Tempi di commutazione e potenza

Quanto è veloce una porta

L’invertitore CMOS ha una caratteristica quasi ideale e non consuma nulla finché l’ingresso resta fermo. Ma un circuito digitale serve a calcolare, e calcolare vuol dire cambiare le uscite. Questo articolo studia quanto tempo impiega una porta a commutare e quanta energia spende per farlo: le due grandezze che, insieme, decidono quanto può essere veloce un processore.

Si applica all’ingresso un gradino ideale, da $0$ a $V_{DD}$ in un tempo nullo, e si guarda l’uscita. Il tempo di propagazione è il ritardo tra il fronte dell’ingresso e l’istante in cui l’uscita attraversa la soglia di commutazione $V_M$, cioè cambia livello logico per la porta che la legge: $t_{pHL}$ quando l’uscita scende, $t_{pLH}$ quando sale. Il tempo di discesa $t_f$ e quello di salita $t_r$ misurano invece quanto dura la transizione della tensione, tra il 90% e il 10% dell’escursione. Quando si parla del tempo di propagazione di una porta senza altre precisazioni si intende la media dei due, o il più lungo.

Il carico di una porta

Un invertitore da solo commuterebbe in un tempo brevissimo: a rallentarlo è quello che gli sta attaccato. L’uscita di una porta va agli ingressi di altre porte, e un ingresso CMOS è un gate: un condensatore. Il suo valore dipende dal regime del transistore, e non supera quello dell’ossido, $C_{ox}WL$. Per una stima si prende quel valore e si considerano i condensatori dei gate collegati tra l’uscita e un nodo a tensione costante, massa per il transistore $n$ e $V_{DD}$ per il $p$. Per la dinamica il nodo di arrivo non conta, purché la sua tensione sia costante, perché la corrente in un condensatore è $C\,dV/dt$: tutti i condensatori si possono riportare a massa e sommare.

Anche il collegamento ha una capacità. Nei circuiti integrati è una pista metallica separata dal silicio da uno strato di ossido, e forma con il substrato un condensatore. Una pista lunga $100\ \mu$m e larga $1\ \mu$m, su $1\ \mu$m di ossido, vale come condensatore piano $3{,}5$ fF; i campi ai bordi e le piste vicine aggiungono altrettanto o più. Nei circuiti stampati le piste sono di centimetri e le capacità di picofarad. Su una scheda conta anche il tempo di volo: nella vetronite la luce va a circa $1{,}5\times10^8$ m/s, e 15 cm di pista costano un nanosecondo. Dentro un chip i collegamenti sono così corti che il tempo di volo si trascura quasi sempre.

L’esempio di questo articolo è l’invertitore CMOS simmetrico dell’articolo precedente, con $V_{DD} = 3{,}3$ V, $k = 0{,}86$ mA/V² e $V_{TH} = 0{,}34$ V: transistore $n$ largo $10\ \mu$m, transistore $p$ largo $27{,}8\ \mu$m, lunghezza $1\ \mu$m, $C_{ox} = 345$ nF/cm². Pilota un invertitore uguale attraverso la pista di $100\ \mu$m. Il carico è

$$C_L = C_{ox}\left(W_n + W_p\right)L + C_{filo} = 130{,}4\ \text{fF} + 3{,}5\ \text{fF} = 134\ \text{fF} .$$

Si trascurano le capacità delle giunzioni di drain dell’invertitore stesso, che in un circuito reale aggiungono una parte non piccola.

La scarica dell’uscita

Prima del fronte l’ingresso è a zero da molto tempo: il transistore $n$ è spento, il $p$ acceso, e l’uscita è a $V_{DD}$. Al fronte il $p$ si spegne e il $n$ si accende con $V_{GS} = V_{DD}$. La tensione del condensatore non può saltare, e nell’istante dopo il fronte l’uscita è ancora a $V_{DD}$: il condensatore si scarica attraverso il transistore $n$, con $C_L\,dV_{out}/dt = -I_D$.

Per l’esempio $I_{sat} = 7{,}55$ mA, il tratto rettilineo dura $6{,}0$ ps, e $t_{pHL} = 31{,}0$ ps. La salita, con il transistore $p$ simmetrico, ha lo stesso tempo. Il tempo di discesa, dal 90% al 10%, è $74$ ps: la coda della scarica è lenta, perché il transistore in zona ohmica porta sempre meno corrente.

La formula esatta, esatta nel modello quadratico, è poco comoda per ragionare. Due stime più semplici la racchiudono.

Per l’esempio le due stime danno $29{,}2$ e $40{,}5$ ps, attorno ai $31{,}0$ ps del modello: l’errore della stima più semplice è al massimo del 40%, poco rispetto all’incertezza del modello stesso, che usa per il carico la capacità massima dei gate e trascura quelle delle giunzioni. La stima per eccesso ha il pregio di essere sicura: un circuito progettato con quei tempi funziona.

Da che cosa dipende la velocità

Con la stima per eccesso, e con $C_L$ fatta solo dai gate di un invertitore uguale,

$$t_p \approx \ln 2\,\frac{C_LV_{DD}}{k\left(V_{DD} - V_{TH}\right)^2} = 2\ln 2\left(1 + \frac{W_p}{W_n}\right)\frac{L^2}{\mu_n}\,\frac{V_{DD}}{\left(V_{DD} - V_{TH}\right)^2} ,$$

dove si è usato $C_L = C_{ox}(W_n + W_p)L$ e $k = \mu_nC_{ox}W_n/2L$. La capacità dell’ossido e la larghezza dei transistori spariscono: allargare il transistore aumenta la corrente, ma aumenta nella stessa proporzione il carico che presenta alla porta precedente. Resta la lunghezza di canale, al quadrato. Con $L = 1\ \mu$m l’espressione dà 39 ps; con $L = 0{,}1\ \mu$m darebbe un centesimo. Per questo le tecnologie CMOS si identificano con la lunghezza di canale minima, e per cinquant’anni l’industria l’ha ridotta: da una decina di micrometri negli anni Settanta a poche decine di nanometri. Nei transistori corti gli elettroni raggiungono la velocità di saturazione, e il guadagno è più vicino a proporzionale a $L$ che a $L^2$; la direzione non cambia.

La formula dice anche che un’alimentazione più alta rende le porte più veloci, perché la corrente cresce con il quadrato di $V_{DD} - V_{TH}$ e la carica da spostare solo con $V_{DD}$. Ma alzare $V_{DD}$ consuma l’ossido, e soprattutto aumenta la potenza.

La potenza statica

Un invertitore CMOS con gli ingressi a $0$ o a $V_{DD}$ non ha percorsi conduttivi tra l’alimentazione e massa, e non consuma nulla, a parte le correnti sotto la soglia dei transistori spenti. Due situazioni fanno eccezione. Se l’ingresso sta a una tensione intermedia, tra $V_{TH}$ e $V_{DD} - V_{TH}$, i due transistori sono accesi insieme e la corrente scorre di continuo, fino a $k(V_{DD}/2 - V_{TH})^2$ alla soglia: per questo gli ingressi CMOS non si lasciano mai scollegati, dove potrebbero fermarsi a metà. E se l’uscita alimenta un carico resistivo, come un LED o la bobina di un relè, la corrente nel carico è potenza statica a tutti gli effetti.

La potenza dinamica

Ogni volta che l’uscita sale, il condensatore di carico si carica prendendo carica dall’alimentazione; ogni volta che scende, quella carica va a massa. Il bilancio energetico non dipende da come avvengono le commutazioni.

La dimostrazione non usa nessun modello del transistore: vale per qualunque resistenza, lineare o no, tra un generatore di tensione costante e un condensatore. Il resistore più grande carica più lentamente, ma dissipa la stessa energia.

Per l’invertitore di esempio $C_LV_{DD}^2 = 1{,}46$ pJ per ciclo: a $100$ MHz sono $0{,}15$ mW. Un processore ha centinaia di milioni di nodi, ma non tutti commutano a ogni ciclo di clock: con una frazione $\alpha$ di nodi attivi la potenza è $\alpha NfCV_{DD}^2$. Con $10^8$ nodi da $2$ fF, $1$ V, $3$ GHz e $\alpha = 0{,}1$ si ottengono $60$ W: il consumo di un processore da computer.

La formula lascia poche leve. Ridurre la capacità vuol dire transistori più piccoli e collegamenti più corti, ma riducendo tutte le dimensioni di un fattore $S$ la capacità di una porta cala di $S^2$ e nella stessa area ne entrano $S^2$ in più: la potenza per unità di area non cambia. Ridurre $V_{DD}$ è la leva più forte, perché conta al quadrato. Nel 1974 Robert Dennard e i suoi colleghi dell’IBM mostrarono che, riducendo le dimensioni e la tensione dello stesso fattore, la densità di potenza resta costante mentre le porte diventano più veloci. Così è andata per trent’anni. Poi, intorno al 2005, la tensione ha smesso di scendere, perché le soglie non possono calare senza moltiplicare le correnti sotto la soglia, e l’ultima leva rimasta è stata la frequenza. Da allora la frequenza di clock dei processori è ferma a pochi gigahertz, perché un chip non smaltisce più di circa 100 W per centimetro quadrato, e la potenza di calcolo cresce con più processori in parallelo sullo stesso chip.

La potenza di cross-conduzione

Un fronte reale non è istantaneo. Mentre l’ingresso passa da $V_{TH}$ a $V_{DD} - V_{TH}$ i due transistori sono accesi insieme, e una corrente attraversa la porta dall’alimentazione a massa senza caricare nulla. È la corrente di cross-conduzione.

Il picco di corrente, alla soglia, è $k(V_{DD}/2 - V_{TH})^2 = 1{,}48$ mA per l’esempio. Un triangolo con quel picco e la stessa base, una stima che si trova spesso, dà un’energia più grande di un fattore $3/2$. Con un carico non trascurabile l’uscita resta indietro rispetto all’ingresso, uno dei due transistori lavora con una tensione piccola ai capi, e la corrente di cross-conduzione è più bassa di quella calcolata qui.

Con un fronte di $30$ ps, simile al tempo di propagazione della porta che lo produce, $E_{cc} = 39$ fJ, circa il 5% dell’energia $C_LV_{DD}^2/2$ dissipata nella stessa transizione. Con un fronte di un nanosecondo sarebbe $1{,}3$ pJ, più della potenza dinamica. In un circuito ben progettato ogni porta pilota un carico proporzionato alle sue dimensioni, i fronti restano rapidi, e la cross-conduzione è una frazione piccola del consumo.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. L’invertitore di esempio pilota quattro invertitori uguali invece di uno, con la stessa pista. Quanto valgono il tempo di propagazione del modello quadratico e le due stime?

Soluzione. Il carico diventa $C_L = 4\cdot130{,}4 + 3{,}5 = 525$ fF. Tutti i tempi sono proporzionali a $C_L$, e crescono di $525/134 = 3{,}92$ volte: $t_{pHL} = 31{,}0\cdot3{,}92 = 122$ ps, compreso tra $0{,}5\,C_LV_{DD}/I_{sat} = 115$ ps e $\ln 2\,C_LV_{DD}/I_{sat} = 159$ ps.

Commento. Il numero di porte collegate a un’uscita, il fan-out, rallenta la porta in proporzione. Nei circuiti veloci si preferiscono catene di invertitori che crescono di un fattore tre o quattro alla volta, invece di un invertitore piccolo che ne pilota uno enorme.

Esercizio 2. Si riducono tutte le dimensioni dei transistori della metà, lasciando uguali ossido e alimentazione, e la pista resta lunga $100\ \mu$m. Quanto diventa il tempo di propagazione?

Soluzione. Con $W$ e $L$ dimezzati $k$ non cambia, perché dipende da $W/L$, e quindi nemmeno $I_{sat}$. La capacità dei gate si riduce a un quarto, $130{,}4/4 = 32{,}6$ fF, e il carico diventa $32{,}6 + 3{,}5 = 36{,}1$ fF. Il tempo di propagazione scala con il carico: $31{,}0\cdot36{,}1/134 = 8{,}3$ ps.

Commento. Senza la pista il tempo sarebbe sceso esattamente di quattro volte; la pista, che non si è accorciata, pesa ora un decimo del carico. Nei chip moderni le piste lunghe sono il collo di bottiglia della velocità, e si spezzano con stadi intermedi.

Esercizio 3. Un processore ha $10^8$ nodi con una capacità media di $2$ fF, lavora a $3$ GHz con alimentazione di $1$ V, e a ogni ciclo commuta il 10% dei nodi. Quanta potenza dinamica dissipa? E se l’alimentazione fosse di $1{,}2$ V?

Soluzione. $P = \alpha NfCV_{DD}^2 = 0{,}1\cdot10^8\cdot3\times10^9\ \text{Hz}\cdot2\times10^{-15}\ \text{F}\cdot(1\ \text{V})^2 = 60$ W. Con $1{,}2$ V la potenza cresce di $1{,}2^2 = 1{,}44$ volte, a $86$ W.

Commento. Venti centesimi di volt in più costano il 44% di potenza. È per questo che i processori abbassano insieme tensione e frequenza quando il carico di lavoro è leggero: la potenza cala con il cubo, e l’energia per operazione con il quadrato della tensione.

Esercizio 4. Un condensatore $C$ si carica da $0$ a $V_{DD}$ attraverso un resistore, prima direttamente da un generatore $V_{DD}$, poi in due tappe: fino a regime da un generatore $V_{DD}/2$ e poi da un generatore $V_{DD}$. Quanta energia si dissipa nei due casi?

Soluzione. Nel primo caso, come nella dimostrazione del teorema, il generatore fornisce $CV_{DD}^2$ e se ne dissipa metà, $CV_{DD}^2/2$. Nella prima tappa del secondo caso il condensatore sale di $V_{DD}/2$ con un generatore $V_{DD}/2$: il generatore fornisce $C(V_{DD}/2)^2$ e se ne dissipa metà, $CV_{DD}^2/8$. Nella seconda tappa il condensatore sale da $V_{DD}/2$ a $V_{DD}$ con un generatore $V_{DD}$: il generatore fornisce $V_{DD}\cdot CV_{DD}/2 = CV_{DD}^2/2$, e l’energia nel condensatore passa da $CV_{DD}^2/8$ a $CV_{DD}^2/2$, cioè cresce di $3CV_{DD}^2/8$; se ne dissipa $CV_{DD}^2/8$. In tutto $CV_{DD}^2/4$, la metà del primo caso.

Commento. Con $N$ tappe uguali l’energia dissipata è $CV_{DD}^2/2N$: caricando lentamente, con una tensione che sale insieme a quella del condensatore, la dissipazione tende a zero. È l’idea dei circuiti adiabatici, studiati da decenni per ridurre il consumo al prezzo della velocità e della complessità.

Esercizio 5. Un ingresso dell’invertitore di esempio resta scollegato e si ferma a $V_{DD}/2$. Quanto consuma la porta? Quanto costerebbe, per ogni fronte, un ingresso che sale in $1$ ns invece che in $30$ ps?

Soluzione. A $V_{DD}/2$ entrambi i transistori sono saturi e la corrente è $k(V_{DD}/2 - V_{TH})^2 = 0{,}86\cdot1{,}31^2 = 1{,}48$ mA, cioè $4{,}9$ mW di continuo, più di trenta volte la potenza dinamica della stessa porta a 100 MHz. Con un fronte di $1$ ns l’energia di cross-conduzione è $\frac{2}{3}\cdot0{,}86\times10^{-3}\cdot1{,}31^3\cdot10^{-9} = 1{,}3$ pJ, contro $39$ fJ con $30$ ps.

Commento. Un ingresso lasciato a metà trasforma una porta a consumo nullo in una piccola stufa, e con migliaia di porte può scaldare un chip. Negli ingressi dei circuiti digitali che vengono dall’esterno, spesso lenti, si usano porte con una caratteristica a isteresi, i trigger di Schmitt, che commutano di scatto anche con un ingresso lento.