INEL 4207 Inversores de carga saturada. La carga del inversor es el transistor Q2. Este permanece en...
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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