INEL 4207Inversores de carga saturada

Inversores de carga saturada

La carga del inversor es el transistor Q2. Este permanece en saturacion porque: VGS2=VDS2

Por ende VGS2-Vtn<VDS2

Curva de transferencia del inversor

2,

1,

n

nr k

kk

Inversores de carga saturada

Utiliza un MOSFET como carga en lugar de una resistencia.

Q2 siempre opera en saturación

22,2,

22,

2

22,

2

2

tnODDn

DS

tnGSoxn

DS

VvVk

i

VVL

WCi

Obtener la curva de transferenciaDetermine :

◦ VOH,

◦ VOL,

◦ VIL

◦ VM si Vt;1 = Vt;2 =Vtn y

Con los siguientes parámetros

Desprecie el efecto de cuerpo con l1=l2=0.

2,

1,

n

nr k

kk

VOH

VOH= voltage de salida cuando VGS,1<Vtn

Mirando la grafica de iDS vs VDS

VOH=VDD-Vtn

(el transistor Q2 controla el nodo vO para permanecer encendido y vO no flota)

VOL: Voltage de salida cuando Vin=VOH

VOL se obtiene cuando Q1 está en tríodo.

22

2

22

2,

1,

2,1,

22,2,

2

1,1,

222

2

2

2

2

tnOLDDOL

OLtnDDr

tnODDO

Otnin

n

DSDS

tnODDn

DS

OOtninDS

VVVV

VVVk

VvVv

vVvk

k

ii

VvVk

i

vvVvki

tnDDr

tnDDOL

tnDDOLtnDDr

tnDDtnDDOL

VVk

VVV

VVVVVk

VVyVVVComo

22

22

,2

2

2

22

VIL

Al aumentar VGS,1 Q1 enciende y

VGS>Vtn y VDS>Veff

Por lo tanto está en saturación

22,2,

21,1,

2

2

tnODDn

DS

tnin

DS

VvVk

i

Vvk

i

iDS,1=iDS,2

irrtnDDO

tnirtnDDO

tnODDtnir

tnODDtnin

n

tnODDtnin

n

tnODDn

tnin

vkkVVv

VvkVVv

VvVVvk

VvVVvk

k

VvVVvk

k

VvVk

Vvk

1

22

22

2,

1,

22

2,

1,

22,21,

Solución de VIL

Solución Matemática

Solución del libro(gráfica)

Esto define el segmento BC

VIL=B=Vt,1

rIL

iri

O

irrtnDDO

kV

vkv

v

vkkVVv

1

1

1

irtnrDDO vkVkVv 1

VMVm es el punto

donde vi=vo en la curva de transferencia

1

1

1

1

r

tnrDDM

MrrtnDDM

irrtnDDO

k

VkVV

VkkVVV

vkkVVv

Punto C, VIC: Q1 entra en tríodo

VDS<VGD-Vtn

vO=vI-Vt

1

1

1

r

rtnDDIC

rtnDDICrIC

ICrrtnDDtnIC

irrtnDDtni

k

kVVV

kVVVkV

VkkVVVV

vkkVVVv

Punto C, VOC: Salida de Q1 para VIC

1

1

1

1

1

11

1

11

1

1

11

1

1

22

2

r

tnDDOC

r

tnrtnr

r

DD

r

tnrtnrr

r

DDrDDDDr

r

tnrDDrrtnDD

r

rOC

r

tnrDDrrtnDDOC

ICrrtnDDOC

irrtnDDO

k

VVV

k

VkVk

k

V

k

VkVkk

k

VkVVk

k

VkVkkVV

k

kV

k

VkVkkVVV

VkkVVV

vkkVVvPasos:vi=VIC

1

r

rtnDDIC k

kVVV

Substitute

Use common denominator kr+1

Solve algebraically

VIH =Minimum input Voltage considered a one.

22

2

22 tnODD

OOtnir VvV

vvVvk

It is possible but cumbersome to obtain a symbolic value, Please refer to the example