L'invertitore logico

Porte logiche

Un circuito digitale lavora con grandezze che portano uno di due simboli, 0 e 1: di solito tensioni, basse per lo 0 e alte per l’1. Un simbolo porta un bit di informazione, e per rappresentare un numero ne servono molti: 92 in binario è 1011100, sette bit. Sui bit si fanno le operazioni dell’algebra di Boole, NOT, AND, OR e le loro combinazioni, e i circuiti che le eseguono si chiamano porte logiche. Con porte di pochi tipi si costruisce qualunque funzione logica: bastano anche le sole porte NAND.

Di una porta interessano la funzione logica, scritta nella tabella di verità, e poi le proprietà elettriche: la caratteristica che lega le tensioni di ingresso e di uscita, la robustezza ai disturbi, la potenza che consuma, l’area che occupa sul chip e il tempo che impiega a rispondere. In un processore le porte sono centinaia di milioni, e ognuna di queste proprietà si moltiplica per quel numero.

La porta più semplice è l’invertitore, o porta NOT: l’uscita è 1 quando l’ingresso è 0, e viceversa. Questo articolo ne studia due realizzazioni, con un resistore e un transistore e con due transistori complementari, e da lì ricava le idee che servono per tutte le porte: la soglia di commutazione, la rigenerazione dei livelli, i margini di rumore. I tempi e la potenza durante le commutazioni sono nell’articolo successivo.

L’invertitore a carico resistivo

Un MOSFET a canale $n$ è un interruttore comandato dalla tensione del gate. Con un resistore $R$ tra l’alimentazione e il drain, e il source a massa, si ottiene un invertitore. Con l’ingresso basso il transistore è spento, nel resistore non passa corrente e l’uscita è alla tensione di alimentazione, che nei circuiti MOS si indica di solito con $V_{DD}$. Con l’ingresso alto il transistore conduce molto più del resistore e porta l’uscita vicino a massa.

Negli esempi l’alimentazione è $V_{DD} = 3{,}3$ V, il resistore $R = 10$ k$\Omega$, e il transistore è quello di riferimento dell’articolo sul MOSFET: $k = 0{,}86$ mA/V² e $V_{TH} = 0{,}34$ V. Nel circuito $V_{GS} = V_{in}$, $V_{DS} = V_{out}$, $V_{GD} = V_{in} - V_{out}$, e la corrente del transistore è quella del resistore: $V_{out} = V_{DD} - RI_D$. Facendo salire l’ingresso da zero:

• per $V_{in} < V_{TH}$ il transistore è spento e $V_{out} = V_{DD}$;
• appena oltre la soglia l’uscita è ancora vicina a $V_{DD}$, quindi $V_{GD} < V_{TH}$ e il transistore è in saturazione: $V_{out} = V_{DD} - Rk(V_{in} - V_{TH})^2$, una parabola;
• quando $V_{GD} = V_{in} - V_{out}$ raggiunge $V_{TH}$ il transistore entra in zona ohmica. Sostituendo l’uscita della saturazione nella condizione si trova $V_{in} = 0{,}90$ V, con $V_{out} = 0{,}56$ V;
• oltre, l’uscita risolve l’equazione di secondo grado $V_{DD} - V_{out} = 2Rk\left[(V_{in} - V_{TH})V_{out} - V_{out}^2/2\right]$.

Con l’ingresso a $V_{DD}$ l’uscita vale $64$ mV. La si stima bene senza risolvere l’equazione: con $V_{DS}$ piccola il transistore è una resistenza $R_{ch} = 1/2k(V_{DD} - V_{TH}) = 196\ \Omega$, e il partitore con $R$ dà $V_{out} \approx V_{DD}R_{ch}/(R + R_{ch}) = 63$ mV. La stima vale perché $63$ mV è molto meno di $V_{GS} - V_{TH} = 2{,}96$ V, come richiede l’approssimazione.

La soglia di commutazione

La caratteristica passa con continuità da $V_{DD}$ a quasi zero. Quali tensioni sono uno 0 e quali un 1? C’è un ingresso che l’invertitore non inverte.

Se la caratteristica è continua e decrescente, con $V_{out}(0) > 0$ e $V_{out}(V_{DD}) < V_{DD}$, la soglia esiste ed è unica. La funzione $g(v) = V_{out}(v) - v$ è continua, positiva in $0$ e negativa in $V_{DD}$, quindi si annulla almeno una volta; ed è strettamente decrescente, quindi una volta sola.

Un ingresso un po’ sopra $V_M$ dà un’uscita sotto $V_M$, e un ingresso un po’ sotto dà un’uscita sopra: la soglia separa le tensioni lette come 1 da quelle lette come 0, e una seconda porta uguale, collegata all’uscita, fa la stessa lettura. In $V_M$ il livello logico è ambiguo, e un circuito affidabile lavora con tensioni lontane dalla soglia.

Nell’invertitore a carico resistivo, alla soglia $V_{GD} = V_M - V_M = 0 < V_{TH}$: il transistore è in saturazione, e $V_M$ risolve

$$V_{DD} - Rk\left(V_M - V_{TH}\right)^2 = V_M .$$

Come equazione di secondo grado in $V_M - V_{TH}$, la soluzione positiva è

$$V_M = V_{TH} + \frac{\sqrt{1 + 4Rk\left(V_{DD} - V_{TH}\right)} - 1}{2Rk} ,$$

che con $Rk = 8{,}6\ \text{V}^{-1}$ vale $0{,}87$ V: una soglia molto più vicina a massa che all’alimentazione.

Rigenerare i livelli

Vicino alla soglia la caratteristica è ripida. La pendenza in $V_M$ è

$$\left.\frac{dV_{out}}{dV_{in}}\right|_{V_M} = -2Rk\left(V_M - V_{TH}\right) = -9{,}2 ,$$

e per un ingresso $V_M + \Delta V$, con $\Delta V$ piccolo, l’uscita è circa $V_M - 9{,}2\,\Delta V$: lo scarto dalla soglia esce nove volte più grande. In una catena di invertitori uguali una tensione un po’ ambigua si allontana dalla soglia a ogni passaggio, e dopo pochi invertitori è diventata uno 0 o un 1 netti. Si dice che la porta rigenera i livelli logici. Con una pendenza minore di 1 in modulo succederebbe il contrario: le tensioni si avvicinerebbero alla soglia a ogni porta, e in una catena lunga ogni piccolo disturbo cambierebbe il risultato.

Rigenerare richiede un dispositivo attivo. Un circuito di soli resistori non ci riesce, qualunque sia la sua forma.

La pendenza di una caratteristica fatta di soli resistori, $dV/dV_{in} = \alpha$, non supera 1. Il transistore invece prende energia dall’alimentazione e la usa per produrre variazioni di uscita più grandi di quelle di ingresso: è la stessa proprietà che rende possibili gli amplificatori, e che gli articoli sugli amplificatori studiano per i segnali piccoli.

I margini di rumore

Tra un’uscita e l’ingresso della porta successiva si sommano disturbi: accoppiamenti con i fili vicini, cadute sulle linee di massa, rumore. Di quanto si può sbagliare la tensione senza sbagliare il bit? Per rispondere si divide la caratteristica secondo la sua pendenza.

Negli intervalli validi la pendenza è minore di 1 in modulo, e un disturbo sull’ingresso esce attenuato; tra $V_{IL}$ e $V_{IH}$ esce amplificato. Una porta con un ingresso valido dà un’uscita non peggiore di $V_{OH}$ per l’1 e di $V_{OL}$ per lo 0, perché la caratteristica è decrescente. Se il disturbo che si somma a quell’uscita è minore del margine, l’ingresso della porta successiva resta valido: $NM_L$ è il disturbo massimo tollerato su uno 0, $NM_H$ su un 1.

Per l’invertitore a carico resistivo i punti a pendenza $-1$, trovati numericamente, sono $V_{IL} = 0{,}40$ V con $V_{OH} = 3{,}27$ V e $V_{IH} = 1{,}00$ V con $V_{OL} = 0{,}36$ V. I margini sono $NM_H = 2{,}27$ V e $NM_L = 0{,}04$ V: su un 1 si tollerano più di due volt di disturbo, su uno 0 quaranta millivolt. È la conseguenza della soglia troppo bassa. L’invertitore ideale ha la soglia a $V_{DD}/2$ e una caratteristica che salta da $V_{DD}$ a zero proprio lì: i due margini valgono $V_{DD}/2$, il massimo possibile.

La potenza statica

Con l’ingresso basso l’invertitore a carico resistivo non consuma nulla: il transistore è spento. Con l’ingresso alto, invece, dall’alimentazione a massa scorre di continuo

$$I = \frac{V_{DD} - V_{out}}{R} = \frac{3{,}3 - 0{,}064}{10^4}\ \text{A} = 0{,}32\ \text{mA} ,$$

e l’invertitore dissipa $V_{DD}I = 1{,}07$ mW senza fare nulla. Un milione di invertitori così, con metà delle uscite basse, dissiperebbe più di 500 W; un processore da telefono, con miliardi di transistori, ne consuma qualche watt. Il resistore si può ingrandire, ma la corrente scende a scapito della velocità, perché è il resistore che carica l’uscita quando deve salire.

Il difetto sta nell’asimmetria del circuito. L’uscita alta si ottiene aprendo il percorso verso massa, e costa zero. L’uscita bassa nasce da una gara tra il resistore, che tira verso l’alimentazione, e il transistore, che tira verso massa: vince il transistore, ma la corrente scorre e l’uscita non arriva a zero.

L’invertitore CMOS

La soluzione è sostituire il resistore con un secondo interruttore, che si apra quando l’ingresso è alto e si chiuda quando è basso: un MOSFET a canale $p$ con il source all’alimentazione. È l’invertitore CMOS. Con l’ingresso basso il transistore $n$ è spento e il $p$ conduce, e l’uscita è collegata a $V_{DD}$; con l’ingresso alto succede il contrario, e l’uscita è collegata a massa. In entrambi i casi uno dei due percorsi è aperto, e non scorre corrente.

Nei conti i due transistori sono simmetrici: stesso $k$ e soglie opposte, $V_{TH,n} = -V_{TH,p} = V_{TH} = 0{,}34$ V. Il transistore $p$ ha per questo un canale circa 2,8 volte più largo, perché le lacune sono meno mobili. Nel circuito $V_{GS,n} = V_{in}$, $V_{DS,n} = V_{out}$, $V_{SG,p} = V_{DD} - V_{in}$, $V_{SD,p} = V_{DD} - V_{out}$, e le due correnti sono uguali.

Con $V_{in} < V_{TH}$ il transistore $n$ è spento, e il $p$, acceso, deve portare corrente nulla: è possibile solo in zona ohmica con $V_{SD,p} = 0$, cioè $V_{out} = V_{DD}$. Salendo, il transistore $n$ si accende in saturazione, perché l’uscita è ancora alta, mentre il $p$ resta in zona ohmica, e l’uscita scende. A metà strada entrambi saturano, poi i ruoli si scambiano, fino a $V_{in} > V_{DD} - V_{TH}$, dove il $p$ è spento e l’uscita è a zero.

Nel modello quadratico la caratteristica ha quindi in $V_M$ un tratto verticale, da $V_M - V_{TH}$ a $V_M + V_{TH}$. Con la modulazione della lunghezza di canale le correnti di saturazione dipendono un poco dall’uscita, e il tratto diventa una discesa molto ripida ma non verticale. Con transistori simmetrici la soglia sta a metà dell’alimentazione qualunque sia $V_{DD}$: se l’alimentazione cala, la soglia la segue.

Con $V_{DD} = 3{,}3$ V e $V_{TH} = 0{,}34$ V i margini valgono $1{,}0$ V ciascuno, venticinque volte quello basso dell’invertitore a carico resistivo, e poco meno della metà dell’alimentazione. Negli intervalli estremi l’uscita è esattamente $V_{DD}$ o zero, e la corrente dall’alimentazione è nulla: la potenza statica sparisce, a parte le piccole correnti sotto la soglia dei transistori spenti. Corrente scorre solo durante le commutazioni, quando i due transistori sono accesi insieme e quando l’uscita si carica e si scarica: è il tema dell’articolo sui tempi e sulla potenza. Infine la struttura si estende ad altre porte, NAND e NOR, con le stesse proprietà.

L’uscita per via grafica

L’uscita dell’invertitore CMOS per un dato ingresso si trova anche disegnando le correnti dei due transistori in funzione della stessa variabile, la tensione di uscita. La corrente del transistore $n$ è la sua caratteristica con $V_{DS} = V_{out}$; quella del $p$ è la sua caratteristica con $V_{SD} = V_{DD} - V_{out}$, ribaltata e spostata di $V_{DD}$. L’uscita è dove le due curve si incontrano.

Il disegno fa vedere perché il tratto verticale è così ripido. Appena l’ingresso supera $V_M$, la corrente di saturazione del transistore $n$ supera quella del $p$, e l’intersezione salta dalla parte bassa: il transistore $n$ esce dalla saturazione e l’uscita crolla.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Nell’invertitore a carico resistivo con il transistore di riferimento e $V_{DD} = 3{,}3$ V, quanto deve valere $R$ perché l’uscita bassa, con l’ingresso a $V_{DD}$, non superi $50$ mV? Quanto consuma allora l’invertitore con l’uscita bassa?

Soluzione. Con la stima del partitore, $V_{out} \approx V_{DD}R_{ch}/(R + R_{ch})$ con $R_{ch} = 196\ \Omega$. La condizione $V_{out} \le 0{,}05$ V dà

$$R \ge R_{ch}\left(\frac{V_{DD}}{0{,}05\ \text{V}} - 1\right) = 196\ \Omega\cdot65 = 12{,}7\ \text{k}\Omega .$$

La corrente è circa $(3{,}3 - 0{,}05)/12{,}7\ \text{k}\Omega = 0{,}26$ mA, e la potenza $0{,}85$ mW.

Commento. Alzare $R$ abbassa l’uscita e il consumo, ma rallenta la salita dell’uscita, che si carica attraverso $R$. E abbassa ancora la soglia: con $Rk$ più grande la parabola della saturazione scende prima.

Esercizio 2. Con lo stesso transistore, quale resistore porta la soglia dell’invertitore a carico resistivo a $V_{DD}/2$? Quanto valgono allora la pendenza in $V_M$ e l’uscita bassa?

Soluzione. Alla soglia il transistore è saturo: $V_{DD} - Rk(V_{DD}/2 - V_{TH})^2 = V_{DD}/2$, quindi

$$Rk = \frac{V_{DD}/2}{\left(V_{DD}/2 - V_{TH}\right)^2} = \frac{1{,}65}{1{,}31^2}\ \text{V}^{-1} = 0{,}96\ \text{V}^{-1} ,$$

cioè $R = 0{,}96/0{,}86\ \text{mA/V}^2 = 1{,}1$ k$\Omega$. La pendenza in $V_M$ è $-2Rk(V_M - V_{TH}) = -2\cdot0{,}96\cdot1{,}31 = -2{,}5$, e l’uscita bassa è circa $3{,}3\cdot196/(1115 + 196) = 0{,}49$ V.

Commento. Con un resistore dieci volte più piccolo la soglia è al centro, ma l’uscita bassa sale a mezzo volt, la corrente statica a $2{,}5$ mA e la pendenza scende: nessun dimensionamento del carico resistivo ha insieme soglia centrata, uscita bassa vicina a zero e consumo piccolo. L’invertitore CMOS li ha tutti.

Esercizio 3. In un invertitore CMOS i due transistori hanno la stessa larghezza, con $k_n = 0{,}86$ mA/V² e $k_p = k_n\cdot180/500$, e soglie $\pm0{,}34$ V. Dove sta la soglia di commutazione con $V_{DD} = 3{,}3$ V?

Soluzione. Il rapporto $\sqrt{k_p/k_n} = \sqrt{0{,}36} = 0{,}60$. Dividendo numeratore e denominatore della formula per $\sqrt{k_n}$,

$$V_M = \frac{0{,}34 + 0{,}60\cdot(3{,}3 - 0{,}34)}{1 + 0{,}60} = 1{,}32\ \text{V} .$$

Commento. Il transistore $p$, più debole, perde la gara prima: la soglia scende di un terzo di volt sotto la metà dell’alimentazione. Per centrarla il canale del $p$ va allargato di $500/180 = 2{,}8$ volte. Spesso si accetta un rapporto un po’ minore, che sposta poco la soglia e risparmia area e capacità.

Esercizio 4. Calcolare la tensione di uscita dell’invertitore CMOS simmetrico con $V_{in} = 1{,}2$ V, prima esattamente e poi sostituendo il transistore $p$ con la sua resistenza di canale.

Soluzione. Il transistore $n$ è saturo e porta $k(1{,}2 - 0{,}34)^2 = 0{,}86\cdot0{,}86^2 = 0{,}638$ mA. Il $p$ ha $V_{SG} - |V_{TH}| = 3{,}3 - 1{,}2 - 0{,}34 = 1{,}76$ V ed è in zona ohmica; con $w = V_{SD,p}$ l’uguaglianza delle correnti, divisa per $k$, è $0{,}86^2 = 2\cdot1{,}76\,w - w^2$, cioè $w^2 - 3{,}52\,w + 0{,}740 = 0$. La soluzione minore, l’unica con il $p$ in zona ohmica, è $w = 0{,}224$ V, e $V_{out} = 3{,}3 - 0{,}224 = 3{,}08$ V. Con la resistenza di canale $R_{ch,p} = 1/(2k\cdot1{,}76) = 329\ \Omega$ si ottiene invece $V_{out} \approx 3{,}3 - 329\cdot0{,}638\ \text{mA} = 3{,}09$ V.

Commento. La stima lineare sbaglia di dieci millivolt, perché $w = 0{,}22$ V non è del tutto trascurabile rispetto a $1{,}76$ V. È il punto di intersezione del pannello in alto della figura sul metodo grafico.

Esercizio 5. Quanto valgono soglia e margini di rumore dell’invertitore CMOS simmetrico con $V_{DD} = 1{,}2$ V e con $V_{DD} = 5$ V?

Soluzione. La soglia è sempre a metà: $0{,}6$ V e $2{,}5$ V. I margini, $(V_{DD} + 2V_{TH})/4$, valgono $(1{,}2 + 0{,}68)/4 = 0{,}47$ V e $(5 + 0{,}68)/4 = 1{,}42$ V. La condizione $V_{DD} > 2V_{TH} = 0{,}68$ V è soddisfatta in entrambi i casi.

Commento. Il margine è sempre un po’ meno della metà dell’alimentazione, e in proporzione migliora quando l’alimentazione scende: a $1{,}2$ V è il 39% di $V_{DD}$, a $5$ V il 28%. Sotto $V_{TH,n} + |V_{TH,p}|$ i due transistori non sono mai accesi insieme in modo pieno, e la porta funziona con le correnti sotto la soglia: è possibile, e si fa nei circuiti a bassissimo consumo, ma i tempi di commutazione diventano molto più lunghi.