Implementazione per basse tensioni di alimentazione . 73

e semplicemente utilizzare lo stesso processo dei MOS ai quali siam abituati, e sfruttare il fatto che si hanno degli elementi parassiti:

Dato un pMOS `e possibile ricavare dei transistori PNP come questo, tran-sistori che possono essere ottenuti gratuitamente, con il processo, in quanto parassiti. I MOS poi possono essere o spenti (e dunque ignorati) o usati per la polarizzazione del circuito. Un circuito basato su una di queste idee potrebbe essere il seguente:

Questo circuito sfrutta proprio questo tipo di idee; dal momento che M₁ e M2 possono essere progettati come si vuole, si sceglie di imporre la stessa V_DS, in modo che possa scorrere la stessa corrente sui due transistori PNP ottenuti; si ha: I₀ = KI₁ dove I₁ = ^kBT q ln m R₂

e K `e il rapporto di specchiaggio dello specchio a MOS. Questo non `e bilanciato come gli altri, dunque questo circuito, per come `e stato generi-camente caricato, ha semplicemente una corrente proporzionale alla tem-peratura: un termometro. Di fatto, tutti gli schemi di termometri sono sostanzialmente basati su celle di questo tipo.

4.4.5 Implementazione per basse tensioni di

alimenta-zione

I processi pi`u moderni, come quello a 90 nm, hanno in uscita tensioni anche minori di 1,2 V, o comunque della tensione di bang gap; tutti i circuiti finora visti, di fatto, sono inutilizzabile per tensioni di alimentazione inferiore ai 1,8 V: volendo tenere conto anche di questo fatto, si pu`o utilizzare il seguente circuito, ideato nell’universit`a di Pavia:

La cella base `e uguale alla precedente, con in pi`u un carico resistivo in uscita, e le due resistenze R₀. Analizziamolo: I `e data da due contributi, I₁ e I₂; si ha:

I₁ = ^VBE1 R₀

I₂ deriva dall’equazione alla maglia: R₂I₂ = V_BE1− V_BE2 da qua I₂ = ¹ R₂ k_BT q ^{ln m} sommando i contributi: I = ^VBE1 R0 + ¹ R2 k_BT q ^{ln m}

Ci`o `e in grado di generare tensioni di riferimento di qualche centinaio di mV.

Capitolo 5

Amplificatori ad alto guadagno

5.1 Amplificatore differenziale

Finora sono stati analizzati amplificatori single-ended, ossia a ingresso e uscita riferiti a massa. In realt`a essi non sono gli unici amplificatori esistenti. Volendo portare un segnale a un ricevitore, le interconnessioni potrebbero essere lunghe, o vicine a un segnale digitale, dunque a un segnale con un’ele-vata variazione di tensione al variare del tempo; con segnali di questo gene-re, i parassiti potrebbero attivarsi, provocando variazioni nell’informazione contenuta nel segnale (a causa del crosstalk).

Non `e tutto: se si ha un circuito con impulsi di corrente che commuta, come per esempio una pompa di carica, la corrente assorbita potrebbe avere un comportamento di questo tipo:

Un generico circuito integrato potrebbe avere un comportamento di que-sto tipo: ogni circuito che assorbe a impulsi funziona sostanzialmente grazie alla presenza di una capacit`a di bypass C<sub>b</sub>; in un circuito di questo tipo, si pu`o fare l’equazione alla maglia, e vedere che:

V_DD⁰ = V_DD− 2L_p^di0 dt

La tensione di alimentazione dunque avr`a un andamento di questo tipo: Questi rimbalzi di alimentazione potrebbero essere anche picchi di 200 o 300 mV, questi potrebbero cambiare la tensione V₀ di uscita del dispositivo, e dunque variare il comportamento del circuito.

Di solito, sia questo problema sia il problema del crosstalk possono essere ridotti nella stessa maniera: mediante l’uso di strutture di tipo differenziale.

In questo caso, si definisce un’uscita come:

Se i transistori sono polarizzati in regione attiva, si pu`o dire che: v₀₁= −g_m1R_D1^v1 2 v₀₂= −g_m2R_D2^v2 2 Se: g_m1= g_m2= g_m e R_D1 = R_D2 = R_D si ha: v₀ v₁ ^{= −gmRD}

Il guadagno, formalmente, `e simile a quello di uno stadio a source comune; in pratica, questo rigetta il disturbo dovuto alla fluttuazione dell’alimenta-zione, dal momento che entrambi i transistori avranno la stessa fluttuadell’alimenta-zione, e la simmetria della struttura permette di eliminarlo.

Se gli ingresso del circuito fossero disturbati dallo stesso segnale comune, la differenza delle correnti al drain non sarebbe disturbata da ci`o.

Questa struttura `e molto valida, ma ha un problema: essa raddoppia l’area di silicio occupata.

Nel caso i due lati del circuito differiscono per solo una piccola tensio-ne differenziale, l’unica asimmetria starebbe proprio in essi: tensio-nei getensio-neratori differenziali; tutto il resto deve essere simmetrico.

Per funzionare da amplificatore, ovviamente questo stadio deve avere i transistori in saturazione, il segnale nella dinamica, e il punto di lavoro del circuito ben definito. Per questo circuito, il punto di lavoro `e sostanzialmen-te definito dal fatto che le sostanzialmen-tensioni di ingresso abbian un certo valore, e cos`ı quella di alimentazione, che va per le resistenze. Se si modificano le compo-nenti di modo comune introdotte in alimentazione per questo circuito, si va a modificare anche il punto di lavoro. Per garantire sia lo stato di saturazione, sia per definire in maniera univoca il punto di lavoro, si preferisce a questa soluzione la seguente:

Si polarizza in corrente questo circuito: ISS permette di svincolare il punto di lavoro dalla tensione di ingresso di modo comune. Questo perch`e in questo modo il punto di lavoro non dipende pi`u dalla tensione di ingresso: la corrente di bias `e imposta dal generatore di corrente, e dunque non dipende

pi`u dalla tensione sul punto A (a meno di non-idealit`a del generatore). Le variazioni di modo comune si ripercuotono dunque sul solo punto A, e il problema a questo punto diviene il problema di svincolare la corrente erogata dal generatore dalla tensione ai propri capi.

Si consideri il solo punto di lavoro: per v_d= 0 e v_C > 0, in modo da avere M₁, M₂ e M₃ in saturazione, se M₁ = M₂ e R_D1 = R_D2 = R_D, la tensione di uscita di bias `e:

V₀₁= V₀₂= V_DD− R_D^ISS 2

questo, dal momento che V_GS1 = V_GS2 = V_GS. Volendo considerare la tensione di uscita di bias di modo differenziale, se il sistema `e perfettamente simmetrico, si ha:

V₀ = V₀₁− V₀₂ = 0

Finch`e tutto `e simmetrico, la tensione di uscita non dipende dal modo comune.

Per quanto riguarda il modo differenziale:

v₀₁= V_DD− R_Di_D1

Ma i_D1, ossia la corrente totale sul drain, dipende dalla v_GS, dunque, data l’equazione alla maglia di ingresso:

v_CM +^vd

2 − v_GS1+ v_GS2+ ^vd

2 − v_CM = 0 dunque

v_GS1− v_GS2 = v_d

eliminando le tensioni di soglia, tendenzialmente tutte uguali (a patto che i transistori siano matchati):

v_OD1− v_OD2 = v_d Per`o, noi sappiamo che:

v_OD = s

i_D β_n^W_L

riscrivendo le espressioni, si pu`o dunque trovare: √ iD1−^√iD2 = r βn W L^vd

Ora, se ricordo che: I_SS = i_D1+ i_D2 ottengo i_D1,2 = ^ISS 2 ± " β_n^W L^vd s 4I_SS µnCOX^W_L − v2 d #

Si ricordi che tutto ci`o `e verificato, a patto che i transistori siano in saturazione. Volendo calcolare la corrente di uscita, si ha qualcosa del tipo:

i₀ = i_D1− i_D2= β_n^W L^vd s 2I_SS µnCOX^W_L − v2 d

se v_d ∼ 0, ci si pu`o ricondurre a una relazione corrente/tensione differen-ziale di tipo lineare; infatti, volendo linearizzare questa espressione, si pu`o vedere che: Gm = ^∂i0 ∂v_d ⁼ 2I_SS − µ_nC_oxW Lv2 d h 4ISS µnCox^W_L − v2 d i1/2

L’andamento di questa transcaratteristica, al variare di v_d, presenta un massimo per v_d= 0:

Questa `e equivalente in sostanza alla transconduttanza di un singolo tran-sistore, percorso da una corrente pari a ^ISS

2 . Questo risultato sostanzialmente afferma che se si applicano due tensioni uguali nei due ingressi, e una tensio-ne differenziale in continua nulla, si avr`a la massima transconduttanza; se si applica una tensione differenziale in continua, la transconduttanza sar`a un poco pi`u bassa; si ha tutto l’interesse a portare la tensione differenziale in continua a 0, al fine di alzare il guadagno.

Si sa che: Gm(0) = gm = r 2µnCox W L I_SS 2

questo, dalle normali formule del MOS; come detto, la corrente `e met`a della I_SS. Il guadagno di questo stadio sar`a:

v₀ = G_m(0)R_D = g_mR_D

A questo punto, possiamo passare al modello di piccolo segnale: si ha che

v_gs1− v_gs2 = v_d dunque: g_m1v_gs1+ g_m2v_gs2= 0 da qui v_gs1= −v_gs2 risultato: v_gs1= ^vd 2 vgs2= −^vd 2

Il nodo A si trova a massa virtuale: esso non `e pilotato dalla tensione di modo differenziale, dal momento che essa non pu`o cambiare il potenziale ai suoi capi. Osservando le uscite:

v₀₁ = −g_mR_D^vd 2 v₀₂ = g_mR_D^vd 2 A_d1= ^v01 v_d ^{= −gm} R_D 2 A_d2 = g_m^RD 2 dunque: A_d = ^v0 v_d ⁼ v₀₁− v₀₂ v_d ^{= −gmRD}