/2 (B) =
VDD(2 2 1)
2 2
VT
( 2 1)
2
= 1,90 V
Pour le courant Imax/10, les m mes quations s'appliquent en rempla ant le facteur 2 par le
facteur 10, et on trouve :
V1/10 (B) = 1,07 V
V1/10 (D) = 2,23 V
Comme indiqu au d but, le courant sera nul dans les r gions A et E dont les tensions limites
valent :
VA-B = VT = 0,8V
VD-E = VDD-VT = 2,5V
Addendum
Autre repr sentation de la caract ristique de transfert d'un inverseur CMOS sym trique :
Les lettres A, B, C, et D repr sentent ici les points limites et non plus les r gions
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3 me Partie : R alisation CMOS dune fonction bool enne
Objectif :
R aliser en utilisant les principes des r seaux de conduction un circuit statique
r alisant une fonction bool enne S trois entr es (A, B, C) dont la table de v rit est donn e
par :
A
B
C
S
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
M thodologie de synth se
(cid:4) Exprimer S sous forme dune fonction bool enne S = f(A, B, C).
La fonction S est vraie pour 4 tats diff rents des entr es
S
=
BCACBACAB
+
+
+
ABC
ce qui est quivalent
S
=
CAB
+
ABC
+
BCACBA
+
+
ABC
que lon factorise
S
=
BABACCCAB
+
.(
+
+
)
(
+
AB
)
Publicité
ce qui se simplifie par
S
=
AB
+
BAC
+
(
)
(cid:4) R aliser sous forme de r seaux de conduction la fonction duale S .
On rappelle le sch ma de principe donn en cours :
Vdd
PUN
R seaux de PMOS :
fonction de conduction duale f *
Entr e
Sortie : -f
PUN
R seaux de NMOS :
fonction de conduction f
Vs s
On part donc de la fonction duale de la pr c dente
S
=
AB
+
BAC
+
(
)
On r alise le r seau de NMOS qui doit imposer la sortie Vss quand les entr es sont vraies
( 1 ou Vdd)
On rappelle quun NMOS utilis dans un circuit logique est, en premi re approximation, un
interrupteur ferm quand la grille est Vdd.
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S
A
B
A
B
C
Le r seau de PMOS est obtenu directement par dualit
A
C
Globalement on obtient la porte suivante
A
C
A
B
Vdd
B
A
B
Vdd
B
A
B
A
B
C
S
S
(cid:4) R aliser la fonction S sous forme de r seaux de conduction.
S
=
AB
+
S
=
AB
+
BAC
+
(
)
que lon r crit gr ce au th or me de De Morgan
BAC
+
(
)
=
BACAB
(
+
.
)
=
(
BACBA
).(
+
+
)
En utilisant lapproche pr c dente il faudra au pr alable disposer de A , B et de C soit
trois inverseurs donc 6 transistors suppl mentaires. Il est donc logique de garder la structure
pr c dente et de rajouter un inverseur final.
A
C
A
B
Vdd
B
A
B
A
B
C
Vss
S
S
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