B. Razavi - Fundamentos de Microeletrônica

Fundamentos de Microeletrônica

abdr R espeite o J ire ífo autoral

REPROCRAfICOS

O GEN |Grupo Editorial Nacional reúne as editoras Guanabara Koogan, Forense, LTC, Santos, Método e LAB, que publicam nas áreas científica, técnica e profissional. Essas empresas, respeitadas no mercado editorial, construíram catálogos inigualáveis, com obras que têm sido deci­ sivas na formação acadêmica e no aperfeiçoamento de várias gerações de profissionais e de estudantes de Administra­ ção, Direito, Enfermagem, Engenharia, Fisioterapia, Medicina, Odontologia e muitas outras ciências, tendo se tornado sinônimo de seriedade e respeito. Nossa missão é prover o melhor conteúdo científico e distribuí-lo de maneira flexível e conveniente, a preços justos, gerando benefícios e servindo a autores, docentes, livreiros, funcionários, colaboradores e acionistas. Nosso comportamento ético incondicional e nossa responsabilidade social e ambiental são reforçados pela natureza educacional de nossa atividade, sem comprometer o crescimento contínuo e a rentabilidade do grupo.

Fundamentos de Microeletrônica Behzad Razavi University o f Califórnia, Los Angeles

T radução c R evisão T écnica

J. R. Sou/a, M.Sc., Ph.I). Professor Adjunto da Universidade do Estado do Rio de Janeiro - UERJ

O autor e a editora empenharam-se para citar adequadamente e dar o devido crédito a todos os detentores dos direitos autorais de qualquer material utilizado neste livro, dispondo-se a possíveis acertos caso, inadvertidamente, a identificação de algum deles tenha sido omitida. Não é responsabilidade da editora nem do autor eventuais danos ou perdas a pessoas ou bens que tenham origem no uso desta publicação. FUNDAMENTALS OF MICROELECTRONICS, First Edition Copyright © 2008 John Wiley & Sons. Inc. Ali Rights Reserved. This translation published under license. Ali Rights Reserved. This EBook published under license with the original publisher John W iley & Sons. Inc.

Direitos exclusivos para a língua portuguesa Copyright © 2010 by LTC — Livros Técnicos e Científicos Editora S.A. Uma editora integrante do GEN I Grupo Editorial Nacional Reservados todos os direitos. É proibida a duplicação ou reprodução deste volume, no todo ou em parte, sob quaisquer formas ou por quaisquer meios (eletrônico, mecânico, gravação, fotocópia, distribuição na internet ou outros), sem permissão expressa da Editora. Travessa do Ouvidor, 11 Rio de Janeiro. RJ — CEP 20040-040 Tel.: 21-3543-0770/ 11-5080-0770 Fax: 21-3543-0896 [email protected] www.ltceditora.com.br Capa: Leo Queiroz Editoração Eletrônica: G enesis CIP-BRASIL. CATALOGAÇÃO-NA-FONTE SINDICATO NACIONAL DOS EDITORES DE LIVROS, RJ._____________ R218f Razavi, Behzad Fundamentos de microeletrônica / Behzad Razavi : tradução e revisão técnica J. R. Souza. - Rio de Janeiro : LTC, 2010. Tradução de: Fundamentais of microelectronics, 1.st ed Apêndice Inclui índice IS B N 9 7 8 -8 5 -2 1 6 -2 2 9 3 -2

1. Microeletrônica. I. Título. 09-6373.

CDD: 621.381 CDU: 621.38

Para Angelina e Jahan, pelo amor e pela paciência

Prefácio

Com o avanço da indústria de sem icondutores e de comunicações, passou a ser cada vez mais importante que um engenheiro eletricista tenha um bom conhe­ cimento de microeletrônica. E ste livro busca atender à necessidade de um texto que aborde a m icroeletrô­ nica a partir de uma perspectiva m oderna e intuitiva. Os tópicos, a ordem em que aparecem , a profundi­ dade e a extensão com que são tratados foram esco­ lhidos para propiciar uma exposição eficiente dos princípios de análise e síntese que serão úteis para os estudantes quando ingressarem no m ercado de trabalho ou em cursos de pós-graduação. U m a característica im p o rtan te deste livro é a abordagem orientada à síntese ou ao projeto. Em vez de tirar um circuito da gaveta e tentar analisá-lo, preparo o caminho enunciando um problem a com o qual nos deparamos na vida real (p. ex., como projetar um carregador de bateria de telefone celular). Em seguida, tento obter uma solução com o em prego de princípios básicos; desta form a, apresento tanto as falhas como os acertos do processo. Q uando final­ m ente chegarm os à solução definitiva, o estudante terá visto o exato papel de cada com ponente, assim como a seqüência lógica de raciocínio que norteia o projeto do circuito.

*Acrônimos para Lei das Correntes de Kirchhoff e Lei das Tensões de Kirchhoff, respectivamente. (N.E.)

O utro componente essencial deste livro é “análise por inspeção”. Esta "m entalidade” é criada em duas etapas. Prim eira,o com portamento de blocos elemen­ tares é formulado por meio de uma descrição “verbal” de cada resultado analítico (p. ex., “olhando para o emissor, vemos l/gm”). Segunda,circuitos grandes são decompostos e “m apeados” nos blocos elem entares para evitar a escrita de LCKs e LTKs.* Esta abor­ dagem desenvolve a intuição e simplifica a análise de circuitos grandes. Os dois artigos que seguem este prefácio trazem sugestões úteis para estudantes e professores. Espero que essas sugestões tornem mais agradável a tarefa de estudar e ensinar microeletrônica. Um conjunto de slides de PowerPoint, um manual de solução e várias outras ferram entas de auxílio ao ensino estão dispo­ níveis para o professor. Para atualizações e correções de erros tipográ­ ficos descobertos neste livro, o leitor deve dirigir-se à editora (www.ltceditora.com.br).

B ehzad R azavi N ovem bro de 2007

Agradecimentos

Este livro levou quatro anos para ser escrito e bene­ ficiou-se da participação efetiva de vários colabo­ radores. Q uero agradecer às seguintes pessoas por suas contribuições em diferentes estágios do desen­ volvim ento do livro: D avid A llstot (U niversity of W ashington), Joel Berlinghieri, Sr. (T he Citadel), Bernhard Boser (University of Califórnia, Berkeley), Charles Bray (University of M emphis), Marc Cahay (U niversity of C incinnati), N orm an Cox (U niver­ sity of Missouri, Rolla), James Daley (University of Rhode Island),Tranjan Farid (U niversity of N orth C arolina,C harlotte), Paul Furth (New Mexico State University), Roman G enov (University of Toronto), Maysam G hovanloo (N orth Carolina State Univer­ sity), G ennady G ildenblat (Pennsylvania State U niversity), A shok G oel (M ichigan Technological U niversity), M ichael G ouzm an (State U niversity of New Y ork-SU N Y, Stony Brook), Michael Green (University of Califórnia, Irvine), Sotoudeh HamediHagh (San Jose State U niversity), Reid H arrison (U niversity of U tah), Payam H eydari (U niversity of Califórnia, Irvine), Feng H ua (Clarkson U niver­ sity), M arian K azm ierchuk (W right State U niver­ sity), R oger King (U niversity of Toledo), Edw ard Kolesar (Texas Christian University), Ying-Cheng Lai (Arizona State University), Daniel Lau (University of Kentucky, Lexington), Stanislaw Legowski (U niver­ sity of W yoming), Philip Lopresti (U niversity of Pennsylvania), Mani Mina (Iowa State University), James Morris (Portland State University), Khalil Naja (University of Michigan), H om er Nazeran (U niver­ sity o f Texas, El P aso ),T am ara Papalias (San Jose

State University), M atthew Radm anesh (Califórnia State University, N orthridge), A ngela Rasmussen (University of U tah), Sal R. Riggio,Jr. (Pennsylvania State U niversity), Ali Sheikholeslam i (U niversity of T oronto), K alpathy B. Sundaram (U niversity of Central Florida), YannisTsividis (Columbia Univer­ sity), Thom as Wu (U niversity o f C entral Florida), Darrin Young (Case Western Reserve University). Sou grato a N aresh Shanbhag (U niversity of Illinois, U rbana-Cham paign) por testar uma versão inicial do livro em um curso e, assim, prover valo­ roso feedback. Os seguintes estudantes da U C LA prepararam , com diligência, o m anual de soluções: Lawrence Au, Hamid H atam khani, Alireza M ehrnia, A lireza Razzaghi, William W ai-Kwok Tang e Ning Wang. Ning Wang também preparou todos os slides de PowerPoint. E udean Sun (U niversity of Cali­ fórnia, Berkeley) e John Tyler (Texas A&M Univer­ sity) foram revisores de precisão. Também gostaria de agradecer-lhes pelo grande trabalho. Agradeço à minha editora, Catherine Shultz, pela dedicação e pelo entusiasm o. Lucille Buonocore, Carm en H ernandez,D ana Kellogg, Madelyn Lesure, C hristopher Ruel, K enneth Santor, Lauren Sapira, Daniel Sayre, G ladys Soto e Carolyn Weisman, da editora Wiley,e Bill Zobrist (anteriorm ente na Wiley) tam bém merecem minha gratidão. Minha esposa, Angelina, datilografou todo o livro e m anteve o bom hum or enquanto este projeto se alongava. A ela, toda a minha gratidão. B ehzad R a za vi

Sugestões aos Estudantes

Você está prestes a iniciar uma viagem pelo fascinante m undo da microeletrônica. Por sorte, a microeletrônica aparece em tantos aspectos de nossa vida que temos bastante motivação para estudá-la. A leitura, no entanto, não é tão simples como a de um romance; devem os lidar com análise e síntese, e fazer uso de rigor m atem ático e intuição de engenharia em cada etapa do cam inho. Este artigo apresenta algum as sugestões que podem auxiliar o leitor no estudo da m icroeletrônica. R igor e Intuição A ntes de chegar a este livro, você fez um ou dois cursos sobre teoria básica de circuitos elétricos, aprendeu as Leis de Kirchhoff e a análise de circuitos RLC. Em bora sejam muito abstratos e pare­ çam não ter qualquer relação com a vida real, os concei­ tos estudados nesses cursos formam a base da microe­ letrônica, assim como cálculo é a base da engenharia. Nossa abordagem da m icroeletrônica tam bém requer rigor e envolve dois o u tro s com ponentes. Prim eiro, identificamos m uitas aplicações p ara os conceitos que estudamos. Segundo, devemos desen­ volver a intuição,ou seja, um "sentim ento” do funcio­ nam ento de dispositivos e circuitos microeletrônicos. Sem um conhecimento intuitivo, a análise de circuitos torna-se mais difícil à m edida que acrescentam os dispositivos para executar funções mais complexas. A n á lise po r Inspeção D edicarem os um esforço considerável para desenvolver a m entalidade e as habilidades necessárias à “análise por inspeção”. Ou seja, ao considerarmos um circuito complexo, vamos procurar decom pô-lo em topologias mais simples, para que possam os descrever seu com portam ento com poucas linhas de álgebra. C om o um exem plo simples, suponhamos que nos deparam os com o divi­ sor resistivo m ostrado na Fig. l(a ) e deduzimos seu equivalente Thévenin. Agora, se nos for dado o cir­ cuito da Fig. l(b), podemos substituir K n, R , e R , pelo equivalente Thévenin e, assim, simplificar os cálculos.

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Figura 1

Exemplo de análise por inspeção.

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Q uarenta P áginas p o r Sem ana

Nos cursos de microeletrônica, você precisará ler cerca de quarenta páginas deste livro por semana, e cada página con­ tém diversos conceitos novos, deduções e exemplos. Nas aulas, o professor cria uma “arm ação” de cada capítulo; cabe a você “unir os pontos” com a leitura cuidadosa do livro, tentando entender cada parágrafo antes de passar para o próximo. Ler e entender o conteúdo de quarenta páginas do livro to d a sem ana req u er concentração e disci­ plina. Você encontrará novo m aterial e deduções detalhadas em cada página e deve dedicar duas ou três horas sem distração (sem conversas ao telefone,TV, internet etc.) para acom panhar a evolução dos conceitos enquanto aprim ora suas habilidades analíticas. Também aconselho te n tar resolver cada exemplo antes de ler a respectiva solução. Q uarenta Exercícios por Sem ana

Após ler cada seção e praticar os exemplos, sugerimos que você ava­ lie e aprimore seu entendim ento tentando resolver os correspondentes exercícios apresentados no final do capítulo. Os exercícios começam em um nível relati­ vamente simples e, de modo gradual, tornam-se mais desafiadores. Alguns podem exigir que você retorne à seção e estude os pontos sutis com mais atenção. O valor educacional de cada exercício depende da sua persistência. A primeira visão de um exercício pode ser desanim adora. Contudo, se você examinálo de diferentes ângulos e, o que é mais im portante, reexam inar os conceitos apresentados no capítulo, com eçará a form ar um caminho em sua m ente que pode levar à solução. Na verdade, se você pensou muito sobre um exercício e não conseguiu resolvê-lo, talvez uma indicação do professor ou m onitor baste para você chegar à solução. Q uanto maior a dificul­ dade que você tiver com um exercício, maior será sua satisfação ao encontrar a resposta. E star presente às aulas e ler o livro são exem ­ plos de “aprendizado passivo”: você apenas recebe (e, esperamos, absorve) uma seqüência de inform a­ ções transmitidas pelo instrutor e pelo texto. Em bora seja necessário, o aprendizado passivo não exercita sua com preensão e, portanto, não é profundo. Você pode m arcar linhas do texto como importantes. Pode

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Sugestões aos Estudantes

tam bém escrever resumos de conceitos im portantes em folhas à parte (e incentivam os que faça isto). Todavia, para adquirir dom ínio do assunto, você precisa praticar (“aprendizado ativo”). Os conjuntos de exercícios no final de cada capítulo servem a esse propósito. Trabalhos de Casa e Provas

A solução dos exer­ cícios no final dos capítulos tam bém o prepara para os trabalhos de casa e para as provas. Os trabalhos de casa exigem períodos sem distração, durante os quais você testa seu conhecim ento e aprim ora sua com preensão. Um conselho im portante que posso dar neste m om ento é: fazer os trabalhos de casa com colegas da turm a é má ideia! D iferentem ente do que se passa com outras disciplinas, para as quais discus­ sões, argumentações e réplicas podem ser benéficas, o aprendizado de microeletrônica requer concentração silenciosa. (Afinal, você estará só nas provas!) Para adquirir confiança em suas respostas, você pode dis­ cutir os resultados com os colegas, o professor ou o m onitor após term inar o trabalho de casa sozinho. G erenciam ento do Tem po Ler o texto, fazer os exercícios e os trabalhos de casa requer uma dedi­ cação de pelo menos 10 horas por semana. Devido ao ritmo acelerado do curso, o m aterial se acumula muito rápido; se você não dedicar o tempo necessário

desde a prim eira semana, terá dificuldade de acom ­ panhar as aulas. Na verdade, quanto mais atrasado você ficar, m enos interessantes e úteis as aulas se tornarão; e você se verá obrigado a anotar tudo que o professor diz, sem tem po de entender. C om o os outros cursos que você faz também exigem dedicação, você logo estará sobrecarregado se não adm inistrar o tem po com cuidado. O gerenciam ento do tem po consiste em duas etapas: (1) dividir as horas em que você está desperto em blocos compactos e (2) usar cada bloco de modo eficiente. Para aum entar a eficiência, você pode tomar as seguintes medidas: (a) trabalhar em um am biente silencioso, para minimizar as distrações; (b) distribuir o trabalho de um dado assunto ao longo da semana — por exemplo, 3 horas por dia — , para evitar satu­ ração, e perm itir que, nos intervalos, seu subcons­ ciente processe os conceitos. P ré -re q u isito s Muitos conceitos que você apren­ deu nos cursos de teoria de circuitos são essenciais para o estudo da microeletrônica. O Capítulo 1 apre­ senta uma breve revisão para refrescar sua memória. Com a duração limitada das aulas, o professor pode pular esta parte, deixando-a para você ler em casa. Você pode folhear o capítulo e identificar os concei­ tos que o “incom odam ” antes de ler com atenção.

Sugestões aos Professores

E nsinar a estudantes de graduação pode ser um grande desafio — em especial se a ênfase for no racio­ cínio e na dedução em vez da memorização. Como as jovens m entes de hoje estão habituadas a jogar videogames de ritmos alucinantes e a “clicar” o mouse para chegar ao destino desejado na internet, ficou mais difícil estimulá-las a se concentrar por longos períodos e a tratar de conceitos abstratos. Com base na experiência de mais de uma década de ensino, esta mensagem apresenta sugestões que podem ser úteis aos professores de microeletrônica. Terapia

Em geral, os estudantes que fazem o pri­ m eiro curso de m icroeletrônica fizeram um ou dois cursos de teoria básica de circuitos elétricos. Para muitos, essa experiência não foi agradável. Afinal, é provável que o livro de teoria de circuitos tenha sido escrito por uma pessoa que não é do ram o de circuitos. D a mesma forma, é provável que os cur­ sos tenham sido apresentados por professores não muito envolvidos em projeto de circuitos. Por exem ­ plo, raram ente os estudantes são informados de que a análise nodal é muito mais usada em cálculos manuais do que a análise de malhas. Tam bém não adquirem uma visão intuitiva dos teorem as de Thévenin e de N orton. Com estas observações em mente, dou início ao primeiro curso com uma “sessão de terapia" de cinco minutos. Pergunto quantos gostaram dos cursos de teoria de circuitos e adquiriram uma com preensão “prática”. Poucos levantam a mão. Depois, pergunto: “O que acharam dos cursos de cálculo? Q uantos adquiriram uma com preensão ‘p rática’ com esses cursos?” Em seguida, explico que a teoria de circuitos representa a base da m icroeletrônica, assim com o cálculo é a base da engenharia. E acrescento que, à medida que completamos a base e passamos a tópicos mais avançados na análise e na síntese de circuitos, algum grau de abstração tam bém deve ser esperado na microeletrônica. Então, ressalto que (1) a micro­ eletrônica se baseia muito na com preensão intuitiva, exige que ultrapassemos a simples escrita de LCKs e LTKs e interpretem os as expressões m atemáticas de m aneira intuitiva; (2) este curso apresenta várias aplicações de dispositivos e circuitos microeletrônicos em nossa vida cotidiana. Em outras palavras, m icro­

eletrônica não é tão árida como circuitos RLC arbi­ trários que consistem em resistores de 1 ü , indutores de 1 H e capacitores de 1 E P rim e iro Q u e stio n á rio Como os estudantes ini­ ciam o curso com diferentes níveis de conhecimento, cheguei à conclusão de que é útil aplicar, na primeira aula, um questionário de dez minutos. Ressalto que o questionário não conta com o nota e serve como uma medida da com preensão que os estudantes têm. Depois de recolher os questionários, peço a um dos m onitores que dê uma nota binária a cada um: os que recebem uma avaliação abaixo de 50% são m ar­ cados com uma estrela vermelha. No final da aula, devolvo os questionários e sugiro que aqueles que foram m arcados com a estrela verm elha devem se dedicar mais e interagir com os monitores e comigo com m aior frequência. C o n te xtu a liza çã o Teoria e P rática

Uma pode­ rosa ferram enta de motivação da aprendizagem é a “ligação da teoria à prática”, ou seja, aplicação “ prá­ tica” do conceito que está sendo ensinado. Os dois exemplos de sistemas m icroeletrônicos descritos no Capítulo 1 funcionam como passo inicial em direção à criação de contexto para o m aterial apresentado neste livro. C ontudo, a ligação da teoria à prática não pode p arar aqui. C ada novo conceito m erece uma aplicação — por mais breve que seja a menção à aplicação — e a maior parte desta tarefa cabe às aulas e não ao livro. A escolha da aplicação deve ser feita com cuidado. Se a descrição for dem asiadam ente longa ou o resul­ tado for muito abstrato, os estudantes podem deixar de perceber a conexão entre o conceito e a aplicação. Em geral, minha abordagem é a seguinte: suponha que estejamos no início do Capítulo 2 (Física Básica de Sem icondutores). Pergunto: “Com o seria nosso m undo sem sem icondutores?” ou "H á algum dispo­ sitivo semicondutor em seu relógio? Em seu telefone celular? Em seu n o teb o o kl Em sua câm era digital?” Na discussão que se segue, logo apresento exemplos de dispositivos sem icondutores e explico onde são usados. C ontinuando com a ligação da teoria à prática, dou ainda mais motivação quando pergunto: “Bem,

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Sugestões aos Professores

tudo isto é antigo, não é? Por que precisamos aprender essas coisas?” E discorro rapidam ente sobre os desa­ fios nos projetos de hoje e na com petição entre fabri­ cantes para reduzir o consumo de potência e o custo de dispositivos portáteis. A nálise versus Síntese

Consideremos o conheci­ mento dos estudantes que iniciam um curso de microeletrônica. Eles sabem escrever LCKs e LTKs. T am ­ bém viram numerosos circuitos RLC “arbitrários”; ou seja, para esses estudantes, todos os circuitos RLC são iguais e não está claro para que servem. Contudo, um objetivo essencial do ensino de m icroeletrônica é o desenvolvimento de topologias específicas de cir­ cuitos com certas características. Portanto, devemos m udar a m entalidade dos estudantes de “Aqui está um circuito que você nunca mais verá na vida. Analise-o!” para “Temos o seguinte problem a e devemos criar (sintetizar) um circuito que o solucione.” Pode­ mos começar com a topologia mais simples, identifi­ car suas deficiências e passar a modificá-la até obter­ mos uma solução aceitável. Esta abordagem de sín­ tese passo a passo (a) deixa nítido o papel de cada dispositivo no circuito, (b) estabelece uma m entali­ dade “orientada a síntese” e (c) ocupa o estudante intelectualm ente e desperta seu interesse. A n á lise por Inspeção

Na viagem pela microele­ trônica, os estudantes se deparam com circuitos cada vez mais complexos, até chegarem ao ponto em que escrever LCKs e LTKs de maneira cega torna-se algo ineficiente e até mesmo impossível. Em uma das pri­ meiras aulas, m ostro o circuito interno de um am pli­ ficador operacional e pergunto: “Podemos analisar o com portam ento deste circuito simplesmente escre­ vendo equações de nós e de malhas?” Assim, é impor­ tante induzir nos estudantes o conceito de “análise por inspeção”. Minha abordagem consiste em duas etapas: (1) para cada circuito simples, formulo as pro­ priedades em uma linguagem intuitiva; por exem ­ plo, “o ganho de tensão de um estágio fonte-comum é dado pela resistência de carga dividida p o r 1/g mais a resistência ligada entre a fonte e a te rra”. (2) M apeio circuitos complexos em uma ou mais topo­ logias estudadas na etapa (1). A lém de au m en tar a eficiência, a análise por inspeção tam bém contribui p ara a percepção. À medida que exploro diversos exemplos, ressalto para os estudantes que os resultados assim obtidos revelam as dependências do circuito de maneira mais clara do que quando nos limitamos a escrever as LCKs e LTKs sem qualquer mapeamento.

Indagações “ E S e?”

Um m étodo interessante de reforçar as propriedades de um circuito consiste em fazer uma pergunta como: “E se conectarm os este dispositivo entre os nós C e D e não entre os nós A e B ?” Na verdade, os próprios estudantes, m uitas vezes, fazem perguntas semelhantes. Minha resposta é: “N ão tenha medo! O circuito não o m orderá se você modificá-lo um pouco. Portanto, vá em frente e o analise desta nova m aneira”. No caso de circuitos simples, os estudantes podem ser estimulados a considerar diversas modificações possíveis e determ inar o com portam ento resultante. Assim, os estudantes sentem-se mais confiantes em relação à topologia original e com preendem por que é a única solução aceitável (se for este o caso). C á lcu lo s com N ú m e ro s versus C á lcu lo s com S ím b o lo s Na elaboração de exemplos, trabalhos

de casa e provas, o professor deve decidir entre cál­ culos com núm eros ou com símbolos. O estudante pode preferir o prim eiro tipo, pois requer apenas a determ inação da equação correspondente e a subs­ tituição de números. Q ual é o valor de cálculos com núm eros? Na minha opinião, servem a dois propósitos: (a) dar confiança ao estudante em relação ao resultado que ele acabou de obter e (b) dar ao estudante uma ideia dos valores típicos encontrados na prática. Portanto, cálculos com núm eros têm um papel lim itado no aprendizado e no reforço de conceitos. Cálculos com símbolos, por sua vez, podem oferecer uma com preensão do com portam ento do circuito ao revelar dependências, tendências e limites. A lém disso, os resultados obtidos desta m aneira podem ser usados em exemplos mais complexos. Q uadro-negro versus PowerPoint Encontra-se disponível no site da LTC, www.ltceditora.com.br, slides de Pow erPoint. N o en tan to , sugiro que o professor considere com cuidado os prós e os contras de aulas baseadas no quadro-negro e em Power­ Point. Faço as seguintes observações: (1) muitos estu­ dantes adorm ecem (pelo m enos m entalm ente) na sala de aula se não escreverem . (2) M uitos outros acham que perdem algo se não escreverem. (3) Para a maioria das pessoas, o ato de escrever algo no papel ajuda a “gravá-lo” na mente. (4) O uso de slides leva a um ritmo mais rápido (“se não estamos ocupados escrevendo, devemos seguir adiante”) e deixa pouco tem po para que os estudantes digiram os conceitos. Por essas razões, mesmo que os estudantes tenham

Sugestões aos Professores

uma cópia impressa dos slides, este tipo de apresen­ tação mostra-se muito ineficaz. Para m elhorar a situação, o professor pode deixar espaços em branco em cada slide e preenchêlos com resultados interessantes em tem po real. Já experim entei este m étodo com transparências e, mais recentem ente, com tcdilet notebooks.* A abor­ dagem funciona bem para cursos de pós-graduação, mas deixa os estudantes de graduação entediados ou desnorteados. M inha conclusão é que o bom e velho quadronegro ainda é o m elhor meio para ensinar m icroe­ letrônica aos estudantes de graduação. O professor sempre pode usar uma cópia impressa dos slides de PowerPoint como guia para a aula. D iscreto versus In te g ra d o Q ue ênfase deve ser dada a circuitos discretos e a circuitos integrados em um curso de microeletrônica? Para a maioria de nós, o term o “m icroeletrônica” perm anece sinônimo de “circuito integrado” e, na verdade, os currículos de algumas universidades aos poucos reduziram a quase zero a oferta de projeto discreto no curso. No entanto, apenas uma pequena parcela dos estudan­ tes que fazem esses cursos se envolve ativam ente em produtos de IC, enquanto m uitos se envolvem em projetos baseados em placas. M inha abordagem neste livro consiste em começar com conceitos genéricos que se aplicam aos dois paradigmas e, aos poucos, concentrar a atenção em circuitos integrados.Também acredito que quem se dedica a projetos baseados em placas deve ter um entendim ento básico dos circuitos integrados que utiliza.

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bipolares e MOS mostram-se muito úteis no enten­ dim ento das propriedades de cada um. A ordem em que os dois tipos são apresentados tam bém é discutível. (Pesquisas detalhadas condu­ zidas pela editora Wiley indicam uma divisão meio a meio entre professores quanto a este tem a.) Alguns professores preferem começar com dispositivos MOS para garantir que terão tempo suficiente para expor o assunto. Por outro lado, o fluxo natural do curso clama por dispositivos bipolares como extensão de junções pn. Na verdade, se diodos forem seguidos por dispo­ sitivos MOS, os estudantes verão pouca relevância entre os dois. (As junções pn em M OSFETs não são m encionadas até que tenham sido introduzidas as capacitâncias do dispositivo.) Minha abordagem neste livro é, primeiro, apre­ sen tar dispositivos e circuitos bipolares enquanto estabeleço as bases, de m odo que dispositivos MOS sejam , mais tarde, expostos com m aior facilidade. Como explicamos a seguir, o material pode ser ensi­ nado, com folga, em um trimestre, sem que se sacrifi­ quem detalhes dos dois tipos de dispositivos. Seja com o for, o livro é organizado de m odo a perm itir a exposição de circuitos CM OS prim eiro, caso o professor assim deseje. A seqüência de capí­ tulos para cada caso é m ostrada a seguir. O C apí­ tulo 16 foi escrito sob a hipótese de que o estudante não tem qualquer conhecim ento dos princípios de projeto de amplificadores, de maneira que o professor pode, sem quebra de continuidade, passar da física de dispositivos M OS ao projeto de am plificadores MOS sem ter de abordar o projeto de amplificadores bipolares.

T ransistor B ipolar versus MOSFET

Atualmente, há certa controvérsia quanto à inclusão de transisto­ res e circuitos bipolares em cursos de m icroeletrô­ nica na graduação. Com o m ercado de sem icondu­ tor dominado por M OSFET, parece que dispositivos bipolares são de pouca utilidade. Em bora esta visão possa, em parte, ser válida para cursos de pós-graduação, devemos ter em m ente que: (1) como mencio­ namos, muitos estudantes de graduação podem vir a trabalhar com projeto discreto baseado em placas; é provável que se deparem com dispositivos bipola­ res; (2) os contrastes e semelhanças entre dispositivos

'Tipo de computador portátil que permite escrever ou inserir dados por meio de uma caneta metálica diretam ente sobre a tela. (N.T.)

Modelo*do

IntroduçAo * Física de Diodos e C ircuitos Transistores A m plificadores M icroeletrônica C ^ > S em icondutores c £ > com c0 > B ipolares c £ > B ipolares (C apítulo 1) (C apitulo 2) (C apitulo 3) (C apítulo 4) (C a p ftu lo 5 ) D ispositivos A m plificadores MOS c£> MOS (Ca p itu lo 6) (Ca pi tu Io 7)

D ispositivos Am plificadores MOS C |> CMOS (C apitulo 6) (C apítulo 16) M odelos de Introdução à Fisica de D iodos e C ircuitos M icroeletrônica C ^> S em icondutores c £ > com Diodos (C apitulo 1) (C apitulo 2) (C apitulo 3)

£

0

Transistores C ircuitos B ipolares c £ > B ipolares (C apítulo 4) (C apttulo 8)

•

Figura 2

Em enta d o C urso

Este livro pode ser usado em uma seqüência de dois trim estres ou de dois semes­ tres. Dependendo da preferência do professor, os cur­ sos podem seguir diferentes com binações de capí­ tulos. A Fig. 3 ilustra algum as possibilidades. Por

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Sugestões aos Professores

vários anos, segui a Em enta I no sistema trimestral da U C L A .1 A Em enta II sacrifica circuitos amp op em favor de uma apresentação introdutória de cir­ cuitos CMOS digitais. Em um sistema semestral, a Em enta I estende o prim eiro curso até espelhos de corrente e estágios cascodes, e o segundo curso até estágios de saída e filtros analógicos. A E m enta II, por sua vez, inclui circuitos digitais no primeiro curso e desloca espelhos de corrente e cascodes para o segundo curso, sacrifi­ cando o capítulo sobre estágios de saída.

C obertura dos C apítulos

A matéria de cada capí­ tulo pode ser decomposta em três categorias: (1) con­ ceitos essenciais que o professor pode apresentar em uma aula; (2) habilidades essenciais que os estudantes podem desenvolver mas não podem ser cobertas em uma aula devido à limitação de tem po; (3) tópicos que são úteis, mas que podem ser pulados segundo a preferência do professor.2 A seguir, é apresentado um resumo de cada capítulo, indicando os temos que devem ser abordados em sala de aula. S is te m a T rim e stra l. E m enta I P rim e iro T rim estre: 1,5 Sem ana

Siste m a Trim estral, E m enta I P rim e iro T rim e stre :

.. . . M o d e lo s de Física d e O iodos e C irc u ito s S e m ic o n d u to re s c £ > ç*,,,, D io d o s (C a p itu lo 2) (C a p itu lo 3)

In tro d u ç ã o à M ic ro e le trô n ic a (C a p itu lo 1)

T ransistores A m p lific a d o re s B ip o la re s c £ > B ip o la re s c £ > (C a p itu lo 4) (C a p itu lo 5)

1 S em ana

D is p o s itiv o s A m p lific a d o re s A m p O p co m o MOS c j> CMOS c £ > C a ix a P re ta (C a p ítu lo 6) (C a p itu lo 7) (C a p itu lo 8)

P ares R e sp o sta de R c a lim o n ta ç io D ife re n c ia is c £ > F re q u ò n cia c £ > (C a p itu lo 12) (C a p itu lo 10) ( C a p it u lo l t )

2 S e m anas

2 S em an a s

1 Sem ana

S e g u n d o T rim estre: 2 Sem anas E s p e lh o s de C o rre n te e Cascodes (C a p itu lo 9)

S iste m a T rim estral, Em enta II P rim e iro T rim estre :

1 Sem ana

D is p o s itiv o s _ A m p lific a d o r e s A m p O p c o m o MOS S > CMOS S > C a ix a P r o t a (C a p itu lo 6) (C a p itu lo 7) (C a p itu lo 8)

S e g u n d o T rim estre : E spe lh o s d e C o rre n te o C ascodes C ^> (C a p itu lo 9)

1,5 Sem ana

M o d e lo s de In tro d u ç ã o a F isica de D io d o s e C irc u ito s T ra n sisto re s A m p lific a d o re s M ic ro e le trô n ic a (=£> S e m ic o n d u to re s c ^ > com D io d o s c £ > B ip o la re s d £ > B ip o la re s d £ > (C a p itu lo 1) (C a p ítu lo 2) (C a p itu lo 3) (C a p itu lo 4) (C a p itu lo 5)

M o d e lo s de

In tro d u ç ã o ã F isica d e D io d o s e C irc u ito s T ransistores A m p lific a d o re s M ic ro e lo trô n ic a c ^ > S e m ic o n d u to re s c ^ > com D io d o s c £ > B ip o la re s c £ > B ip o la re s (C a p itu lo I ) (C a p itu lo 2) (C a p itu lo 3) (C a p itu lo 4) (C a p itu lo 5)

Figura 4

P ares R e sposta de D ife re n c ia is C ^ > F requôncla (C a p itu lo 10) (C a p itu lo 11)

Re a iim e n ta ç ã o (C a p itu lo 12)

Cronograma dos dois cursos.

D is p o s itiv o s A m p lific a d o re s C irc u ito s CMOS MOS c j> CMOS l= [ > D ig ita is (C a p itu lo 6) (C a p itu lo 7) (C a p itu lo 15) S e g u n d o T rim estro :

Espelho» de Corrente e C ascodes (C a p itu lo 9)

Pares

c£>

Resposta de

D ife re n c ia is t= J> F re q u ò n cia c £ > R,r * ,n T tu k !* i^ ° írm u.tn í( e om (C a p itu lo 12) (C am p itu lo 10) ^ C *a«p iiut ul lo u) ^ S iste m a S em e stra l, Em enta I

P rim e iro S e m e s tre : In tro d u ç ã o ã M ic ro e le trô n ic a (C a p itu lo 1)

M o d e lo s de F isica d e S e m ic o n d u to re s (C a p itu lo 2)

D is p o s itiv o s MOS c£> (C a p itu lo 6)

D io d o s e C irc u ito s com D io d o s c £ > (C a p itu lo 3)

T ransistores A m p lific a d o re s B ip o la re s c £ > B ip o la ro s c £ > (C a p itu lo 4) (C a p itu lo 5)

A m p lific a d o re s Am p O p com o E spelh os d e C o rre n te CMOS c £ > C aixa P reta c j > e C ascodes (C a p ítu lo 7) (C a p itu lo 8) (C a p itu lo 9)

S e g u n d o S e m e stre : Pares R e spo sta de D ife re n c ia is c £ > F re qu ência (C a p itu lo 10) ^ ( C a p i t u l o 11) ^


E s tá g io s d e Sa íd a (C a p itu lo 13)

F iltro s A n a ló g ic o s (C a p itu lo 14)

S iste m a S em e stra l, E m enta II P rim e iro S e m e stre :

M o d e lo s de

In tro d u ç è o á Física d e M ic ro e le trô n ic a C ^ > S e m ic o n d u to re s ( C a p it u lo ! ) (C a p itu lo 2)

D io d o s e C irc u ito s com D io d o s (C a p itu lo 3)

T ransistores A m p lific a d o re s B ip o la re s C ^ > B ip o la re s (C a p itu lo 4) (C a p itu lo S)

D is p o s itiv o s A m p lific a d o re s Am p O p com o C irc u ito s CMOS MOS c£> CMOS c £ > C aixa P reta □ £ > D ig ita is ( C a p ítu lo 6) (C a p ítu lo 7) (C a p itu lo 8) ( C a p itu lo 15) S e g u n d o S e m e stro : E s p elho s d e C o rre n te e C ascodes (C a p itu lo 9)

P ares R esposta de p ■ c í > D ife re n cia is c í > Frequòncia c í > (C a p itu lo 10) (C a p ítu lo 11) v

1

F iltro s c £ > A n a ló g ic o s (C a p itu lo 14)

Figura 3 Diferentes estruturas de curso para sistemas trimes­ tral e semestral.

A Fig. 4 m ostra o tem po aproxim ado gasto em cada capítulo, segundo nosso programa na UCLA. No sistema semestral, os períodos são mais flexíveis.

'H á, na UCLA, oulro curso dc graduação sobre projeto de circuitos digitais, no qual o aluno só pode se matricular depois de ter feito o primeiro curso de microeletrônica.

C a p ítu lo 1: In tro d u ç ã o à M ic ro e le trô n ic a O objetivo deste capítulo é prover a “contextualização teoria e prática” e dar mais segurança aos estudantes em relação à questão de sinais analógicos e digitais. G asto de 30 a 45 minutos nas Seções 1.1 e 1.2 e deixo o restante do capítulo (Conceitos Básicos) para ser exposto pelo m onitor em uma aula especial na pri­ meira semana. Capítulo 2: Física Básica de S em icondutores Ao expor a física básica de dispositivos semicondutores, este capítulo segue, de forma deliberada, um ritmo lento: os conceitos são exam inados de diferentes ângulos, o que perm ite que os estudantes absorvam o m aterial à m edida que avançam na leitura. Uma linguagem concisa encurtaria o capítulo, mas exigiria que os estudantes lessem o m aterial diversas vezes na tentativa de decifrar o texto. É im portante ressaltar que, no entanto, o ritmo do professor em sala de aula não precisa ser tão lento como o do capítulo. Os estudantes devem ler os deta­ lhes e os exemplos por conta própria, para aum entar a compreensão do assunto. O principal ponto do capí­ tulo é que devemos estudar a física dos dispositivos para que possamos construir modelos para eles. Em

2Estes tópicos são identificados por uma nota de rodapé.

Sugestões aos Professores

um sistema trim estral, cubro os seguintes conceitos na aula: elétrons e lacunas; dopagem; deriva e difusão; junção pn em equilíbrio e sob polarizações direta e reversa. C apítulo 3: M o d e lo s de D iodo s e C ircu itos com Diodos Esse capítulo tem quatro objetivos: (1) dei­

xar o estudante mais confiante em relação à visão de junção pn como dispositivo não linear; (2) introdu­ zir os conceitos de linearização de um m odelo não linear para simplificar a análise; (3) tratar dos circui­ tos básicos com os quais todo engenheiro eletricista deve ter familiaridade, como, por exemplo, retificadores e limitadores; (4) desenvolver as habilidades necessárias para análise de circuitos altam ente não lineares — por exemplo, nas situações em que é difícil prever qual diodo é ligado a qual tensão de entrada. Desses quatro objetivos, os três primeiros são essen­ ciais e devem ser cobertos na aula, enquanto o último depende da preferência do professor. (Eu o abordo em minhas aulas.) Em um sistema trimestral, por uma questão de tem po, pulo algumas seções, como, por exem plo, dobradores de ten são e deslocadores de nível. C a p ítu lo 4: Física de T ra n s is to re s B ip o la res C om eçando com o uso de uma fonte de cor­

rente controlada por tensão em um am plificador, este capítulo apresenta o transistor bipolar como uma extensão de junções p n e deduz o correspondente m odelo de pequenos sinais. Assim com o no C apí­ tulo 2, o ritm o é relativam ente lento, mas as aulas não precisam ter o mesmo ritmo. Cubro a estrutura e operação do transistor bipolar, uma dedução sim­ plificada da característica exponencial, m odelos de transistor, e menciono, de m aneira breve, que a satu­ ração é indesejável. Como o m odelo T é de utiliza­ ção limitada em análise e acrescenta pouca percep­ ção (especialm ente no caso de dispositivos MOS), o excluí deste livro. C apítulo 5: A m p lifica d o re s B ip o la re s

Esse é o capítulo mais longo do livro e constrói a base neces­ sária a todo o trabalho subsequente em eletrônica. Seguindo uma abordagem de baixo para cima, este capítulo estabelece conceitos essenciais, tais como impedâncias de entrada e de saída, polarização e aná­ lise de pequenos sinais. A o escrever o livro, pensei em decom por o Capí­ tulo 5 em dois: um para cobrir os conceitos e outro para tra ta r das topologias de am plificadores bipo­ lares, de m odo que o último pudesse ser pulado por

x vii

professores que preferissem prosseguir com circuitos MOS. E ntretanto, para ensinar conceitos básicos não é necessário o uso de transistores, o que dificulta a decomposição. O Capítulo 5 avança e reforça, passo a passo, o conceito de síntese e explora topologias de circuitos com o auxílio de exemplos do tipo “E se?” Tal como nos C apítulos 2 e 4, o professor pode seguir um ritmo mais rápido e deixar boa parte do texto para ser lido pelos estudantes. Em um esquem a trim es­ tral, cubro todo o capítulo e, com frequência, enfatizo os conceitos ilustrados na Fig. 5.7 (impedância vista quando se olha para a base, o emissor ou o coletor). Com duas semanas (ou duas semanas e meia) desti­ nadas a este capítulo, as aulas devem ser dim ensio­ nadas de m aneira adequada, para assegurar que os conceitos principais sejam apresentados. C a p ítu lo 6: Física de T ra n s is to re s M O S

Esse Capítulo segue a abordagem do Capítulo 4: apresenta o M OSFET como uma fonte de corrente controlada por tensão e deduz suas características. T endo em mente a limitação de tem po com que em geral nos deparam os para expor os temas, incluí apenas uma breve discussão sobre o efeito de corpo e da satura­ ção de velocidade; estes fenômenos não são tratados ao longo do livro. A presento todo esse capítulo no primeiro curso de microeletrônica. C apítulo 7: A m p lific a d o re s CMOS

Explorando a base estabelecida no Capítulo 5, esse capítulo trata de amplificadores MOS, mas a um ritmo mais rápido. A presento todo esse capítulo no prim eiro curso de microeletrônica. C a p ítu lo 8: A m p lific a d o r O p e ra cio n a l com o C aixa-Preta Esse capítulo trata de circuitos base­

ados em amp ops e foi escrito de maneira que pudesse ser apresentado em uma ordem qualquer em rela­ ção aos outros capítulos. Minha preferência é apre­ sentar o assunto desse capítulo depois do estudo de topologias de amplificadores, para que os estudantes adquiram alguma compreensão dos circuitos internos de amp ops e de suas limitações de ganho. Ensinar a m atéria desse capítulo um pouco antes do fim do prim eiro curso aproxim a am p ops de am plificado­ res diferenciais (Capítulo 10), o que perm ite que os estudantes entendam a relevância de cada um. Cubro todo esse capítulo no prim eiro curso. C a p ítu lo 9: C ascodes e E sp e lh o s de C o r­ re n te Esse capítulo dá um passo im portante na

x v iii

Sugestões aos Professores

direção de circuitos integrados. O estudo de cascodes e espelhos de corrente neste m om ento também estabelece a base necessária p ara a construção de pares diferenciais com cargas ativas ou cascodes no Capítulo 10. A partir desse capítulo, circuitos bipolares e MOS passam a ser cobertos juntos e as diversas similaridades e diferenças entre eles são ressaltadas. No segundo curso de microeletrônica, cubro todos os tópicos desse capítulo em cerca de duas semanas. C apítulo 10: A m p lific a d o re s D ife re n cia is

Esse capítulo trata dos com portam entos de pequenos e de grandes sinais de amplificadores diferenciais. Os estu­ dantes podem se perguntar por que não estudam os o com portam ento de grandes sinais dos diferentes amplificadores nos Capítulos 5 e 7; por isso, explico que o par diferencial é um circuito versátil e é utili­ zado nos dois regimes. Cubro todo esse capítulo no segundo curso de microeletrônica. C a p ítu lo 11: R esposta em F requê ncia C om e­ çando com uma revisão de conceitos básicos, como as regras de Bode, esse capítulo apresenta o m odelo de alta frequência de transistores e analisa a resposta em frequência de topologias básicas de amplificadores. Cubro todo esse capítulo no segundo curso. C apítulo 12: R ealim entação

Segundo a maioria dos professores, realim entação é o assunto que os estudantes acham mais difícil em cursos de m icroe­ letrônica na graduação. Por isso, me esforcei muito para criar um procedimento passo a passo para a aná­ lise de circuitos de realimentação, em especial as situ­ ações em que os efeitos de carregam ento da entrada ou da saída devem ser levados em conta. Tal como nos C apítulos 2 e 5, esse capítulo segue um ritm o lento, o que perm ite que o estudante adquira con­ fiança em cada conceito e entenda os pontos ensina­ dos em cada exemplo. Cubro todo esse capítulo no segundo curso. C a pítulo 13: E stágios de Saída e A m p lific a d o ­ res de Potência Esse capítulo estuda circuitos que

fornecem níveis de potência mais elevados que os circuitos considerados nos capítulos anteriores. Topo­ logias como estágios push-pull e suas limitações são analisadas. Esse capítulo pode ser incluído em um sistema semestral. C a p ítu lo 14: F iltro s A n a ló g ic o s

Esse capítulo possibilita um entendim ento básico de filtros passi­ vos e ativos, e prepara o estudante para textos mais

avançados neste tema. O capítulo também pode ser incluído em um esquem a semestral. C apítulo 15: C ircuitos CMOS D ig ita is

Esse capí­ tulo foi escrito para cursos de m icroeletrônica que incluem uma introdução a circuitos digitais como pre­ paração para cursos subsequentes sobre este assunto. Devido à limitação de tem po dos sistemas trim estral e semestral, excluí circuitos T TL e ECL. C a pítulo 16: A m p lific a d o re s CMOS

Esse capí­ tulo foi escrito para cursos que apresentam circuitos CMOS antes de circuitos bipolares. Como já expli­ camos, esse capítulo segue o de física de dispositivos MOS e, em essência, é sim ilar ao C apítulo 5, mas voltado para os dispositivos MOS. C o n ju n to s de E xercícios

A lém de num erosos exemplos, cada capítulo oferece um conjunto rela­ tivamente grande de exercícios. Para cada conceito abordado no capítulo, começo com exercícios sim­ ples, que ajudam o estudante a adquirir confiança, e aos poucos aum ento o nível de dificuldade. Exceto pelos capítulos sobre física de dispositivos, todos os capítulos também oferecem um conjunto de exercí­ cios de síntese, que estimulam o estudante a traba­ lhar “de trás para a frente” e selecionar a polarização e/ou valores de com ponentes para satisfazer a certos requisitos. SPIC E Alguns cursos básicos de teoria de circuitos podem fazer uso de SP IC E , mas é no prim eiro curso de microeletrônica que os estudantes passam a per­ ceber a im portância das ferram entas de simulação e a valorizá-las. O A pêndice A deste livro apresenta o software SP IC E e ensina, por meio de numerosos exemplo, como usá-lo para simulação de circuitos. O objetivo é o domínio de um subconjunto de com an­ dos de SP IC E que possibilitam a simulação da maio­ ria dos circuitos neste nível. Devido à limitação de tempo das aulas, peço aos monitores que apresentem SP IC E em uma aula especial, em meados do trimes­ tre — antes que eu comece a passar exercícios base­ ados em S P IC E * A maioria dos capítulos contém exercícios base­ ados em SPIC E ,m as prefiro apresentar SPICE apenas

'Diversos sites da internet oferecem versões gratuitas, não comer­ ciais de SPICE, voltadas principalmente para estudantes. Infor­ mação sobre como e de onde baixar cópias livres deste pacote de software são disponibilizadas nesta página: http://sss-mag.com/ spice.html. (Página visitada em 9/12/2009.) (N.T.)

Sugestões aos Professores

x ix

na segunda m etade do prim eiro curso (próxim o do fim do Capítulo 5). Há duas razões para isto: (1) os estudantes devem, primeiro, desenvolver um entendi­ mento básico e habilidades analíticas, isto é,os traba­ lhos de casa devem exercitar os conceitos fundam en­ tais; (2) os estudantes dão m aior valor à utilidade de SP IC E se o circuito contiver um núm ero não muito pequeno (de cinco a dez) de dispositivos.

Suplementos para Professores e Estudantes E ncontram -se disponíveis no site da LTC, www. ltceditora.com .br, m ateriais suplem entares. Para baixar esses materiais, na página do livro, clique na aba Suplem entos. Você será autom aticam ente direcionado ao portal de relacionam entos e receberá instruções de como proceder.

T ra b a lh o s de Casa e P rovas

Comentários e Sugestões A pesar dos m elhores esforços do autor, do tradutor, do editor e dos revisores, é inevitável que surjam erros no texto. Assim, são bem-vindas as comunicações de usuários sobre correções ou sugestões referentes ao conteúdo ou ao nível pedagógico que auxiliem o aprim oram ento de edições futuras. Encorajam os os com entários dos leitores, que podem ser encam i­ nhados à LTC —Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., uma editora integrante do G EN I G rupo E dito­ rial Nacional, no endereço:Travessa do Ouvidor, 11 — Rio de Janeiro, RJ - C EP 20040-040 ou ao endereço eletrônico [email protected].

Em um esquem a trim estral, passo quatro trabalhos de casa antes da prova, aplicada em m eados d o período, e quatro depois. Os trabalhos de casa, em sua maioria basea­ dos nos conjuntos de exercícios do livro, contêm pro­ blem as com grau de dificuldade m oderado a alto; sendo assim, exigem que o estu d an te resolva, pri­ meiro, os exercícios mais fáceis do livro por conta própria. As questões da prova são, em geral, versões “disfarçadas” dos exercícios do livro. Para estimular os estudantes a resolver todos os exercícios de final de capítulo, digo a eles que um dos exercícios do livro será cobrado na prova. As provas são feitas com consulta ao livro, mas sugiro aos estudantes que resumam as equações im portantes em uma folha de papel. Boas aulas!

Sumário

1 INTRODUÇÃO À MICROELETRÔNICA 1 1.1 1.2

1.3

1.4

Eletrônica versus M icroeletrônica 1 Exemplos de Sistemas Eletrônicos 2 1.2.1 Telefone Celular 2 1.2.2 Câm era Digital 4 1.2.3 Analógico versus Digital 6 Conceitos Básicos 7 1.3.1 Sinais Analógicos e Sinais Digitais 7 1.3.2 Circuitos Analógicos 8 1.3.3 Circuitos Digitais 10 1.3.4 Teorem as Básicos de Circuitos 11 Resumo do Capítulo 17

3 .3 3 .4 3 .5

3 .6

Exemplos Adicionais 63 O peração em G randes Sinais e em Pequenos Sinais 68 Aplicações de Diodos 75 3.5.1 Retificadores de M eia-Onda e de Onda Completa 76 3.5.2 Regulagem de Tensão 86 3.5.3 Circuitos Limitadores 88 3.5.4 D obradores de Tensão 92 3.5.5 Diodos como Deslocadores de Nível e Com utadores 95 Resumo do Capítulo 98 Exercícios 99 Exercícios com SP IC E 105

2 FÍSICA BÁSIC A DE SEMICONDUTORES 19

4 FÍSICA DE TRANSISTORES BIPOLARES 106

2.1

4.1 4 .2 4 .3

2 .2

2 .3

2 .4

M ateriais Sem icondutores e Suas Propriedades 20 2.1.1 Portadores de Carga em Sólidos 20 2.1.2 Modificação de Densidades de Portadores 22 2.1.3 Transporte de Portadores 24 Junção pn 31 2.2.1 Junção pn em Equilíbrio 32 2.2.2 Junção pn sob Polarização Reversa 36 2.2.3 Junção pn sob Polarização D ireta 40 2.2.4 Característica I/V 42 Ruptura Reversa 46 2.3.1 R uptura Zener 47 2.3.2 R uptura por Avalanche 47 Resumo do Capítulo 48 Exercícios 48 Exercícios com SPIC E 51

4 .4

4 .5 4 .6

4 .7

3 MODELOS DE DIODOS E CIRCUITOS COM DIODOS 52 3.1

3 .2

Diodo Ideal 52 3.1.1 Conceitos Básicos 52 3.1.2 Diodo Ideal 53 3.1.3 Exemplos de Aplicação 57 Junção pn como um D iodo 61

Considerações Gerais 106 E strutura de Transistores Bipolares 108 O peração de Transistores Bipolares no Modo Ativo 108 4.3.1 C orrente de Coletor 111 4.3.2 C orrentes de Base e de Emissor 114 Modelos e Características de Transistores Bipolares 115 4.4.1 M odelo de G randes Sinais 115 4.4.2 Características I/V 117 4.4.3 Conceito de Transcondutância 119 4.4.4 M odelo de Pequenos Sinais 121 4.4.5 Efeito Early 124 O peração de Transistores Bipolares no Modo de Saturação 129 Transistores PNP 132 4.6.1 E strutura e O peração 132 4.6.2 M odelo de G randes Sinais 133 4.6.3 M odelo de Pequenos Sinais 135 Resumo do Capítulo 138 Exercícios 139 Exercícios com SP IC E 145

5 AMPLIFICADORES BIPOLARES 147 5.1

Considerações Gerais 147 5.1.1 Impedâncias de E ntrada e de Saída 148

xxii

Sumário 5.1.2 5.1.3

5 .2

5 .3

5 .4 5 .5

Polarização 152 Análises DC e de Pequenos Sinais 152 Análise e Síntese no Ponto de O peração 153 5.2.1 Polarização Simples 154 5.2.2 Polarização por Divisor de Tensão Resistivo 156 5.2.3 Polarização com D egeneração de Emissor 160 5.2.4 Estágio A utopolarizado 163 5.2.5 Polarização de Transistores PN P 165 Topologias de Amplificadores Bipolares 169 5.3.1 Topologia Em issor Comum 170 5.3.2 Topologia Base Comum 191 5.3.3 Seguidor de Em issor 204 Resumo e Exemplos Adicionais 210 Resumo do Capítulo 216 Exercícios 217 Exercícios com SP IC E 229

7.1.2 7.1.3

7.2

7.3 7.4

7.5 7.6

Polarização 264 Realização de Fontes de C orrente 268 Estágio Fonte Comum 268 7.2.1 Núcleo FC 268 7.2.2 Estágio FC com Fonte de C orrente como Carga 271 7.2.3 Estágio FC com Carga Conectada como Diodo 272 7.2.4 Estágio FC com D egeneração 273 7.2.5 Estágio FC com Polarização 276 Estágio Porta Comum 278 7.3.1 Estágio PC com Polarização 281 Seguidor de Fonte 283 7.4.1 Núcleo Seguidor de Fonte 283 7.4.2 Seguidor de Fonte com Polarização 285 Resumo e Exemplos Adicionais 287 Resumo do Capítulo 290 Exercícios 290 Exercícios com SP IC E 300

6 FÍSICA DE TRANSISTORES M OS 232

8 AM PLIFICADOR OPERACIONAL COMO CAIXA-PRETA 302

6.1 6 .2

8.1 8.2

6 .3

6 .4 6 .5 6 .6 6 .7

Estrutura do M OSFET 232 O peração do M OSFET 233 6.2.1 Análise Qualitativa 234 6.2.2 D edução das Características I/V 239 6.2.3 M odulação do Com prim ento do Canal 247 6.2.4 Transcondutância MOS 249 6.2.5 Saturação de Velocidade 250 6.2.6 O utros Efeitos de Segunda O rdem 250 Modelos de Dispositivos MOS 251 6.3.1 M odelo de G randes Sinais 251 6.3.2 M odelo de Pequenos Sinais 253 Transistores PMOS 254 Tecnologia CMOS 255 Com paração entre Dispositivos Bipolares e MOS 256 Resumo do Capítulo 256 Exercícios 257 Exercícios com SP IC E 263

8.3

8.4

8.5 8.6

Considerações Gerais 303 Circuitos Baseados em Amp Ops 304 8.2.1 Amplificador N ão Inversor 304 8.2.2 Amplificador Inversor 307 8.2.3 Integrador e Diferenciador 308 8.2.4 Som ador de Tensão 314 Funções Não Lineares 315 8.3.1 Retificador de Precisão 315 8.3.2 Amplificador Logarítmico 316 8.3.3 Amplificador de Raiz Q uadrada 317 Não Idealidades de Amp Ops 317 8.4.1 Deslocam entos DC 317 8.4.2 C orrente de Polarização de E ntrada 320 8.4.3 Limitações de Velocidade 322 8.4.4 Impedâncias de Entrada e de Saída Finitas 326 Exemplos de Projetos 327 Resumo do Capítulo 329 Exercícios 329 Exercícios com SP IC E 335

7 AMPLIFICADORES CM O S 264 7.1

Considerações G erais 264 7.1.1 Topologias de Amplificadores MOS 264

9 CASCODES E ESPELHOS DE CORRENTE 336 9.1

Estágio Cascode 336

Sumário 9.1.1

9 .2

9 .3

Cascode como Fonte de C orrente 336 9.1.2 Cascode como Amplificador 342 Espelhos de C orrente 349 9.2.1 Considerações Iniciais 349 9.2.2 Espelho de C orrente Bipolar 350 9.2.3 Espelho de C orrente MOS 357 Resumo do Capítulo 360 Exercícios 360 Exercícios com SPIC E 369

10 AMPLIFICADORES DIFERENCIAIS 371 10.1

1 0 .2

1 0 .3

1 0 .4 1 0 .5 1 0 .6

1 0 .7

Considerações Gerais 371 10.1.1 Discussão Inicial 371 10.1.2 Sinais Diferenciais 373 10.1.3 Pares Diferenciais 375 Par Diferencial Bipolar 376 10.2.1 Análise Q ualitativa 376 10.2.2 Análise de G randes Sinais 381 10.2.3 Análise de Pequenos Sinais 384 Par Diferencial MOS 389 10.3.1 Análise Q ualitativa 389 10.3.2 Análise de G randes Sinais 393 10.3.3 Análise de Pequenos Sinais 396 Amplificador Diferencial Cascode 399 Rejeição do M odo Comum 402 Par Diferencial com Carga Ativa 405 10.6.1 Análise Q ualitativa 406 10.6.2 Análise Q uantitativa 408 Resumo do Capítulo 411 Exercícios 411 Exercícios com SPIC E 422

11 RESPOSTA EM FREQUÊNCIA 424 11.1

1 1 .2

Conceitos Fundam entais 424 11.1.1 Considerações G erais 424 11.1.2 Relação entre Função de Transferência e Resposta em Frequência 427 11.1.3 Regras de Bode 429 11.1.4 Associação entre Polos e Nós 430 11.1.5 Teorem a de M iller 432 11.1.6 Resposta em Frequência Geral 434 Modelos de Transistores em Altas Frequências 437 11.2.1 M odelo de T ransistor Bipolar em Altas Frequências 437 11.2.2 M odelo de M O SFET em Altas Frequências 439 11.2.3 Frequência de Transição 440

xxiii

1 1 .3 1 1 .4

Procedim ento de Análise 441 Resposta em Frequência de Estágios Emissor Comum e Fonte Comum 442 11.4.1 Resposta em Baixas Frequências 442 11.4.2 Resposta em Altas Frequências 443 11.4.3 Aplicação do T eorem a de Miller 444 11.4.4 Análise D ireta 445 11.4.5 Impedância de Entrada 448 1 1 .5 Resposta em Frequência de Estágios Base Comum e Porta Comum 449 11.5.1 Resposta em Baixas Frequências 449 11.5.2 Resposta em Altas Frequências 449 1 1 .6 Resposta em Frequência de Seguidores 452 11.6.1 Impedâncias de E ntrada e de Saída 454 1 1 .7 Resposta em Frequência de Estágios Cascode 457 11.7.1 Impedâncias de E ntrada e de Saída 461 1 1 .8 Resposta em Frequência de Pares Diferenciais 461 11.8.1 Resposta em Frequência em Modo Comum 463 1 1 .9 Exemplos Adicionais 463 1 1 .1 0 Resumo do Capítulo 467 Exercícios 467 Exercícios com SP IC E 474

12 REALIMENTAÇÃO 476 12.1 1 2 .2

1 2 .3

1 2 .4 1 2 .5 1 2 .6

Considerações Gerais 476 12.1.1 G anho da Malha 478 Propriedades da Realim entação Negativa 480 12.2.1 Dessensibilização do G anho 480 12.2.2 Extensão da Largura de Banda 481 12.2.3 Modificação das Impedâncias de Entrada e de Saída 483 12.2.4 M elhoria na Linearidade 486 Tipos de Amplificadores 486 12.3.1 Modelos Simples de Amplificadores 487 12.3.2 Exemplos de Tipos de Amplificadores 488 Técnicas de Am ostragem e de R etorno 489 Polaridade da Realim entação 493 Topologias de Realim entação 494

XX iv

1 2 .7

1 2 .8

1 2 .9

Sumário

12.6.1 Realim entação Tensão-Tensão 494 12.6.2 Realim entação Tensão-Corrente 498 12.6.3 Realim entação Corrente-Tensão 500 12.6.4 Realim entação C orrente-C orrente 504 Efeito de Impedâncias de Entrada e de Saída Não Ideais 507 12.7.1 Inclusão de Efeitos de E ntrada e de Saída 508 Estabilidade em Sistemas de Realim entação 519 12.8.1 Revisão das Regras de Bode 519 12.8.2 Problema de Instabilidade 521 12.8.3 Condição de Estabilidade 523 12.8.4 Margem de Fase 526 12.8.5 Compensação em Frequência 527 12.8.6 Compensação de Miller 531 Resumo do Capítulo 531 Exercícios 532 Exercícios com SP IC E 541

13 ESTÁGIOS DE S A ÍD A E AMPLIFICADORES DE POTÊNCIA 543 13.1 1 3 .2 1 3 .3 1 3 .4

1 3 .5

1 3 .6 1 3 .7

1 3 .8

Considerações G erais 543 Seguidor de Em issor com o Amplificador de Potência 544 Estágio Push-Pull 546 Estágio Push-Pull A prim orado 549 13.4.1 Redução da D istorção de Cruzam ento 549 13.4.2 Adição de Estágio Emissor Comum 552 Considerações de G randes Sinais 555 13.5.1 Q uestões de Polarização 555 13.5.2 Omissão de Transistores de Potência PN P 556 13.5.3 Síntese de A lta-Fidelidade 558 Proteção contra Curto-Circuito 559 Dissipação de Calor 559 13.7.1 Dissipação de Potência de Seguidor de Emissor 559 13.7.2 Dissipação de Potência de Estágio Push-Pull 560 13.7.3 Avalanche Térm ica 561 Eficiência 562 13.8.1 Eficiência de Seguidor de Emissor 563 13.8.2 Eficiência de Estágio Push-Pull 563

13.9

Classes de Amplificadores de Potência 564 13.10 Resumo do Capítulo 565 Exercícios 565 Exercícios com SP IC E 569

14 FILTROS ANALÓGICOS 571 14.1

14.2 14.3

14.4

14.5

14.6

Considerações Gerais 571 14.1.1 Características de Filtros 572 14.1.2 Classificação de Filtros 573 14.1.3 Função de Transferência de Filtros 576 14.1.4 Problema de Sensibilidade 578 Filtros de Primeira O rdem 579 Filtros de Segunda O rdem 582 14.3.1 Casos Especiais 582 14.3.2 Realizações RLC 585 Filtros Ativos 589 14.4.1 Filtros de Sallen-Key 589 14.4.2 E struturas Biquadráticas Baseadas em Integradores 594 14.4.3 Estruturas Biquadráticas Usando Indutores Simulados 596 Aproximações para Respostas de Filtros 601 14.5.1 Resposta de B utterw orth 602 14.5.2 Resposta de Chebyshev 605 Resumo do Capítulo 610 Exercícios 610 Exercícios com SP IC E 614

15 CIRCUITOS CMOS DIGITAIS 615 15.1

15.2

15.3

15.4

Considerações Gerais 615 15.1.1 Caracterização Estática de Portas 616 15.1.2 Caracterização Dinâmica de Portas 622 15.1.3 Potência versus Velocidade 625 InversorC M O S 626 15.2.1 Conceitos Básicos 626 15.2.2 Característica de Transferência de Tensão 628 15.2.3 Característica Dinâmica 633 15.2.4 Dissipação de Potência 637 Portas CMOS N O R e N AN D 641 15.3.1 Porta N O R 641 15.3.2 Porta N AN D 643 Resum o do Capítulo 645 Exercícios 645 Exercícios com SP IC E 649

Sumário

16 AMPLIFICADORES CM O S 650 16.1

1 6 .2

1 6 .3

Considerações Gerais 650 16.1.1 Impedâncias de Entrada e de Saída 651 16.1.2 Polarização 655 16.1.3 Análises DC e de Pequenos Sinais 655 Análise e Síntese do Ponto de O peração 656 16.2.1 Polarização Simples 658 16.2.2 Polarização com D egeneração de Fonte 659 16.2.3 Estágio A utopolarizado 659 16.2.4 Polarização de Transistores PMOS 662 16.2.5 Realização de Fontes de C orrente 663 Topologias de Amplificadores CMOS 664

1 6 .4

1 6 .5 1 6 .6

xxv

Topologia Fonte Comum 665 16.4.1 Estágio Fonte Comum Tendo como Carga Fonte de C orrente 668 16.4.2 Estágio Fonte Comum Tendo como Carga Dispositivo Conectado como D iodo 670 16.4.3 Estágio Fonte Comum com Degeneração de Fonte 671 16.4.4 Topologia Porta Comum 681 16.4.5 Seguidor de Fonte 689 Exemplos Adicionais 694 Resumo do Capítulo 698 Exercícios 698 Exercícios com SP IC E 708

A p êndice A INTRODUÇÃO AO S P IC E 710

índice 725

Fundamentos de Microeletrônica

C A P Í T U L O

1 ____________________ I

Introdução à Microeletrônica Ao longo das últimas cinco décadas, a microeletrônica revolucionou nossas vidas. Há alguns anos, telefones celulares,câm eras digitais, com putadores portáteis e muitos outros produtos eletrônicos estavam além do reino das possibilidades; hoje, fazem parte de nossa vida cotidiana. A p render m icroeletrônica pode ser divertido. À m edida que aprendem os com o cada dispositivo funciona, como os dispositivos contêm circuitos que executam funções interessantes e úteis, e com o os circuitos formam sistemas sofisticados,começamos a ver a beleza da microeletrônica e a entender as razões de seu crescimento exponencial. Este capítulo apresenta uma visão geral da microe­ letrônica e prepara um contexto para o material exposto no livro. Damos exemplos de sistemas microeletrônicos e identificamos as importantes “ funções" de circuitos empregadas. E também fazemos uma revisão da teoria básica de circuitos para refrescar a memória do leitor.

Exem plo

1.1

Solução

Exercício

| 1.1 | ELETRÔNICA VERSUS M ICROELETRÔNICA A área geral de eletrônica teve início há cerca de um século e se mostrou fundamental para as comunicações por rádio e radar durante as duas guerras mundiais. Os prim eiros sistemas usavam “válvulas” - disposi­ tivos amplificadores que funcionavam com o fluxo de elétrons entre placas em uma câm ara de vácuo. No entanto, o tem po de vida finito e as grandes dim en­ sões das válvulas motivaram os pesquisadores a buscar dispositivos eletrônicos com propriedades melhores. O primeiro transistor foi inventado na década de 1940 e, em pouco tempo, substituiu as válvulas. O tran­ sistor tinha tempo de vida infinito (pelo menos em prin­ cípio) e ocupava um volume muito menor (p. ex., menos de 1 cm5na forma encapsulada) do que uma válvula. Contudo, a microeletrônica - isto é, a ciência de integrar diversos transistores em uma pastilha (chip)

Os microprocessadores de hoje contêm cerca de lüü milhões de transistores em um chip de, apro­ ximadamente, 3 cm x 3 cm. (Um chip tem a espessura de umas poucas centenas de micrômetros.) Supondo que circuitos integrados não tivessem sido inventados, consideremos um processador com 100 milhões de transistores “discretos”. Admitindo que cada dispositivo ocupe um volume de 3 mm X 3 mm X 3 mm, calculemos o mínimo volume do processador. Que outras questões seriam levantadas por esta implementação? O volume mínimo é dado por 27 mm' X 10x, ou seja, um cubo com lado de 1,4 m! E claro que os fios que conectariam os transistores aumentariam o volume de modo substancial. Além de ocupar um grande volume, esse processador discreto seria extremamente lento\ os sinais teriam de viajar por fios de até 1,4 m de comprimento! Ademais, se cada transistor isolado custar 1 centavo e pesar 1 g, cada processador custará 1 milhão de reais e pesará 100 toneladas! Qual será o consumo de potência desse sistema se cada transistor dissipar 10 /xW?

2

Capítulo Um

- só surgiu na década de 1960. Os primeiros “circuitos integrados” (CIs) continham uns poucos disposi­ tivos, mas avanços da tecnologia possibilitaram um aum ento rápido e extraordinário da com plexidade de microchips. Este livro trata, em sua m aior parte, de m icroe­ letrônica, mas tam bém ap resen ta fundam entos de sistemas eletrônicos (talvez discretos) em geral.

1.2

EX EM PLO S DE S IS TE M A S ELETRÔNICOS

A gora, apresentarem os dois exem plos de sistemas m icroeletrônicos e identificarem os alguns blocos fundam entais im portantes que devem os estudar na eletrônica básica. 1.2.1

Telefone C elular

Os telefones celulares foram desenvolvidos na década de 1980 e tornaram-se populares nos anos 1990. Hoje, os telefones celulares contêm uma variedade de sofis­ ticados dispositivos eletrônicos, analógicos e digitais, cujo estudo está além do escopo deste livro. Nosso objetivo aqui é m ostrar como os conceitos descritos neste livro são relevantes para o funcionam ento de um telefone celular. Suponha que você esteja conversando com um amigo ao telefone celular. Sua voz é convertida em um sinal elétrico pelo microfone e, depois de algum processam ento, é transm itida pela antena. O sinal produzido pela antena de seu aparelh o é captado pelo receptor no telefone de seu am igo e, depois de algum processam ento, aplicado ao alto-falante [Fig. 1.1 (a)]. O que se passa nessas caixas-pretas? Por que são necessárias?

Figura 1.1

Para tentarm os construir o sistem a simples mostrado na Fig. 1.1 (b), vamos omitir as caixas-pretas. Como este sistema funciona? Observemos dois fatos. Primeiro, nossa voz contém frequências entre 20 Hz e 20 kHz (esta faixa de frequências é cham ada “faixa de voz” ou “banda de voz”). Segundo, para que uma an ten a opere de m odo eficiente, ou seja, converta a maior parte do sinal elétrico em radiação eletro­ m agnética, suas dim ensões devem ser um a fração significativa (p. ex., 25% ) do com prim ento de onda. Contudo, a faixa de frequências entre 20 Hz e 20 kHz corresponde a comprimentos de onda1de 1,5 x 107m a 1,5 x 104 m, o que exige antenas gigantescas para cada telefone celular. Por outro lado, para se obter um com prim ento razoável para a antena (p. ex.,5 cm), o com prim ento de onda deve ser da ordem de 20 cm e a frequência, da ordem de 1,5 GHz. Como podem os “converter” a faixa de voz para uma frequência central da ordem de gigahertz? Uma abordagem possível é multiplicar o sinal de voz,x{t), por uma senoide, A cos(27r/.í) [Fig. 1.2(a)]. Com o a multiplicação no dom ínio do tem po corresponde à convolução no dom ínio da frequência, e com o o espectro da senoide consiste em dois impulsos em ± f , 0 espectro do sinal de voz é deslocado (transladado) para ± f. [Fig. 1.2(b)]. Assim, s e /. = 1 GHz, a saída ocupa uma largura de banda de 40 kHz centrada em 1 GHz. Esta operação é um exemplo de “m odulação em am plitude”.2 A gora, postulem os que a caixa-preta no trans­ missor da Fig. 1.1 (a) contenha um m ultiplicador,3 como ilustra a Fig. 1.3(a). Contudo,surgem duas outras questões. Primeira, o telefone celular deve fornecer uma excursão de tensão relativam ente grande (p. ex., 20 \ pp) à antena para que a potência radiada alcance a distância de vários quilômetros; isto requer o uso de

(a) Representação simplificada de um telefone celular, (b) simplificações das rotas de transmissão e de recepção.

'O comprimento de onda é igual à velocidade (da luz) dividida pela frequência. 2Na verdade, os telefones celulares usam outros tipos de modulação para transladar a faixa de voz a frequências mais altas. 3Também chamado de “misturador" na eletrônica de alta frequência.

Introdução à Microeletrônica

x(t)

3

Forma de Onda de Saída

A c o s ( 2 n f c t)

Sinal

Espectro de Cosseno

A -fc

I

A 0

+fçf

+ (b)

Figura 1.2

(a) Multiplicação de um sinal de voz por uma senoide. (b) operação equivalente no domínio da frequência.

um “amplificador de potência” entre o multiplicador e a antena. Segunda, a senoide, A cos(27 t/ j ), deve ser produzida por um “oscilador”. Assim, obtem os a arquitetura de transmissor m ostrada na Fig. 1.3(b). Voltemos agora nossa atenção para a rota de recepção do telefone celular, começando pela imple­ mentação simples ilustrada na Fig. 1.1 (b). No entanto, essa topologia não funciona segundo o princípio de modulação: se o sinal recebido pela antena tiver fre­ quência central da ordem de gigahertz,o alto-falante não poderá produzir qualquer informação. Em outras pala­ vras, é necessária uma maneira de transladar o espectro de volta à frequência central nula. Por exemplo, como ilustra a Fig. 1.4(a), a multiplicação por uma senoide, A c o s (2 it fj ) , translada o espectro para a esquerda e a direita d e / e restaura a faixa de voz original. Os novos

Figura 1.3

componentes criados em ± 2f podem ser removidos por um filtro passa-baixas. Assim, obtemos a topologia de receptor mostrada na Fig. 1.4(b). Nossa im plem entação de receptor ainda está incompleta. O sinal recebido pela antena pode ser muito baixo, da ordem de algumas dezenas de microvolts, enquanto o alto-falante req u er excursões de tensão de centenas de milivolts. Ou seja, o receptor deve prover m uita amplificação ("ganho”) entre a antena e o alto-falante. Além disso, como os multipli­ cadores, em geral, sofrem de “ruído” alto e, portanto, corrom pem o sinal recebido, um “am plificador de baixo ruído” deve preceder o multiplicador. A arqui­ tetura com pleta é ilustrada na Fig. 1.4(c). Os telefones celulares de hoje são m uito mais sofisticados que as topologias que acabam os de

(a) Transmissor simples, (b) transmissor mais completo.

4

Capítulo Um

E spectro do S inal R ecebido

E spectro de Saída E sp ectro d o C osseno

A + fr

~fr

A 0

+fc

f

(a)

A m p lific a d o r de


(c)

(a) Translação do sinal modulado à frequência central nula, (b) receptor simples, (c) receptor mais completo.

desenvolver. Por exemplo, o sinal de voz no trans­ missor e no receptor é aplicado a um processador digital de sinal (DSP - Digital Signal Processar) para m elhorar a qualidade e a eficiência da comunicação. Não obstante, nosso estudo revela alguns dos blocos básicos de telefones celulares: amplificadores, osciladores e filtros, sendo que os dois últimos também fazem uso de amplificação. P or isto, dedicarem os muito esforço à análise e síntese de amplificadores. Tendo visto a utilidade de amplificadores, osciladores e m isturadores, tan to na rota de trans­ missão como na de recepção de telefones celulares, o leitor pode se p erguntar se isto é “coisa antiga” e m uito simples em com paração com o estado da arte. É interessante ressaltar que esses blocos funda­ m entais ainda representam os circuitos mais desa­ fiadores em sistem as de com unicação. Isto se deve ao fato de que a síntese envolve barganhas (tradeoffs) críticas entre velocidade (frequência central da ordem de gigahertz), ruído, dissipação de potência (ou seja, tem po de vida das b aterias), peso, custo (p.ex.,o preço de um telefone celular) e muitos outros parâm etros. No competitivo m undo dos fabricantes de telefones celulares, um dado projeto nunca é “sufi­ cientem ente bom ” e os engenheiros são forçados a

esten d er essas barganhas ainda mais a cada nova geração de produtos. 1.2.2

Câmera D ig ita l

O u tro p roduto que, por causa da “era eletrônica”, mudou de maneira drástica nossos hábitos e costumes é a câm era digital. Com câm eras tradicionais, não tínham os realim entação im ediata sobre a quali­ dade das fotos tiradas, éram os muito cuidadosos na seleção do que fotografar, para não desperdiçar filme, precisávamos carregar pesados rolos de filme e obtí­ nhamos o resultado final apenas na forma impressa. Com as câm eras digitais, resolvemos estas questões e podemos usufruir outras propriedades que apenas o processam ento eletrônico pode prover, como, por exemplo, transm issão de fotos por telefone celular e capacidade de retocar ou alterar fotos no com pu­ tador. Nesta seção, estudarem os o funcionamento da câmera digital. A “parte da frente” (front-end) da câmera deve converter luz em eletricidade, tarefa executada por uma m atriz (conjunto ou rede) de “pixels”.4 Cada pixel consiste em um dispositivo eletrônico (um “fo to d io d o ”) que produz uma corrente propor-

40 termo pixel é uma aglutinação das palavras inglesas picture cell, ou célula de imagem. [Pixel também pode ser a aglutinação das palavras inglesas picture element, ou elemento de imagem. (N.T.)]

Introdução à Microeletrônica

Figura 1.5

(a) Funcionamento üe um fotodiodo, (b) matriz de pixels em uma câmera digital, (c) uma coluna da matriz.

cional à intensidade da luz que recebe. Como ilustra a Fig. 1.5(a), essa corrente flui através de uma capacitância, Q , por um certo intervalo de tempo, e origina uma queda de tensão proporcional entre os term i­ nais da mesma. D esta forma, cada pixel produz uma tensão proporcional à intensidade de luz “local”. Exem plo

Solução

A gora, considerem os uma câm era de, digamos, 6,25 milhões de pixels dispostos em uma m atriz de 2500 x 2500 [Fig. 1.5(b)]. Como a tensão de saída de cada pixel é am ostrada e processada? Se cada pixel contiver seus próprios circuitos eletrônicos, a rede to tal ocupará um a grande área, o que au m en tará

Uma câmera digital foca um tabuleiro de xadrez. Esbocemos a tensão que cada coluna produz como uma função do tempo. Os pixels em cada coluna recebem luz apenas dos quadrados brancos [Fig. 1.6(a)]. Assim, a tensão de coluna alterna entre um máximo para esses pixels e zero para aqueles que não recebem luz. A forma de onda resultante é mostrada na Fig. 1.6(b).

‘'coluna ‘'coluna

í

Figura 1.6 coluna.

Exercício

5

i

(a) (b) (c) (a) Tabuleiro de xadrez captado por uma câmera digital, (b) forma de onda de tensão de uma

Esboce a tensão para o caso em que o primeiro e o segundo quadrados em cada linha têm a mesma cor.

6

Capítulo Um

Figura 1.7

Compartilhamento de um ADC entre duas colunas de uma matriz de pixels.

m uito o custo e a dissipação de potência. Portanto, p o d e co n sid era r ap en as um a seção da m atriz, devem os “co m p artilh ar te m p o ra lm e n te ” (tim e- d escartan d o a in fo rm ação dos pixels restantes. share) os circuitos de processam ento de sinal entre O u tro ssim , p a ra red u zir o ta m an h o de m em ória os pixels. Para isto, após o circuito da Fig. 1.5(a), necessário, o processador pode “com prim ir” o sinal inserimos um amplificador simples e com pacto e um de vídeo. A câm era digital exemplifica o extenso uso de com utador (switch) (para cada pixel) [Fig. 1.5(c)]. Agora, conectam os um fio às saídas de todos os 2500 microeletrônicas analógica e digital. As funções analó­ pixels em uma “coluna”, ligamos um com utador de gicas incluem amplificação, com utação e conversão cada vez e aplicam os a co rresp o n d en te tensão ao analógico-digital; as funções digitais consistem no bloco de “processam ento de sinal” fora da coluna. subsequente processam ento de sinal e arm aze­ A m atriz com pleta consiste em 2500 dessas colunas, nagem. cada qual com seu próprio bloco de processam ento de sinal. 1.2.3 A n a ló g ico versus D igital O que faz cada bloco de processam ento de sinal? Como a tensão produzida por cada pixel é um sinal Os amplificadores e ADCs são exemplos de circuitos analógico e pode assum ir todos os valores em um de funções analógicas, que devem processar cada intervalo, devemos, prim eiro,“digitalizá-lo” com um ponto da forma de onda (p. ex„ um sinal de voz) com “conversor analógico-digital” (A D C - A nalog-to- grande cuidado para se evitarem efeitos como ruído e Digital Converter). U m a m atriz de 6,25 megapixels “distorção”. Circuitos digitais, por sua vez, lidam com deve, p o rtan to , in co rp o rar 2500 A D Cs. C om o os níveis binários (UM e Z E R O ) e, é claro, não desem ­ A DCs são circuitos um pouco complexos, podem os penham funções analógicas. O leitor pode dizer: “Não com partilhar tem poralm ente um A D C en tre duas tenho a m enor intenção de trabalhar para um fabri­ colunas (Fig. 1.7), mas o m esm o deve o p erar a uma cante de telefones celulares ou de câm eras digitais; taxa duas vezes mais ráp id a (p o r quê?). No caso logo, não preciso estudar circuitos analógicos”. Na extrem o, podem os em pregar um único A D C muito verdade, na era de com unicação digital, em que os ráp id o p ara todas as 2500 colunas. Na p rática, a processadores digitais de sinais e todas as funções se tornam digitais, há algum futuro para a eletrônica escolha ótim a reside en tre esses dois extrem os. U m a vez no dom ínio digital, o sinal de “v ídeo” analógica? Bem, algumas das hipóteses anteriores são incor­ c a p tu rad o pela câm era p o d e se r m an ip u lad o de diferentes maneiras. Por exem plo, para obter efeito retas. Primeiro, nem todas as funções podem ser reali­ de “z o o m ”, o pro cessad o r digital de sinal (D SP) zadas na form a digital. As arquiteturas das Figs. 1.3

Introdução à Microeletrônica

1.3

7

CONCEITOS BÁSICOS*

A análise de circuitos microeletrônicos usa diversos conceitos ensinados em cursos básicos sobre sinais, sistem as e teoria de circuitos. Esta seção traz uma breve recapitulação desses conceitos para refrescar a memória do leitor e estabelecer a terminologia a ser usada no restante do livro. O leitor pode, primeiro, folhear esta seção e identificar quais pontos precisam de revisão ou pode retornar a ela quando este m ate­ rial se tornar necessário mais tarde. 1.3.1

e 1.4 devem em p reg ar am plificadores de baixo ruído e de baixa potência, osciladores e m ultiplica­ dores, seja a com unicação na form a analógica ou na digital. Por exemplo, um sinal de 20 /aV (analógico ou digital) recebido pela antena não pode ser apli­ cado diretam ente a um a p o rta digital. D o mesm o m odo, o sinal de vídeo cap tu rad o pela m atriz de pixels em uma câm era digital deve ser processado com baixo ruído e sem distorção antes de aparecer no dom ínio digital. Segundo, circuitos digitais requerem conheci­ mento analógico à medida que a velocidade aumenta. A Fig. 1.8 exemplifica essa questão ao m ostrar duas formas de onda binárias: uma de 1(X) Mb/s e outra de 1 Gb/s. Os tem pos finitos de subida e de descida da última levantam muitas questões quanto à operação de portas,flip-flops e outros circuitos digitais,e exigem que seja dada grande atenção a cada ponto da forma de onda.

Figura 1.9

S inais A n a ló g ico s e S in a is D ig ita is

Um sinal elétrico é uma forma de onda que transporta informação. Sinais que ocorrem na natureza podem assumir todos os valores em um dado intervalo. Esses sinais são chamados de “analógicos”; entre eles estão incluídas form as de onda de voz, vídeo, sísmicas e musicais. A Fig. 1,9(a) m ostra uma forma de onda de tensão analógica que varre um “contínuo” de valores e fornece inform ação a cada instante de tempo. E m bora ocorram em toda parte à nossa volta, os sinais analógicos são de difícil “processam ento”, devido à sensibilidade a imperfeições de circuitos como “ruído” e “distorção”.5 Como exemplo, a Fig. 1,9(b) ilustra o efeito do ruído. Além disso, sinais analógicos são de difícil “armazenagem”, pois exigem “memórias analógicas” (p. ex., capacitores). Um sinal digital, por sua vez, assum e apenas um núm ero finito de valores em certos instantes de tempo. A Fig. 1.10(a) ilustra uma forma de onda “b inária” que perm anece em um de dois valores

(a) Sinal analógico, (b) efeito de ruído em um sinal analógico.

*Esta seção serve como recapitulação e pode ser pulada nas aulas. 'Distorção ocorre quando a saída não é uma função linear da entrada.

8

Capítulo Um

Figura 1.10

(a) Sinal digital, (b) efeilo de ruído em um sinal digital.

em cada período, T. Desde que a diferença entre os valores de tensão correspondentes a UM e a Z E R O seja suficientemente grande, circuitos lógicos podem processar um sinal desse tipo de forma correta, mesmo que um ruído ou distorção corrom pam o sinal [Fig. 1.10(b)]. Portanto, consideram os os sinais digitais mais “robustos” que os sinais analógicos. A arm a­ zenagem de sinais binários (em m em órias digitais) também é muito mais simples. Os com entários anteriores favorecem o proces­ sam ento de sinais no domínio digital e sugerem que a informação analógica deve ser convertida à forma digital o mais cedo possível. Na verdade, complexos sistemas microeletrônicos - com o câm eras digitais, camcorders e gravadores de com pact disc (C D ) executam algum processamento analógico,“conversão

Figura 1.11

Figura 1.12

1.3.2

analógico-digital” e processamento digital (Fig. 1.11); as duas prim eiras funções têm papel fundamental na qualidade do sinal. Vale a pena ressaltar que muitos sinais binários digitais devem ser vistos e processados como formas de onda analógicas. C onsiderem os, por exem plo, a inform ação arm azen ad a no disco rígido de um com putador. A o ser recuperado, o dado “d igital” aparece com o uma form a de onda distorcida, com apenas alguns m ilivolts de am p litu d e (Fig. 1.12). Caso esse sinal deva alim en tar uma p o rta lógica, a pequena separação en tre os níveis UM e Z E R O se m ostra inadequada: uma grande am plificação e outros processam entos analógicos se fazem neces­ sários para que o sinal adquira uma form a digital robusta.

Processamento de sinal em um sistema típico.

Sinal recuperado do disco rígido de um computador.

C ircu itos A n aló gicos

Os atuais sistem as m icroeletrônicos incorporam diversas funções analógicas. Com frequência, como vimos nos exemplos do telefone celular e da câmera

digital, circuitos analógicos limitam o desem penho do sistema como um todo. A função analógica mais utilizada é a amplifi­ cação. O sinal recebido por um telefone celular ou captado por um m icrofone é m uito baixo para ser

Introdução à Microeletrônica

processado. Deve-se usar um amplificador para elevar a excursão do sinal a níveis aceitáveis. O desem penho de um amplificador é caracteri­ zado por diversos parâm etros, como, por exemplo, ganho, velocidade e dissipação de potência. Estes aspectos da amplificação serão estudados em deta­ lhes mais adiante neste livro; contudo, é interessante fazermos aqui uma breve revisão desses conceitos. Um amplificador de tensão produz uma excursão de saída que é maior que a da entrada. O ganho de tensão, A,„ é definido como

Exem plo 1.3 Solução

Em alguns casos, preferim os expressar o ganho em decibéis (dB): A u\dB = 2 0 1 o g ^ . Vm

(1.2)

Por exem plo, um ganho de tensão de 10 se traduz em 20 dB. Amplificadores típicos têm ganhos entre 101e 105.

Um telefone celular recebe um nível de sinal de 20 /liV, mas deve fornecer uma excursão de 50 mV ao alto-falante que reproduz a voz. Calculemos o ganho de tensão necessário em decibéis. Temos 50 my /'" = 20I,,820„V ^ 68 dB.

Exercício

9

(1.3) (1.4)

Qual será a excursão de saída se o ganho for de 50 dB?

Para que funcione de maneira adequada e produza ganho, um amplificador deve receber potência de uma fonte de tensão, como uma bateria ou um carregador. Chamada de “fonte de alimentação”, essa fonte é, em geral, representada por Vcc ou Vnn [Fig. 1.13(a)]. Em circuitos complexos, podemos simplificar a notação tal

como mostra a Fig. 1.13(b), em que o terminal “terra” significa um ponto de referência com potencial zero. Se o amplificador for denotado por um triângulo, podemos omitir os terminais de alimentação [Fig. 1.13(c)], tendo em mente que estão presentes. Amplificadores típicos operam com tensões de alimentação entre 1 V e 10 V.

Figura 1.13 (a) Símbolo genérico de amplificador, incluindo a fonte de alimentação, (b) diagrama simplificado de (a), (c) ampli­ ficador com terminais de alimentação omitidos.

O que significa velocidade de um amplificador? Esperam os que as diversas capacitâncias no circuito comecem a se manifestar nas frequências altas, resul­ tando em uma diminuição do ganho. Em outras pala­ vras, com o ilustra a Fig. 1.14, o ganho cai em fre­ quências m uito altas e limita a “largura de b anda”

(útil) do circuito. A operação de amplificadores (e outros circuitos analógicos) implica equilíbrio entre ganho, velocidade e dissipação de potência. H oje em dia, os am plificadores utilizados em m icroele­ trônica alcançam larguras de banda de dezenas de gigahertz.

10

Capítulo Um

Porta NOT

---- ° Y = i

A o—

Porta NOR

Figura 1.15

Portas NOT e NOR.

Diminuição dc ganho de um amplificador cm frequências altas. Figura 1.14

Que outras funções analógicas têm uso freqüente? Uma operação crítica é a “filtragem”. Por exemplo, um eletrocardiógrafo que mede a atividade cardíaca de um paciente também capta a tensão de linha de 60 Hz (ou 50 Hz), pois o corpo do paciente funciona com o uma antena. Assim, um filtro é usado para suprimir essa “interferência” e perm itir uma medida confiável da atividade cardíaca. 1.3.3

C ircu itos D ig ita is

Mais de 80% da indústria de m icroeletrônica são voltados para circuitos digitais. Exem plos incluem m icroprocessadores, m em órias estáticas e dinâ­ micas, processadores digitais de sinais. Recordemos, dos conceitos básicos de projetos lógicos, que portas formam circuitos “com binatórios”, enquanto latches e flip-flops constituem m áquinas “seqüenciais”. A complexidade, a velocidade e a dissipação de potência Exem plo 1.4

desses blocos fundamentais têm papel im portante no desem penho global do sistema. Na microeletrônica digital, estudamos o projeto dos circuitos internos de portas, latches, flip-flops e outros componentes. Por exemplo, construímos um circuito usando dispositivos como transistores para realizar as funções NOT e N OR mostradas na Fig. 1.15. Com base nessas implementações, determinamos diversas propriedades de cada circuito. Por exemplo, o que limita a velocidade de uma porta? Quanta potência uma porta consome enquanto funciona em uma dada velocidade? Com que robustez uma porta pode operar na presença de não idealidades como ruído (Fig. 1.16)?

0 Figura 1.16

?

Resposta dc uma porta a uma entrada ruidosa.

Consideremos o circuito mostrado na Fig. 1.17, em que o comutador 5, é controlado pela entrada digital. Ou seja, se A for alto, 5, é baixo e vice-versa. Provemos que esse circuito executa a função NOT.

Ao

DD

out Figura 1.17

Solução

Se A for alto, S, está fechado, resultando em Voulnulo. Se, por outro lado, A for baixo, 5, perma­ nece aberto e nenhuma corrente flui por R, . Como resultado, a queda de tensão em R, é zero e, portanto, Vout = Vnj): a saída é alta. Assim, observamos que, para cada estado lógico da entrada, a saída assume o estado oposto.

Exercício

Determine a função lógica se as posições de .V, e R, forem trocadas e Voul for medido nos terminais de /?,.

Introdução à Microeletrônica

11

O exem plo anterior indica que comutadores (switches) podem executar operações lógicas. Na verdade, os primeiros circuitos digitais empregavam comutadores mecânicos (relés),mas tinham velocidade muito limitada (poucos quilohertz). Circuitos digitais consistindo em milhões de portas e operando em altas velocidades (vários gigahertz) só se tornaram possíveis depois da invenção de “transistores” e da identificação de sua capacidade de atuar como comutador. 1.3.4

Teorem as Básicos de C ircu itos

Das numerosas técnicas ensinadas nos cursos de teoria de circuitos, algumas se m ostram particularm ente im portantes para nosso estudo de microeletrônica. Esta seção apresenta uma revisão desses conceitos. Leis de K irch h o ff

A Lei das Correntes de Kirchhoff (LCK)* afirma que a soma de todas as correntes que entram em um nó é zero (Fig. 1.18): £ '/ = ° i

(1-5)

A LCK, na verdade, resulta da conservação da carga: uma som a não nula significaria que uma parte da carga que chegou ao nó X desapareceu ou que esse nó produziu carga. A Lei das Tensões de K irchhoff (LTK)** afirma que a soma das quedas de tensão ao longo de qual­ quer laço fechado (m alha) em um circuito é zero [Fig. 1.19(a)]:

Figura 1.19

(a) Ilustração da LTK, (b) vi

£> y= °, i

(1-6)

onde V, denota a queda de tensão no elem ento de núm ero j. A LTK resulta da conservação da “força eletrom otriz”. No exemplo ilustrado na Fig. 1.19(a), podem os igualar a som a das tensões na m alha a zero: V, + V2 + V3 + VA = 0. De modo alternativo, adotando a visão modificada da Fig. 1.19(b), podemos dizer que V t é igual à soma das quedas de tensão nos elem entos 2, 3 e 4: V t = V2 + V3 + V4. Vale a pena observar que as polaridades de V2, Vy e V4 na Fig. 1.19(b) são opostas às correspondentes polari­ dades na Fig. 1.19(a). Q uando analisamos um circuito, podemos não ter conhecim ento antecipado das polaridades corretas das correntes e tensões. C ontudo, podem os alocar polaridades arbitrárias, escrever LCK e LTK e resolver as equações resultantes para obterm os os verdadeiros valores e polaridades.

ligeiramente diferente do mesmo circuito.

*Também chamada Lei dos Nós (de Kirchhoff) e Primeira Lei de Kirchhoff. (N.T.) ♦♦Também referida como Lei das Malhas (de Kirchhoff) e Segunda Lei de Kirchhoff. (N.T.)

12

Capítulo Um

Exem plo 1.5

A topologia ilustrada na Fig. 1.20 representa o circuito equivalente de um amplificador. A fonte de corrente dependente /, é igual a uma constante, gw,6 multiplicada pela queda de tensão em rn. Determinemos o ganho de tensão do amplificador, vtJ v in. in

out o

Figura 1.20

Solução

Devemos calcular voul em termos de vm, ou seja, devemos eliminar v„ das equações. Escrevendo a LTK na “malha de entrada”, temos V jn —

V jr »

(1.7)

e, portanto, gmvv = gmvm. Uma LTK na malha de saída fornece ( 1.8)

Portanto, Vout „ — = - g mRL.

(1.9)

V ín

Notemos que o circuito amplifica a entrada se gmR, > 1. Sem importância na maioria dos casos, o sinal negativo indica apenas que o circuito "inverte” o sinal. Exercício

Exem plo

Repita o exemplo anterior para o caso rn —►°o.

A Fig. 1.21 mostra outra topologia de amplificador. Calculemos o ganho.

1.6

Figura 1.21

Solução

Notando que, na verdade, r„ aparece em paralelo com vin, escrevemos uma LTK para estes dois componentes: .

( 1. 10)

n

( 1.11)

Vin — A LCK no nó de saída é semelhante a (1.8). Assim, Voul Vin

É interessante observar que esse tipo de amplificador não inverte o sinal. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso r„ —>

''Qual c a dimensão dc g„;?

Introdução à Microeletrônica

Exem plo 1.7

13

Uma terceira topologia de amplificador é mostrada na Fig. 1.22. Determinemos o ganho de tensão.

i

rK % VK ;1\ j ) 9 m VK ~

out Figura 1.22

Solução

Primeiro, escrevemos uma LTK para a malha que consiste em vin, r„ e R, : ( 1. 12)

Vi„ = v n + v oli f .

Ou seja, v„ = vin — v()Ul. Em seguida, notando que as correntes v jr v e g,„v„ entram no nó de saída e que a corrente vouJREsai do nó, escrevemos a LTK: VjT , Vout ~ KgmVjr ~ r7i Re

(1.13)

Substituindo vir por vm — vout7 obtemos * Vin( ^ +8m) = Vou,( ^

+ Í

+8m) ’

(1.14)

logo, Vout Vin

— + gm

r-r 1 1 R Í:+ ~ . + 8'" (1 + gmrn)Ri-: r„ + (1 + gn,r^ )!
(1.15)

(1.16)

Notemos que o ganho de tensão sempre permanece abaixo da unidade. Será que esse amplificador é útil? Na verdade, esta topologia exibe algumas propriedades importantes que a tornam um bloco básico versátil. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso r„ —» °°.

Os três exemplos que acabamos de analisar estão relacionados às três topologias de amplificadores que estudarem os em detalhe no Capítulo 5. E quivalentes de Thévenin e N o rto n Em bora as leis de Kirchhoff possam sem pre ser utilizadas para análise de um circuito qualquer, os teorem as de Thévenin e de N orton podem simplificar a álgebra e, o que é mais im portante, prover maior entendim ento sobre o funcionam ento de um circuito. O teorem a de Thévenin afirm a que um circuito (linear) de uma p orta pode ser substituído por um circuito equivalente que consiste em uma fonte de tensão em série com uma im pedância. Ilustrado na

Fig. 1.23(a), o term o “ p o rta ” se refere a quaisquer dois nós cuja diferença de tensão seja de interesse. Para o b ter a tensão equivalente, u„1<ív, deixam os a p o rta aberta e calculam os a te n são criada nessa p orta pelo circuito real. A im pedância equivalente, Z TOv,é determ inada fixando em zero todas as fontes independentes de tensão e de co rren te no circuito e calculando a im pedância en tre os dois nós em questão. Tam bém cham am os Z ^ . de im pedância “vista” quando “olham os” para os nós da porta de saída [Fig. 1.23(b)]. A im pedância é calculada apli­ cando uma tensão à p orta e calculando a corrente resultante. A lguns exem plos ilustrarão estes p rin­ cípios.

Capítulo Um

Figura 1.23

Exem plo 1.8

Solução

(a) Circuito equivalente de Thévenin, (b) cálculo das impedâncias equivalentes.

Suponhamos que a fonte de tensão de entrada e o amplificador mostrados na Fig. 1.20 sejam posi­ cionados em uma caixa e apenas a porta de saída seja de interesse [Fig. 1.24(a)]. Determinemos o equivalente de Thévenin desse circuito. Devemos calcular a tensão de circuito aberto e a impedância vista quando olhamos para a porta de saída. A tensão de Thévenin é obtida da Fig. 1.24(a) e da Eq. (1.9): (1.17) (1.18)

— Vout = -gmRl.Vin-

Para calcular Z néYI fixamos v„, em zero. aplicamos uma fonte de tensão, vx. à porta de saída e deter­ minamos acorrente que flui,/*. Como mostra a Fig. 1.24(b), fixar v„,em zero significa substituir essa fonte por um curto-circuito. Notemos, ainda, que a fonte de corrente gmvr permanece no circuito, pois depende da queda de tensão em r„, cujo valor não é conhecido a priori. 1 -----i-- 0 JL+ + JL r l\ vout J - rni l vn 3► \ — ------- 1 ----------- - ------!— o

«L

JC 5‘ II o

14

+ rK ^E VK ** ~

(b)

(a)

%— ° llR *\

V ) 9m«L (c)

Figura 1.24

Agora,como analisamos o circuito da Fig. 1.24(b)? De novo,devemos eliminar v^ Por sorte,como os dois terminais de r„ são conectados à terra, vff = 0e g,„vv = 0. Assim, o circuito se reduz a R, e ix

Vx R,

(1.19)

Ou seja, ^Thév —R l -

( 1.20)

A Fig. 1.24(c) ilustra o equivalente de Thévenin da fonte de tensão de entrada e do amplificador. Neste caso, chamamos /?Ill6v (= R,) de “impedância de saída” do circuito. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso r„ —>

Introdução à Microeletrônica

Uma vez que o equivalente de Thévenin de um circuito esteja disponível, podemos analisar com faciExem plo 1.9 Solução

lidade o com portam ento do mesmo na presença de um estágio subsequente ou “carga”.

O amplificador da Fig. 1.20 deve alimentar um alto-falante que tem uma impedância Rsp. Determi­ nemos a tensão entregue ao alto-falante. A Fig. 1.25(a) mostra o circuito completo a ser analisado. Substituindo a seção no interior do retân­ gulo tracejado pelo equivalente de Thévenin da Fig. 1.24(c), simplificamos o circuito [Fig. 1.25(b)] e escrevemos Vout — gmR/.Vit

R. Rsp + R l

(1.21) ( 1.22)

= ~&mVi/i( ^/. 11Rsp) • Rl -Wrt VK

vout ""j

VK R L ^

'1 ©

sp

(a)

- 9 mR iy i n O

v

f ” sp

(b)

Figura 1.25 E x e rc íc io

Exem plo

15

Repita o exemplo anterior para o caso r„ —>«5.

1.10

Determinemos o equivalente de Thévenin do circuito mostrado na Fig. 1.22 quando a porta de saída é a porta de interesse.

Solução

A tensão de circuito aberto é obtida de (1.16): ^Thév —

(1 +gn,r„)Ri. ( u Vjn . rn + (1 +g»,r7T)Rr

(1.23)

Para calcular a impedância de Thévenin, fixamos vina zero e aplicamos uma fonte de tensão à porta de saída, como ilustra a Fig. 1.26. Para eliminar v^ observamos que os dois terminais de r„ são

Figura 1.26

conectados aos de vx e, portanto, Vjt

=-v x.

(1.24)

Agora, escrevemos uma LCK para o nó de saída. As correntes v jr v, gmv„ e ix entram no nó e a corrente vx/R, sai dele. Logo,

16

Capítulo Um

VjT , , . U* — + gmV: r + l X = T T ^ 7T

(1.25)

OU

( £ + * » • ) < - '* > + '* Ou

(1.26)

= 5£ -

seja, M ''T h év —

(1.27)

. ix

r*Ri. rn + (1 + gmr^)Ri. ' Exercício

(1.28)

O que aco n tece se R, = »?

O teorem a de N orton afirm a que um circuito (linear) de uma p o rta pode ser rep resen tad o por uma fonte de corrente em paralelo com uma impedância (Fig. 1.27). A corrente equivalente,zNor,é obtida curto-circuitando a porta de interesse e calculando a

corrente que flui nela. A impedância equivalente, ZNor, é determ inada ao fixarmos em zero todas as fontes independentes de tensão e de corrente no circuito e calcularmos a impedância vista na porta. Obviamente, •^Nor = -^Thév

Porta j

Figura 1.27

Exem plo

1.11 Solução

Teorema de Norton.

Determinemos o equivalente de Norton do circuito mostrado na Fig. 1.20 quando a porta de inte­ resse é a de saída. Como ilustra a Fig. 1.28(a),curto-circuitamos a porta de saída e determinamos o valor de /Nor. Como a queda de tensão em R, agora é zero, não flui corrente por esse resistor. / Nor

(a) Figura 1.28

(b)

Introdução à Microeletrônica

17

A LCK aplicada ao nó de saída fornece *Nor =

( 1 .2 9 )

Sm^TT

= “ g m V in •

( 1 -3 0 )

Do Exemplo 1.8, temos /?Nor (= /^IMv) = /?/.• Portanto, o equivalente de Norton é o circuito mostrado na Fig. 1.28(b). Para comprovar a validade deste modelo, observemos que o fluxo de /Nor por R, produz uma queda de tensão de - g mRLIVj„yigual à tensão de saída do circuito original. Exercício

Exem plo

1.12 Solução

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor R{é conectado entre o terminal superior de vin e o nó de saída.

Determinemos o equivalente de Norton do circuito mostrado na Fig. 1.22 quando a porta de saída é a de interesse. Curto-circuitando a porta de saída, como ilustra a Fig. 1.29(a), observamos que não flui corrente por Rt . Logo,

(b)

(a) Figura 1.29

(1.31) Além disso, vin = v„ (por quê?); portanto, *Nor =

(1.32)

Com a ajuda de ft,K.v calculado no Exemplo 1.10, construímos o equivalente de Norton ilustrado na Fig. 1.29(b). Exercício

1.4

O que acontece se r„ = <»?

RESUM O DO CAPÍTULO

• Funções eletrônicas surgem em diversos dispositivos, inclusive telefones celulares, câmeras digitais, notebooks etc. • Amplificação é uma operação essencial em nume­ rosos sistemas analógicos e digitais.

• Os circuitos analógicos processam sinais que podem assumir valores diferentes em qualquer instante de tempo. Os circuitos digitais, por sua vez, processam sinais que têm apenas dois níveis e comutam entre esses valores em instantes de tempo conhecidos. • Apesar da “revolução digital”, circuitos analógicos têm grande aplicação na maioria dos sistemas eletrô­ nicos da atualidade.

Capítulo Um

O ganho de tensão de um amplificador é definido como a razão entre as tensões de saída e de entrada, v0Jvin>e às vezes é expresso em decibéis (dB) como 20 log(u„A„). A lei das correntes de Kirchhoff (LCK) afirma que a soma de todas as correntes que entram em um nó qualquer é zero. A lei das tensões de Kirchhoff (LTK)

afirma que a soma de todas as quedas de tensão em uma malha é zero. • O teorema de Norton possibilita a simplificação de um circuito de uma porta como uma fonte de corrente em paralelo com uma impedância. De modo similar, o teorema de Thévenin reduz um circuito de uma porta a uma fonte de tensão em série com uma impedância.

Física Básica de Semicondutores Circuitos microeletrônicos são baseados em complexas estruturas de semicondutores, que têm sido alvo de pesquisa há seis décadas. Em bora este livro trate de análise e síntese de circuitos, de vemos enfatizar logo no início que um bom entendim ento de dispositivos é essencial ao nosso trabalho. A situação é similar à de vários outros problemas de engenharia; por exemplo, não é possível projetar um autom óvel de alto desem ­ penho sem um conhecim ento detalhado do m otor e de suas limitações. Contudo, nos deparamos com um dilema. Nosso estudo da física de dispositivos deve ser profundo, de modo a permitir um entendimento adequado do assunto, mas também deve ser breve, para que passemos logo ao estudo de circuitos. O presente capítulo faz isto. O objetivo final do capítulo é o estudo de um dispositivo versátil e m uito im p o rtan te cham ado

S em icondutores

Junção PN

• Portadores de Carga

• Estrutura

• Dopagem

• Polarização Reversa e Direta

• Transporte de Portadores

“diodo” . No entanto, assim com o devem os com er verduras e legumes antes da sobrem esa, devemos, antes de tratarm os de diodos, desenvolver um enten­ dim ento básico de materiais “sem icondutores” e das condições em que conduzem corrente. N este cap ítu lo , co m eçam o s com o co n ce ito de sem ic o n d u to re s e estu d am o s o m o v im en to de carg as (o u seja, o fluxo de c o rre n te ) nesses m ateriais. Em seguida, tratam o s da “ju n ção p n ” , que tam bém funciona com o diodo, e analisam os seu co m portam ento. N osso objetivo final é re p re ­ s e n ta r o d isp o sitiv o p o r um m o d elo de circu ito (co n sistin d o em resisto res, fo n tes de te n sã o ou de co rren te, cap acito res etc.), de m aneira que um circu ito que co n ten h a esse dispositivo possa ser analisado com facilidade. O ro teiro do capítulo é indicado a seguir.

• Característica l/V • M odelos de C ircuitos

É im portante ressaltar que a tarefa de desenvol­ vim ento de m odelos precisos é fundam ental para todos os dispositivos m icroeletrônicos. A indústria eletrônica aum enta co ntinuam ente as exigências

sobre circuitos, dem andando configurações ousadas que explorem dispositivos sem icondutores ao limite. Portanto, uma boa com preensão do funcionamento interno de dispositivos é necessária.'

'Como gerentes de projeto dizem com frequência: “Se você não explora os limites de dispositivos e circuitos, mas seu competidor o faz, você fica em desvantagem".

20 2.1

Capítulo Dois 2.1.1

M ATER IAIS SEM ICO ND UTO RES E SU AS PROPRIEDADES

Recordemos da química básica que elétrons em um átomo orbitam o núcleo em diferentes “cascas”. A ativi­ dade química do átomo é determinada pelos elétrons na casca mais externa, chamados elétrons de “valência”, e pelo grau de completeza dessa casca. O neônio, por exemplo, tem a casca completa (com oito elétrons) e, portanto, nenhum a tendência a reações químicas. O sódio, por sua vez, tem apenas um elétron de valência e está pronto para cedê-lo; o cloro tem sete elétrons de valência e anseia receber mais um. Em conseqüência, estes dois elementos são muito reativos. Os princípios anteriores sugerem que átom os com cerca de quatro elétrons de valência classificamse entre os gases inertes e os elem entos altam ente voláteis, e talvez exibam interessantes propriedades químicas e físicas. A Fig. 2.2 mostra uma seção de uma tabela periódica, com alguns elem entos que têm três a cinco elétrons de valência. Por ser o mais popular m aterial em m icroeletrônica, o silício m erece uma análise detalhada.2

C om o esta seção apresenta inúm eros conceitos, é conveniente ressaltar o roteiro que seguiremos: Portadores de Carga em Sólidos • Estrutura Cristalina • Energia da Banda Proibida • Lacunas M odificação das Densidades de Portadores • Sem icondutores Intrínsecos • Sem icondutores Extrínsecos • Dopagem

Figura 2.1

>=>

Transporte de Portadores • Difusão • Deriva

Roteiro desta seção.

Este roteiro representa um processo lógico de raciocínio: (a) identificarem os portadores de carga em sólidos e descreverem os o papel que desem pe­ nham no fluxo de corrente; (b) exam inarem os meios de modificar a densidade de portadores de carga para criar propriedades desejadas de fluxo de corrente; (c) exam inarem os os mecanismos de fluxo de corrente. Estes passos levam, de m odo natural, ao cálculo das características corrente/tensão (I/V) de diodos reais na próxima seção.

III

•

•

•

P ortadores de Carga em S ó lid o s

Ligações Covalentes Um átomo de silício isolado contém q u atro elétrons de valência [Fig. 2.3(a)] e req u er outros q u atro para com pletar sua casca mais externa. Se processado de modo adequado, o silício pode formar um “cristal” em que cada átom o é envolvido por exatam ente outros quatro [Fig. 2.3(b)]. C om o resultado, cada átom o compartilha um elétron de valência com seus vizinhos e, assim,

IV

V

B o ro

Carbono

(B)

(C)

Alum ínio

Silício

Fósforo

(Al)

(Si)

(P)

Gálio (Ga)

Germ ânio (Ge)

Arsênio

• • •

Figura 2.2 2Ü silício é obtido da areia após muito processamento.

Seção da tabela periódica.

(As)

•

•

•

Física Básica de Semicondutores

Ligação Covalente

\

\

/

Si

/

v

^

Si

✓

v

✓

% / / % / /

Si

Si

Si

% / / % / / % / /

/ / % / / % / / %

// %

Si

Si

Si

^ (a)

Figura 2.3

v

% //

% / / % / / % / / Si

\

>

//

Si

Si

^

^

21

^

^

Si p-

Si

// \

^

Si

Si

^

Elétron

^

Ü v re

(C)

(b)

(a) Átomo de silício, (b) ligações covalentes entre átomos, (c) elétron liberado por energia térmica.

completa sua própria casca e as cascas dos vizinhos. nível. Assim, dizemos que um “par elétron-lacuna” Esta “ligação” form ada entre os átom os é cham ada é gerado quando um elétron é liberado e que uma “ligação covalente”, para enfatizar o com partilha­ “recom binação elétron-lacuna” ocorre quando um elétron “cai" em uma lacuna. m ento dos elétrons de valência. O cristal uniforme ilustrado na Fig. 2.3(b) desem­ Por que nos ocupam os do conceito de lacuna? penha papel fundamental em dispositivos semicondu­ Afinal,é o elétron livre que se move de fato no cristal. tores. Contudo, será que carrega corrente em resposta Para entender a utilidade de lacunas, consideremos a à aplicação de uma tensão? Em temperaturas próximas evolução temporal ilustrada na Fig. 2.4. Suponhamos de zero absoluto, os elétrons de valência ficam confi­ que a ligação covalente núm ero 1 contenha uma nados às respectivas ligações covalentes e se recusam lacuna depois de perder um elétron em um instante a mover-se livremente. Em outras palavras, o cristal de tem po anterior a t = tv Em t = t2, um elétron se de silício se comporta como um isolador para T —>0 K. libera da ligação núm ero 2 e se recom bina com a Entretanto, em tem peraturas mais altas, os elétrons lacuna na ligação núm ero 1. De modo similar, em t = ganham energia térmica;com isto, é possível que alguns t3 um elétron deixa a ligação número 3 e cai na lacuna se separem da ligação e ajam como portadores livres na ligação núm ero 2. O lhando as três “fotografias”, de carga [Fig. 2.3(c)], até que caiam em outra ligação podemos dizer que um elétron viajou da direita para incompleta. Aqui, usaremos o term o “elétron” para a esquerda ou, alternativam ente, que uma lacuna se deslocou da esquerda para a direita. Esta visão de nos referirmos a elétrons livres. fluxo de corrente de lacunas se mostra muito útil na Lacunas A o ser liberado de uma ligação cova­ análise de dispositivos semicondutores. lente, um elétron deixa um “vazio”, pois a ligação fica incompleta. Esse vazio é cham ado “lacuna”* e E nergia da B anda P ro ib id a A gora, respon­ pode absorver um elétron livre, caso um esteja dispo­ derem os a duas perguntas im portantes. Primeira:

t = t1

% #

% #

^

^

1 Si

^

t = t2

Si T

/

Si

Si

%

% / / % / /

% / / % / / % / /

% / / % / / $ ? / /

Si

Si

/ / * & / / % / / % Lacuna ' #

% / / % / /

Si

#

Si

#

Si

Si

_ Si

/ / % ° /2% Si

% Figura 2.4

t = t3

#

%

*

#

Si

Si

Si

*

Movimento de elétron em um cristal.

*Esscs “vazios" são também chamados “buracos". (N.T.)

Si

%

%

Si o

Si

Si

Si #

%

Si #

%

22

Capítulo Dois

Qualquer valor de energia térm ica cria elétrons (e lacunas) livres? Não; na verdade, é necessário um valor mínimo de energia para liberar um elétron de uma ligação covalente. Cham ado “energia da banda proibida” (ou energia de bandgap) e denotado por Eg,e sse valor mínimo de energia é uma propriedade básica do material. No caso do silício, Eg = 1,12 eV.3 A segunda pergunta diz respeito à condutividade do material: Quantos elétrons livres são criados a uma dada tem peratura? D o que observam os até aqui, postulamos que o número de elétrons depende tanto de Eg como da tem peratura T: um maior valor de Eg se traduz em m enor número de elétrons; uma tem pe­ ratura T mais alta produz mais elétrons. Para simpli­ ficar deduções futuras, vamos considerar a densidade (ou concentração) de elétrons, ou seja, o núm ero de elétrons por unidade de volume, n„ e escrever para o silício:

n, = 5,2 x 10157'í/2 exp

Exem plo

AKI

elétrons/cm1

(2.1)

onde k = 1,38 X 10-23 J/K é a constante de Boltzmann. Esta dedução pode ser encontrada em livros de física de sem icondutores (p. ex., [1]). Como se espe­ rava, materiais com maior Eg exibem m enor Além disso, quando T —* 0, 7^2 e e x p [ - EJ(2kT)] também —» 0, o que leva nt a zero. A dependência exponencial de //, em relação a Eg revela o efeito da energia da banda proibida na condutividade do material. Os isoladores exibem alto valor de Eg, por exemplo, Eg = 2,5 eV para o diamante. Os condutores, por sua vez, têm pequena energia de banda proibida. Por fim, os sfwi/condutores têm um valor m oderado de Eg, entre 1 eV e 1,5 eV. Os valores de n, obtidos no exem plo anterior podem parecer muito altos; contudo, notando que o silício tem 5 x IO22átomos/cm3, concluímos que apenas um em 5 x 1012átomos se beneficia de um elétron livre à tem peratura ambiente. Em outras palavras, o silício continua sendo mau condutor à temperatura ambiente. No entanto, não nos desesperemos! A seguir, discuti­ remos uma maneira de tornar o silício mais útil.

2.1

Determinemos a densidade de elétrons no silício, às temperaturas /' = 300 K (temperatura ambiente) e T = 600 K.

Solução

Como Eg = 1,12 eV = 1,792 x 10 19J. temos m (T = 300 K) = 1,08 x IO10elétrons/cm'

(2.2)

m (T = 600 K) = 1,54 x 1015 elétrons/cm3.

(2.3)

Como cada elétron livre cria uma lacuna, a densidade de lacunas também é dada por (2.2) e (2.3). Exercício

2.1.2

Repita o exemplo anterior para um material com banda proibida de 1,5 eV.

M o d ifica çã o de D ensidades de P ortadores

Sem icondutores Intrínsecos e Extrínsecos O tipo de silício “puro” estudado até aqui é um exem plo de “sem icondutor intrínseco”, que apresenta uma resis­ tência m uito alta. Por sorte, é possível modificar a resistividade do silício com a substituição de alguns átom os do cristal por átom os de outro material. Em um semicondutor intrínseco, a densidade de elétrons, n (= n,),é igual à densidade de lacunas,/?. Portanto,

np = nj.

(2.4)

Retornarem os a esta equação mais adiante. Recordemos da Fig. 2.2 que o fósforo (P) contém cinco elétrons de valência. O que aconteceria se alguns átom os de fósforo fossem introduzidos em um cristal de silício? C om o ilustra a Fig. 2.5, cada átom o P com partilha quatro elétrons com os átomos de silício vizinhos, deixando o quinto elétron “sem ligação”. Esse elétron é livre para se m over e atua

■'A unidade eV (elétron-volt) representa a energia necessária para mover um elétron através de uma diferença de potencial de 1 V. Note que 1 eV = 1,6 x 10-19 J.

23

Física Básica de Semicondutores

Figura 2.5

Elétrons fracamente ligados devido à dopagem com

fósforo.

dopado, com um núm ero m uito m aior de elétrons livres, é chamado “extrínseco”; na verdade, este cristal é cham ado sem icondutor “tipo n ” para enfatizar a abundância de elétrons livres. Como já observamos, em um semicondutor intrín­ seco, as densidades de elétrons e de lacunas são iguais. No entanto, o que podem os dizer sobre essas densi­ dades em um material dopado? Pode-se provar que, neste caso, np = nt ,

como um portador de carga. Assim, se N átomos de fósforo forem inseridos, de m odo uniforme, em cada centímetro cúbico de um cristal de silício, a densidade de elétrons livres aum entará do mesmo valor. A adição controlada de um a “im pureza” como fósforo em um sem icondutor intrínseco é cham ada “dopagem '’, e o fósforo,“dopante”. O cristal de silício

Exem plo

2.2 Solução

Exercício

Exem plo 2.3

Solução

(2.5)

onde n e /; representam , respectivam ente, as densi­ dades de elétrons e de lacunas no sem icondutor extrínseco. A q uantidade n t representa as densi­ dades no sem icondutor intrínseco (daí, o subscrito) e, portanto, independe do grau de dopagem [p. ex., Eq. (2.1) no caso do silício].

O resultado anterior parece muito estranho. Como pode np permanecer constante à medida que acrescentamos mais átomos doadores para aumentar n l A Eq. (2.5) revela que p deve se tornar menor que o valor intrínseco à medida que mais dopantes do tipo n são adicionados ao cristal. Isto ocorre porque muitos dos novos elétrons doados pelo dopante se “recombinam” com as lacunas que foram criadas no material intrínseco. Por que não podemos dizer que n + p deve permanecer constante?

Uma amostra de silício cristalino é dopada, de modo uniforme, com átomos de fósforo. A densi­ dade de dopagem é IO16átomos/cm3. Determinemos as densidades de elétrons e de lacunas nesse material à temperatura ambiente. A adição de IO16 átomos de fósforo introduz o mesmo número de elétrons livres por centímetro cúbico. Como essa densidade de elétrons é seis ordens de grandeza maior que a calculada no Exemplo 2.1, podemos admitir que n = lü 16elétrons/cm3.

(2.6)

De (2.2) e (2.5), segue-se que .2 '=ür = 1,17 x 104 lacunas/cm3.

(17) (2.8)

Notemos que a densidade de lacunas ficou seis ordens de grandeza menor que o valor intrínseco. Assim, se uma tensão for aplicada a essa amostra de silício, a corrente resultante consistirá princi­ palmente em elétrons. Exercício

A que nível de dopagem a densidade de lacunas é reduzida em três ordens de grandeza?

24

Capítulo Dois

Em um sem icondutor tipo n, este exemplo justi­ fica o fato de os elétrons serem chamados "portadores majoritários”, e as lacunas,“portadores minoritários”. E natural que nos perguntem os se é possível cons­ truir um sem icondutor “tipo p", em que os papéis de elétrons e lacunas seriam trocados. De fato,se pudermos dopar silício com um átomo que forneça um número insuficiente de elétrons, obte­ remos diversas ligações covalentes incompletas. Por exemplo, a tabela na Fig. 2.2 sugere que um átom o de boro (B) - com três elétrons de valência - pode form ar apenas três ligações covalentes com pletas em um cristal de silício (Fig. 2.6). Em conseqüência, a quarta ligação contém uma lacuna, pronta para absorver um elétron livre. Em outras palavras, N átom os de boro contribuem com N lacunas de boro para a condução de corrente no silício. A estrutura na Fig. 2.6 exemplifica, portanto, um sem icondutor tipo p, que provê lacunas como portadores majoritários. O átom o de boro é cham ado dopante “aceitador”. Formulemos os resultados obtidos até aqui. Se um sem icondutor intrínseco for dopado com uma densidade de N„ ( » n ;) átom os doadores por centí­ m etro cúbico, as densidades de cargas móveis são dadas por

Exem plo 2.4 Solução

Exercício

Si Si ^ ^ ^ ^ ^ ^ Si B Si

// %

/Q %

Si

^ Figura 2.6

// %

Si

^

^

^

Lacuna disponível devido à dopagem com boro.

Portadores Majoritários: n ^ Nd Portadores Minoritários: p ^

nj Np

(2.9) (2.10)

De m odo similar, para uma densidade de NÁ ( » n ) átom os aceitadores por centím etro cúbico: Portadores Majoritários: p * NA

(2.11)

Al? Portadores Minoritários: n % —j Na

(2.12)

Como valores típicos de densidades de dopagem estão entre 10,5e 10,8átom os/cm \as expressões anteriores são muito precisas.

Podemos usar outros elementos da Fig. 2.2 como semicondutores ou dopantes?

Sim; por exemplo, alguns dos primeiros diodos e transistores eram baseados em germânio (Ge) e não em silício. Arsênio (As) também é outro dopante comum. O carbono pode ser usado para este fim?

A Fig. 2.7 resume os conceitos apresentados nesta seção e ilustra os tipos de portadores de carga e suas densidades em semicondutores. 2.1.3

// % //

^

Transporte de P o rtadores

Após o estudo de portadores de carga e do conceito de dopagem, estamos prontos para exam inar o m ovi­ mento de cargas em semicondutores, ou seja, o meca­ nismo que leva ao fluxo de corrente.

Deriva Da física básica e da lei de Ohm, sabemos que um material pode conduzir corrente em resposta a uma diferença de potencial, ou seja, a um campo elétrico.4O campo acelera os portadores de carga no m aterial, forçando alguns a fluírem de um lado ao outro. O movimento de portadores de carga devido a um campo elétrico é cham ado “deriva” (drift).5 Os sem icondutores se com portam de m odo similar. C om o m ostra a Fig. 2.8, os p o rtad o res de

4Recordemos que a diferença de potencial (tensão), V, é igual ao negativo da integral do campo elétrico, E, em relação à distância: V,„ = ~ f * E d x . 5A convenção para a direção da corrente pressupõe fluxo de carga positiva de uma tensão positiva para uma tensão negativa. Assim, se elétrons lluem do ponto A para o ponto tf, a corrente tem a direção de tf para A.

25

Física Básica de Semicondutores

Sem icondutor Intrínseco

S em icondutor Extrínseco

Elétron de Valência

Ligação Covalente

Cristal de Silício

Cristal de Silício

N0 D oadores/cm 3

N A. A ce itad o re s/cm 3

Si

^

Si

Si

P

sí T r, , J D o p a n te ^ x ^ Tipo n (Doador)

Figura 2.7

Si

/ / % //_ % / / ev

^

Si

s í\ 'P o rta d o r . . . .... M ajoritario Livre

9

//

%

Si

Si B

Si j \ Portador M ajoritário Livre

//

%

//

Si

Si Dopante Tipo p (Aceitador)

Resumo dc portadores de carga no silício.

cam po elétrico, E :

E

v cx £,

(2.13)

portanto,

^ Figura 2.8

--------------------

1

Deriva em um semicondutor.

carga são acelerados pelo cam po elétrico, colidem ocasionalm ente com átom os no cristal e podem alcançar o o utro lado e fluir para a bateria. A acele­ ração devida ao cam po e a colisão com o cristal têm ações opostas, o que resu lta em uma veloci­ dade constante para os portadores.6 Esperam os que a velocidade, u, seja proporcional à intensidade do

Exem plo 2.5 Solução

E x e rc íc io

v

= fiE ,

(2.14)

onde ju. é cham ado “m obilidade” e expresso em cm2/ (V • s). Por exem plo, no silício, a m obilidade dos elétrons é ju.,, = 1350 cm2/(V • s) e a das lacunas, fj.r = 480 cm2/(V ■s). Como os elétrons se movem na direção oposta à do campo elétrico, devemos repre­ sentar o vetor velocidade como «V - ~ n „ E .

(2.15)

Para as lacunas, temos vi, = n pE.

(2.16)

Uma amostra uniforme de silício tipo n com 1 /xm de comprimento está sujeita a uma diferença de potencial de 1 V. Determinemos a velocidade dos elétrons. Como o material é uniforme, E = V/L, onde l.é o comprimento. Portanto, E = 10.000 V/cm; logo. v = n„E = 1,35 X 107cm/s. Em outras palavras, os elétrons gastam (1 /xm)/(l,35 X 107cm/s) = 7,4 ps para cruzar a distância de 1 /xm. O que aconteceria se a mobilidade fosse reduzida à metade?

6Esse fenômeno é análogo à “velocidade terminal” experimentada por um paraquedista (com o paraquedas aberto).

26

Capítulo Dois

t =t,

Figura 2.9

t = t, + 1 s

Fluxo de corrente em termos da densidade de carga.

C onhecida a velocidade dos portadores, como podemos calcular a corrente? Primeiro, notamos que um elétron transporta uma carga negativa igual a q = 1,6 X 10 19C. De modo similar, uma lacuna transporta uma carga positiva do m esm o valor. Suponham os agora que uma tensão V, seja aplicada a uma barra de sem icondutor uniforme, cuja densidade de elétrons livres é n (Fig. 2.9). A dm itindo que os elétrons se movam a uma velocidade v m/s, consideremos uma seção reta da barra em x = x xe tom em os duas “foto­ grafias”, em t = tx e t = /, + 1 segundo; notam os que a carga total em v m etros passa pela seção reta em 1 segundo. Em outras palavras, a corrente é igual à carga total contida em v m etros do com prim ento da barra. Como a barra tem uma largura W , temos: / = - v - W h n q,

(2.17)

onde v - W -h representa o volume, n • q denota a densi­ dade de carga em coulombs e o sinal negativo é devido ao fato de que elétrons transportam carga negativa. A gora, vam os escrever a Eq. (2.13) em uma form a mais conveniente. C om o, p ara elétrons,

Exem plo

u = - p nE e como W • h é a área da seção reta da barra, temos: J„ = n,,E ■n ■q.

(2.18)

onde J„ d en o ta “densidade de co rren te” , ou seja, corrente que flui por uma seção reta de área unitária; a densidade de co rren te é expressa em A /cm 2. D e modo simplificado, podemos dizer “a corrente é igual à velocidade da carga multiplicada pela densidade da carga”, estando subentendido que “co rren te”, na verdade, refere-se à densidade de corrente e que sinais negativo e positivo são levados em conside­ ração. Na presença de elétrons e de lacunas, a Eq. (2.18) é modificada como J„„ = ti„E-n ■q + n pE- p ■q = q(n„n + n Pp)E.

(2.19) (2.20)

Esta equação fornece a corrente de deriva em resposta a um cam po elétrico E em um sem icondutor com densidades uniformes de elétrons e de lacunas.

2.6

Em um experimento, desejamos obter iguais correntes de deriva de elétrons e de lacunas. Como as densidades de portadores devem ser escolhidas?

Solução

Devemos impor

Física Básica de Semicondutores

27

Recordemos, também, que np = nf. Portanto, P=

(2.23)

V

(2.24)

M/i Por exemplo, no silício,

= 1350/480 = 2,81, resultando em p = 1,68/1/

(2.25)

n = 0,596/1/.

(2.26)

Como p e /i são da mesma ordem que n:, iguais correntes de deriva de elétrons e de lacunas podem ocorrer apenas em um material dopado muito levemente. Isto confirma nossa conclusão anterior de que os portadores majoritários em semicondutores têm níveis de dopagem típicos de 10,5-10ls átomos/cm'. Exercício

Como devem ser escolhidas as densidades de portadores para que a corrente de deriva de elétrons seja o dobro da de lacunas?

S a tu ra ç ã o de V e lo cid a d e *

A té aqui, partim os do princípio de que a mobilidade de portadores em sem icondutores independe do cam po elétrico e que a velocidade cresce linearm ente com E , segundo u = p E . Na verdade, se o cam po elétrico se ap ro ­ ximar de valores muito elevados, u não irá variar de m odo linear com E. Isto se deve ao fato de que os portadores colidem com as cam adas com muita fre­ quência e o intervalo de tempo entre as colisões é tão pequeno que não conseguem acelerar muito. Isto faz com que v varie de m odo “sublinear” para campos elétricos intensos e tenda a um valor de saturação, vSÍ„ (Fig. 2.10). Esse efeito,cham ado “saturação de veloci­ dade”, manifesta-se em alguns transistores modernos e limita o desem penho de circuitos.

Para representar a saturação de velocidade, deve­ mos modificar v = pE. Uma abordagem simples consiste em interpretar a inclinação, p, como um parâmetro que depende do campo. A expressão para p deve, portan­ to, tender a zero à medida que E aumenta e a um valor constante para pequenos valores de E\ ou seja, P =

Po

1+ bE'

(2.27)

onde Po é a m obilidade sob baixa intensidade de cam po ou, sim plesm ente, m obilidade a “cam po baixo”,e />,um fator de proporcionalidade. Podemos considerar p com o a m obilidade “efetiva” sob um campo elétrico E. Assim, Ho

r.

" T T b È EComo, para £ —> oo, u —> uva/, temos _ Mo Vs
(2.28)

(2.29)

logo, b = p JvSM. Em outras palavras, Po E. P qE

1+

*Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura.

Vsm

(2.30)

28

Capítulo Dois

Exem plo 2.7

Solução

U m a am o stra de 0,2 /xm de co m p rim en to de sem ico n d u to r uniform e está sujeita a um a ten são de 1 V. P ara um a m ob ilid ad e a cam po baixo de 1350 cm 2/(V • s) e velocidade de satu ração de p o rtad o res de 107 cm/s, d e te rm in e m o s a m obilidade efetiva. C alculem os, ainda, o valor m áxim o de tensão para que a m obilidade efetiv a seja ap enas 10% m en o r q ue /x„.

Temos (2.31)

- z = 50 kV/cm.

(2.32)

Logo, Mo

1+

(2.33)

lipE Vsat

M o

(2.34)

7,75 174 cm /(V • s).

(2.35)

Se a mobilidade deve ser, no máximo, 10% menor que o valor a campo baixo, então, 0 , 9m o =

no [7

1+

,

(2.36)

Vsat

e, portanto, E = ~— 9 mo = 823 V/cm.

(2.37) (2.38)

Um dispositivo com 0,2 ju.m de comprimento experimenta um campo elétrico desta ordem se estiver sujeito a uma tensão de (823 V/cm) X (0,2 X 10 4cm) = 16,5 mV. Este exemplo sugere que os dispositivos modernos (submícron) estão sujeitos a grande satu­ ração de velocidade, pois operam sob tensões muito maiores que 16,5 mV. Exercício

Difusão

A que tensão a mobilidade é reduzida em 20%?

Além de deriva, um outro mecanismo pode levar a fluxo de corrente. Suponham os que uma gota de tinta caia em um copo d'água. A gota, que introduz uma grande concentração local de moléculas de tinta, começa a “difundir-se”, ou seja, as moléculas de tinta tendem a fluir de uma região de alta concentração para regiões de baixa concentração. Esse mecanismo é cham ado “difusão”. Fenôm eno sem elhante ocorre se portadores de carga são “jogados” (injetados) em um semicondutor para criar uma densidade não uniform e. Mesmo na

ausência de um cam po elétrico, os po rtad ores se movem em direção às regiões de baixa concentração; desta form a, transportam uma corrente elétrica enq u an to a não uniform idade é m antida. Difusão, portanto, é muito diferente de deriva. A Fig. 2.11 ilustra, de modo conceituai, o processo de difusão. Uma fonte à esquerda injeta continua­ m ente p o rtad o re s de carga no sem icondutor; um perfil não uniform e de carga é criado ao longo do eixo x e o s p o rtad o res continuam a “d escer” a rampa.

Física Básica de Semicondutores

29

O leitor pode, a esta a ltu ra, fazer várias p o rtad o res? E, o que é mais im portante, po r que perguntas. O que funciona como fonte de portadores nos preocuparíam os com isto?! Bem, paciência é na Fig. 2.11? Para onde vão os p o rtad o res depois uma virtude; responderem os a estas perguntas na de descerem a ram pa do perfil de concentração de próxim a seção.

Exem plo

2.8

Uma fonte injeta portadores de carga em uma barra de semicondutor, como ilustra a Fig. 2.12. Expliquemos como a corrente flui. Injeção de Portadores

Figura 2.12

Solução

Exercício

Injeção de portadores em um semicondutor.

Neste caso. dois perfis simétricos podem se formar nas direções positiva e negativa do eixo x , dando origem a correntes que fluem para as duas extremidades da barra. A LCK é satisfeita no ponto de injeção de portadores?

Nosso estudo qualitativo da difusão sugere que, quanto mais não uniform e for a concentração de portadores, m aior será a corrente. D e m odo mais específico, podemos escrever:

I

a

dn dx'

(2.39)

onde n denota a concentração de p o rtadores em um dado ponto ao longo do eixo x. A dm itindo que a corrente flui apenas na direção x, cham am os dn/ dx de “gradiente” da concentração em relação a x. Se cada portador tiver uma carga q e se a seção reta

do sem icondutor tiver área A , a Eq. (2.39) pode ser escrita como dn , // a A q — dx a

(2.40)

Logo, (2.41)

onde D„ é um fator de proporcionalidade chamado “constante de difusão” e expresso em cm2/s. Por exemplo, no silício intrínseco, D„ = 34 cm2/s (para elétrons) e Dr = 12 cm2/s (para lacunas).

30

Capítulo Dois

Tal como para a convenção usada para corrente de deriva, norm alizam os a co rren te de difusão em relação à área da seção reta e obtem os a densidade de corrente como

jp

(2.42)

dx

VDp J x

(2.43)

Levando em conta os gradientes de concentração de elétrons e de lacunas, a densidade de corrente total £ dada por

dn J » =
~

De m odo sem elhante, o gradiente da concentração de lacunas é dado por:

Exem plo 2.9

Consideremos, de novo, o cenário ilustrado na Fig. 2.11. Suponhamos que a concentração de elétrons seja igual a/Vem.t = Oe caia a zero,de modo linear,em x = L (Fig.2.13). Determinemos a corrente de difusão. N Injeção

() Figura 2.13 S o lu ç ã o

L

7

Corrente resultante de um perfil de difusão linear.

Temos l n=c,Dn^

(2.45)

= - qDn j .

(2.46)

A corrente é constante ao longo do eixo x; ou seja, os elétrons que entram no material em x = 0 chegam ao ponto x = L. Embora possa parecer óbvia, esta observação nos prepara para o próximo exemplo. E x e rc íc io

Exem plo 2.10

Repita o exemplo anterior para lacunas.

Vamos repetir o exemplo anterior admitindo, agora, um gradiente exponencial (Fig. 2.14): N Injeção d £ >

L

0 Figura

x

2.14 Corrente resultante de um perfil de difusão exponencial. /?(.y) =

exp — —, Ld

onde Ld é uma constante.7 7Q fator Lít é necessário para se converter o argumento da exponencial a uma quantidade adimensional.

(2.47)

Física Básica de Semicondutores

Solução

31

Temos dn " = q "lhe -qD „N -x — cx p i ?

(2.48) (2.49)

É interessante notar que a corrente não é constante ao longo do eixo .v. Ou seja, alguns elétrons desaparecem enquanto viajam a partir de x = 0 para a direita. O que acontece com esses elétrons? Este exemplo viola a lei de conservação de cargas? Estas perguntas importantes serão respondidas na próxima seção. Exercício

Em que valor de x a densidade de corrente cai a 1% do seu valor máximo?

R elação de E in s te in

N osso estudo de deriva e difusão introduziu um fator para cada uma: fxn (ou fxr) e Dn (ou D,,), respectivam ente. Pode ser provado que /x e D se relacionam por: D

kT <7 *

(2.50)

Cham ado de “Relação de Einstein”, este resultado é provado em livros de física de semicondutores (p. ex., [1]). Notemos que kT /q *** 26 mV em T = 300 K. A Fig. 2.15 resume os mecanismos de transporte de carga estudados nesta seção.

2.2

JUNÇÃO p n

Iniciamos nosso estudo de dispositivos sem icon­ dutores com junção pn por três motivos. (1) Esses dispositivos têm aplicação em num erosos sistemas eletrônicos, como, por exem plo, em adaptadores que carregam baterias de telefones celulares. (2) A

junção p n é um dos mais simples dispositivos semi­ condutores; sendo assim, representa um ponto inicial para nosso estudo do funcionam ento de estruturas complexas como transistores. (3) A junção pn é útil como parte de transistores.Tam bém usamos o term o “diodo” para nos referirm os às junções pn. A té aqui, vimos que a dopagem produz elétrons ou lacunas livres em semicondutores e que um campo elétrico ou uma concentração de gradiente leva ao movi­ mento desses portadores de carga. Uma situação interes­ sante surge quando introduzimos dopantes dos tipos n e p em duas seções adjacentes de uma amostra de semi­ condutor. Ilustrada na Fig. 2.16,essa estrutura é chamada de “junção p n ” e desempenha papel fundamental em diversos dispositivos semicondutores. Os lados p c n são chamados “anodo” e “catodo”, respectivamente. N esta seção, estudarem os as propriedades e as características I/V de junções pn. A Fig. 2.17 ilustra o roteiro que seguiremos, com o objetivo de desen­ volver modelos de circuito que possam ser usados em análise e síntese.

32

Capítulo Dois

Junção pn

Junção pn

Junção pn

no Equilíbrio

sob Polarização Reversa

sob Polarização Direta

• Região de Depleção

• Capacitância de Junção

• Característica l/V

• Potencial Interno

Figura 2.17

2.2.1

Roteiro para estudo de conceitos associados às junções pn.

Junção pn em E q u ilíb rio

Comecemos pelo estudo de uma junção pn sem conexões externas, ou seja, os terminais estão abertos e nenhuma tensão é aplicada ao dispositivo. Dizemos que a junção

está em “equilíbrio”. Embora pareça não ter interesse prático, esta configuração é útil para entendermos o funcionamento de uma junção pn fora do equilíbrio.

Figura 2.18

C om eçam os pelo exam e da interface en tre as seções n e p ,e verificamos que um lado contém um grande excesso de lacunas e o outro um grande excesso de elétrons. O acentuado gradiente de concentração de elétrons e de lacunas através da junção dá origem

a duas grandes correntes de difusão: os elétrons fluem do lado n para o lado p, enquanto as lacunas fluem na direção oposta. Como devemos lidar com concentra­ ções de elétrons e de lacunas nos dois lados da junção, introduzimos a notação m ostrada na Fig. 2.18.

Física Básica de Semicondutores

Exem plo 2.11 Solução

33

Uma junção pn utiliza os seguintes níveis de dopagem: NA = 10'6cm 3e Nn = 5 X 10'5cm 3. Determinemos as concentrações de lacunas e de elétrons nos dois lados da junção. Das Eqs. (2.11) e (2.12), expressamos as concentrações de lacunas e de elétrons no lado p, respec­ tivamente, como: P,, « N a = 10l6cm-3 nf

np* n a (1,08 x IO10 cm-3)2 1016cm-3 as 1,7 x 104 cm-3.

(2.51) (2.52) (2.53) (2.54) (2.55)

De modo similar, as concentrações no lado n são dadas por n„ * Np = 5 x 1015 cm"3 nj P" * N ,

(1,08 x IO10 cm-3)2 5 x 1015 cm-3 = 2,3 x 104 cm-3.

(2.56) (2.57) (2.58) (2.59) (2.60)

Notemos que a concentração de portadores majoritários em cada lado é várias ordens de magni­ tude maior que a concentração de portadores minoritários nos dois lados. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que N„ é reduzida por um fator de quatro.

As correntes de difusão transportam uma grande quantidade de carga de um lado para outro da junção e, por fim, caem a zero. Isto ocorre porque, se os terminais forem mantidos abertos (em condições de equilíbrio), o dispositivo não pode transportar uma corrente líquida indefinidamente. A gora, devem os responder a uma pergunta importante: o que interrompe as correntes de difusão? Podemos postular que as correntes são interrompidas depois que um número suficiente de portadores livres tenham se movido através da junção de modo a equalizar as concentrações nos dois lados. No entanto, um outro efeito domina e interrom pe as correntes muito antes que essa equalização ocorra. P ara e n te n d e r esse efe ito , o b serv em o s que, para cada elétro n que sai do lad o n, um íon p o si­

tivo é deixado em seu lugar: a ju n ção evolui com o tem po, com o ilustra conceitualm ente a Fig. 2.19. Na ilu stração , a ju n ç ã o é fo rm ad a em t = 0; as co rren tes de difusão expõem m ais e m ais íons à m edida que o tem po passa. Em conseqüência, as vizinhanças da ju n ção se to rn am desprovidas de p o rtad o re s livres: essa região é cham ada “ região de d ep leção ” . Agora, recordemos da física básica que uma partí­ cula ou objeto que transporta uma carga líquida (não nula) cria um campo elétrico à sua volta. Assim, com a formação da região de depleção, surge um campo elétrico tal com o o ilustrado na Fig. 2.20.8 É inte­ ressante observar que o cam po tende a forçar que cargas positivas fluam da esquerda para a direita, enq u an to os gradientes de concentração obrigam

"Para determinar a direção do campo elétrico, posicionamos uma pequena carga positiva na região e observamos como se move: ela se afasta da carga positiva, em direção à carga negativa.

34

Capítulo Dois

t = o

D oadores

Figura 2.19

Aceitadores

Evolução de concentrações de carga em uma junção pn.

fluxo de lacunas da direita para a esquerda (e de elétrons, da esquerda para a direita). Concluímos, portanto, que a junção atinge o equilíbrio quando o campo elétrico tiver intensidade suficiente para inter­ rom per as correntes de difusão. D e m odo alterna­ tivo, podemos dizer que, no equilíbrio, as correntes de deriva criadas pelo cam po elétrico cancelam exatam ente as correntes de difusão originadas pelos gradientes de concentração.

;© ©:©© !♦+V + -------- ;©©:©©•+ + + -_ "_ -_ ;© © ! ©©!+++V :©©!©©i++++++ --------:© © ;© © :+ + +

Figura 2.20

Exem plo

t = O O

t = t 1

Campo elétrico em uma junção pn.

Na junção mostrada na Fig. 2.21, a região de depleção tem largura b no lado n e largura a no lado p. Esbocemos o campo elétrico em função de x.

I

I

I

I

I

I

I

Q

I

I

£

I

I I

© © :© © I++V + © © ;© © !+ + + © © ;© © ;+ na ++

I

I

I

I

I

I

I

I

I

© © ;© © L + © © ;© © ; + :

“b o a

Figura 2.21

+ +

+ +

;

x

Perfil de campo elétrico em uma junção pn.

Solução

Começando em x < —6, observamos que a ausência de carga líquida fornece E = 0. Em x > —b, cada íon positivo doador contribui para o campo elétrico, ou seja, a intensidade de E aumenta à medida que x tende a zero. Quando ultrapassamos x = ü, os átomos negativos aceitadores passam a contribuir negativamente para o campo: E diminui. Em x = a, as cargas positivas e negativas cancelam umas às outras, resultando em E = 0.

Exercício

Notando que o potencial é o negativo da integral de campo elétrico em relação à distância, esboce o potencial em função de .v.

Física Básica de Semicondutores

35

A p artir de nossas observações a respeito das correntes de deriva e de difusão em condições de equilíbrio, podem os ser tentados a escrever: IAjer./> + Ider.111— IAjif.p H" Ajit./iI-

(2.61)

onde os subscritos p t n se referem às lacunas e aos elétrons, respectivamente, e cada term o tem a polari­ dade adequada. No entanto, esta condição leva a um desempenho não realista: se o número de elétrons que fluem do lado n para o ladop for igual ao de lacunas que fluem do ladop para o lado /?,os dois lados da equação são nulos, mas elétrons continuam a se acumular no lado p , e lacunas, no lado n. Devemos, então, impor a condição de equilíbrio em cada portador: IAler.pl =

\I
I

IAler.nl = IAjif.nl-

(2.62)

í Xl r p" dp -H P dV = Dp I -L , Jx1 j Pn P

(2.66)

(2.63)

P o te n cia l In te rn o A existência de um cam po elétrico no interior da região de depleção sugere que a junção pode exibir um “ potencial in tern o ”. Na verdade, com o uso de (2,62) ou (2.63), podemos calcular esse potencial. Como o cam po elétrico E = - d V /d x e (2.62) pode ser escrita como

qtbPE = (lDP

D ividindo os dois lados por p e integrando-os, obtemos

(2.64)

onde p n e p p são as concentrações de lacunas em jc, e x 2, respectivam ente (Fig. 2.22). Assim, (2.67)

O lado direito representa a diferença de tensão através da região de depleção e será denotado por VV Pelas relações de Einstein, Eq. (2.50), podem os substituir D /ixp por kT/q:

temos dV _ n dP tXpP dx - <'dx

Exercício

(2.65)

q

(2.68)

Pn

Escreva a Eq. (2.64) para correntes de deriva e de difusão de elétrons, integre-a e obtenha uma equação para V„ em função de n„ e np.

Por fim, com o uso de (2.11) e (2.10) para p r e p„, obtem os kT N a N» V0 = — ln ----=—.

Exem plo

IVol - Í I l n i E .

Esta equação expressa o potencial interno em termos de parâm etros da junção e tem papel central em diversos dispositivos semicondutores.

(2.69)

Uma junção pn de silício emprega NA = 2 X lO^cm 'e Nn = 4 X 10,6cm \ Determinemos o poten­ cial interno à temperatura ambiente (T = 300 K).

36

Capítulo Dois

Solução

Do Exemplo 2.1, recordemos que «,(’/ ' = 300 K.) = 1,08 X 10"’cm

Assim,

(2 x 1016) x (4 x 1016) V0 « (26 mV) In i 2 (1,08 x 1010)2

(2.70)

768 mV. Exercício

Exem plo 2.14 Solução

(2.71)

Por que fator N„ deve ser alterado para se reduzir V„ em 20 mV?

A Eq. (2.69) revela que V„ é uma função fraca dos níveis de dopagem. Qual é a modificação em Vu se NA o u Nt) for aumentada em uma ordem de grandeza? Podemos escrever 4 t, „ , lOAii-Afe „ , N a Nd AVo = VVln------ ~------- Ky-ln------ õ— #1/ n?

Exercício

= v y in io

(2.73)

% 60 mV (em T = 300 K).

(2.74)

Qual é a modificação em V0 se NÁ ou Nn for aumentada por um fator de três?

Neste ponto, surge uma questão de interesse. A junção não transporta corrente líquida (pois seus term inais estão abertos), mas m antém uma tensão. C om o isto é possível? O bservam os que o p o ten ­ cial interno é desenvolvido em oposição ao fluxo de correntes de difusão (na verdade, às vezes é chamado “barreira de potencial”). Esse fenôm eno contrasta com o com portam ento de um m aterial uniform e condutor, que não exibe qualquer tendência à difusão e, portanto, não cria um potencial interno. 2.2.2

(2.72)

Junção pn so b P o lariza ção Reversa

A pós term os analisado a ju n ção pn em equilíbrio, agora podemos estudar o com portam ento da mesma em condições mais interessantes e úteis. Para começar, apliquem os uma tensão ex tern a ao dispositivo na forma ilustrada na Fig. 2.23: uma fonte de tensão torna o lado n mais positivo que o lado p. Dizemos que a junção está sob “polarização reversa”, para enfatizar a conexão da tensão positiva ao term inal n. O term o “polarização” indica operação em condições “dese­ jáveis”. Estudarem os o conceito de polarização em detalhe, neste capítulo e nos seguintes. D esejam os reexam inar os resultados obtidos em equilíbrio para o caso de polarização reversa.

Primeiro, determinemos se a tensão externa aumenta ou diminui o campo elétrico interno. Em condições de equilíbrio, Ê é direcionado do lado n para o lado p; portanto, V,< aum enta o campo. Contudo, um campo elétrico mais intenso só pode ser m antido se uma

p

n

—

;©©;©©i++++++ -------- :©©!©©!+ + + ;©©;©©!++++++ L -° i© © :© © L +++++ -------- !© © :© © :+ + + n/ \P _ - _ - ;© © © ;© © © ;++++ — - :© © © :© © © : + + :© © © !© © © ! ++++ - _ - _ ;© © © ! © © © ; + + 1— - - ;© © © ;© © © ; + + + i.-

I1 Vr Figura 2.23

Junção p n sob polarização reversa.

Física Básica de Semicondutores

Figura 2.24

37

Redução da eapacitância de junção sob polarização reversa.

maior quantidade de carga fixa estiver disponível; isto exige que mais íons doadores e aceitadores fiquem expostos: a largura da região de depleção aum enta. O que acontece às co rren tes de difusão e de deriva? Como a tensão externa aum entou o campo elétrico, a barreira de potencial se torna mais alta que no equilíbrio e proíbe o fluxo de corrente. Em outras palavras, sob polarização reversa, a junção transporta corrente desprezível.9 Sem condução de corrente, uma junção pn sob polarização reversa não parece muito útil. No entanto, uma observação im portante provará o contrário. Na Fig. 2.23, notem os que, à m edida que V R aum enta, mais cargas positivas aparecem no lado n e cargas negativas aparecem no lado p . Assim, o disposi­ tivo funciona como um capacitor [Fig. 2.24(a)]. Em essência, podem os interpretar as seções condutoras n e p como as duas placas de um capacitor.Tam bém adm itim os que a carga na região de depleção está igualmente dividida nas placas. O leitor pode pensar que o dispositivo continua desinteressante. Afinal, como quaisquer duas placas formam um capacitor, o uso de uma junção pn para esse propósito não se justifica. Contudo, junções pn sob polarização reversa exibem uma propriedade espe­ cial que se mostra muito útil no projeto de circuitos. Voltando à Fig. 2.23, observam os que, à medida que Vu aum enta, a largura da região de depleção também

aum enta. O u seja, o diagram a conceituai da Fig. 2.24(a) pode ser desenhado tal como na Fig. 2.24(b) se o valor de V,( for aumentado, indicando que a capacitância da estrutura dim inui, pois as duas placas se afastam uma da outra. Portanto, a junção exibe uma capacitância que depende da tensão. Pode ser provado que a capacitância da junção por unidade de área é dada por

onde C/o denota a capacitância correspondente à polarização zero (V K = 0) e V0 indica o potencial interno [Eq. (2.69)]. (E sta equação pressupõe que,

Figura 2.25

‘'Como explicamos na Seção 2.2.3, a corrente não é exatamente zero.

Capacitância de junção sob polarização reversa.

38

Capítulo Dois

para polarização reversa, VRé negativo.) O valor de C/o, por sua vez, é dado por _____________ (siQ N ANfí

T

Exem plo 2.15 Solução

onde evi representa a constante dielétrica do silício: esi = 11,7 x 8,85 x 10 14 F/cm.10 A Fig. 2.25 mostra que, de fato, Cy diminui à medida que VRaum enta.

1

à ü T à fe V

<2'76)

Uma junção pn é dopada com NÁ = 2 X 1016cm 3e ^ /) = 9 x 101? cm \ Determinemos a capacitância do dispositivo com (a) VR = 0 e (b) VR = 1 V. Primeiro, calculemos o potencial interno: (2.77)

Ko = VT ln

",

(2.78)

= 0,73 V.

Logo, para VR = 0 e q = 1,6 X 10 “ 19C, temos c

I csiQ NANn ; 0 _ V 2 Na + Nd

1 Vo

= 2,65 x 10 8 F/cm2.

(2.79) (2.80)

Em microeletrônica, tratamos com dispositivos muito pequenos e pode ser necessário reescrever o resultado como Cjo = 0,265 íF/fim2,

(2.81)

onde 1 fF (femtofarad) = 10 15F. Para VR = 1 V, ^

c jo 1

V

(2.82) v„

= 0,172 fF/^m 2. Exercício

(2.83)

Repita o exemplo anterior para o caso em que a concentração de doadores no lado n é dobrada. Compare os resultados com os do exemplo.

A variação da capacitância com a tensão aplicada transform a o dispositivo em um capacitor “não linear”, pois a relação Q = C V não é satisfeita. Mesmo

assim, como demonstra o próximo exemplo, um capacitor que varia com a tensão leva a interessantes topologias de circuito.

,('A constante dielétrica (ou pcrmissividade) de materiais é, em geral, escrita na forma onde er é a constante dielétrica “relativa", um fator adimensional (p. ex., 11,7), e é a constante dielétrica do vácuo (8,85 x 10 14 F/cm).

Física Básica de Semicondutores

39

Um telefone celular contém um oscilador de 2 GHz, cuja frequência é definida pela frequência de ressonância de um tanque LC (Fig. 2.26). Admitindo que capacitância do tanque é realizada como a junção pn do Exemplo 2.15, calculemos a variação da frequência de oscilação quando a tensão de polarização reversa passa de 0 a 2 V. Vamos supor que o circuito opere a 2 GHz sob polarização reversa de 0 V e que a área da junção seja 2000 /Ltm2. O scilad or

Figura 2.26

Solução

Capacitor variável usado para sintonizar um oscilador.

Recordemos da teoria básica de circuitos que o tanque “ressoa” quando as impedâncias do indutor e do capacitor são iguais e opostas: jLcores = -(jC
(2.85) (2 .86)

Tomando f res como 2 GHz, obtemos L = 11,9 nH.

(2.87)

Cj.,ot(VR = 2 V) = ---- -------- X 2000 um 2

(2.88)

= 274 fF.

(2.89)

Se V r passar a 2 V,

Usando este valor e L = 11,9 nH na Eq. (2.84), temos fres(VR = 2 V) = 2,79 GHz.

(2.90)

Um oscilador cuja frequência pode ser variada por uma tensão externa (neste caso. VR) é chamado “oscilador controlado por tensão”; esse tipo de oscilador é muito usado em telefones celulares, microprocessadores, computadores pessoais etc. Exercício

Alguns sistemas sem fio operam em 5,2 GHz. Repita o exemplo anterior para esta frequência; suponha que a área da junção ainda seja 2000 fim2 e que o valor do indutor seja alterado para chegar a 5,2 GHz.

40

Capítulo Dois

Em suma, uma junção pn sob polarização reversa transporta corrente desprezível, mas exibe uma capa­ citância que depende da tensão. Assim, desenvol­ vemos um modelo de circuito para o dispositivo nesta condição: uma simples capacitância cujo valor é dado pela Eq. (2.75). O utra aplicação interessante de diodos sob pola­ rização reversa é em câmeras digitais (Capítulo 1). Se luz com energia suficiente é aplicada a uma junção p n , elétrons são deslocados de suas ligações covalentes e, portanto, pares elétrons-lacunas são criados. Sob pola­ rização reversa, os elétrons são atraídos pelo terminal positivo da bateria e as lacunas são atraídas pelo terminal negativo. Em conseqüência, uma corrente proporcional à intensidade da luz flui pelo diodo. Dizemos que a junção pn funciona como um “fotodiodo”. 2.2.3

calcular a corrente que flui em termos da tensão apli­ cada e dos parâm etros da junção para, ao final, obter um m odelo de circuito. De nosso estudo do dispositivo em equilíbrio e sob polarização reversa, verificamos que a barreira de potencial que se forma na região de depleção deter­ mina a capacidade de condução do dispositivo. Sob polarização direta, a tensão externa, Vr, tende a criar um cam po direcionado do lado p para o lado n ou seja, em oposição ao cam po interno que surge para interrom per as correntes de difusão. Portanto, concluímos que V,., na verdade, reduz a barreira de potencial, pois enfraquece o campo e permite maiores correntes de difusão. Para d eterm inar a característica I/V sob pola­ rização direta, começamos com a Eq. (2.68) para o potencial interno e a reescrevemos como

Junção pn so b P o lariza ção Direta

Nosso objetivo nesta seção é m ostrar que a junção pn transporta corrente se o lado p estiver a um potencial mais positivo que o lado n (Fig. 2.27). Esta condição é cham ada “polarização direta”. Também querem os

Pn.e —

Pp.e

expv^ onde o subscrito e enfatiza as condições de equilíbrio [Fig. 2.28(a)] e V, = k T/q é chamado “tensão térmica” («* 26 mV, para T = 3CM) K). Sob polarização direta, a barreira de potencial é reduzida em um valor igual à tensão aplicada: Pn.f =

Pp.f V0 - V F -

exp-

Figura 2.27

Junção pn sob polarização direta.

Figura 2.28

(2.91)

(2.92)

VT

onde o sub scrito /d en o ta polarização direta. Como o denom inador exponencial cai de modo considerável, esperamos que p,lf seja muito maior q u e p ne (pode ser provado que pr f =* p pr NA). Em outras palavras, a

Perfis de portadores (a) em equilíbrio e (b) sob polarização direta.

Física Básica de Semicondutores

concentração de portadores minoritários no lado p aum enta rapidam ente com a tensão de polarização direta, enquanto a concentração de portadores majoritários perm anece quase constante. Esta afirmação também se aplica ao lado n. A Fig. 2.28(b) ilustra o resultado de nossa análise até aqui. À medida que a junção passa do equilíbrio para polarização direta, nv e p n aum entam de modo considerável, o que origina uma mudança proporcional nas correntes de difusão.11 Podemos expressar a alteração na concentração de lacunas no lado n como: APn = Pn.f~ Pn.e Pp.f Vo - VF CX^ V t Na

V0 CXpV~r

O aum ento na concentração de portadores minoritários sugere que as correntes de difusão devem aum entar proporcionalm ente além de seus valores de equilíbrio, ou seja, /\jA h<* a

/ yF \ ( exP\77 ~~ / "*

exP ~y~r

í expy - - l j .

(2.95)

= h (e x p ^ - l ) ,

^

Vale notar que a Eq. (2.69) indica que exp(V J V ,) = NAN l}lnj.

Exem plo

2.17 Solução

(2.98)

onde Is é cham ada “corrente de saturação reversa” e dada por

(2W)

D e m odo similar, para a concentração de elétrons no lado/;: N» ( VF 1\ Anp % võ yexp " 1) ' cxP"pÇ

yp \ Vt ~ / *

*’ '

1,0,

(2.94)

j\jn / Võ exP ~y7r

verdade, pode ser provado que [1 ]

(2.93) Pp>e Ko CXPT7;

41

Nesta equação,/! é a área da seção reta do dispositivo; L„ e L;, são “com prim entos de difusão" de elétrons e de lacunas, respectivam ente. C om prim entos de difusão são da ordem de dezenas de micrômetros. N otem os que o prim eiro term o entre parênteses corresponde ao fluxo de elétrons, e o segundo, ao de lacunas.

Determinemos Is para a junção do Exemplo 2.13 em T = 300 K. para A = 100 /Ltm2, Ln = 20 /zm e Lp = 30 fim. Usando q = 1,6 X 10 19C, m, = 1,08 X 1010elétrons/cm* [Eq. (2.2)], /)„ = 34cm2/se Dp = 12cm2/s, temos Is = 1,77 x 10

A.

(2.100)

Como Is é muito pequena, o termo exponencial na Eq. (2.98) deve assumir valores muito altos para que Itot tenha valor útil (p. ex., 1 mA). Exercício

Que área de junção é necessária para elevar Is a 10-15 A?

Uma pergunta in teressan te surge neste ponto: as concentrações de p o rtad o res são constantes ao longo do eixo x l E ste cen ário , ilu strad o na Fig. 2.29(a), sugere que elétro n s co n tin u ariam a fluir

do lado n para o lado /;, mas não ultrapassariam x = x 2 devido à falta de um grad ien te. S ituação sim ilar ocorreria com lacunas; isto im plicaria que os p o rta d o re s de carga não se ap ro fu n d ariam

"Na verdade, a largura da região de depleção diminui sob polarização direta, mas desprezamos esse efeito.

42

Capítulo Dois

Fluxo de

Fluxo de

Fluxo de

Fluxo de

(a) Figura 2.29

Perfis (a) constante c (b) variável de portadores m ajoritários fora da região de depleção.

m uito nos lados p e n e , p o rtan to , não existiria uma corrente líquida! Logo, as concentrações de p o rta ­ dores m inoritários devem variar, como ilustra a Fig. 2.29(b), para que as co rren tes de difusão possam ocorrer. E sta o b servação nos faz le m b ra r o E xem plo 2.10 e a pergunta d espertada p o r ele: se a concen­ tração de portadores m inoritários dim inuir com jc, o que acontece com os p o rtad o res e com o a corrente pode perm anecer constante ao longo do eixo jc? É interessante observar que os elétrons, à medida que entram no lado p e descem pelo gradiente, gradual­ m ente se recom binam com lacunas, que são ab u n ­ dantes nessa região. De m odo sim ilar, ao entrarem no lado n, as lacunas se recom binam com elétrons. A ssim , nas vizinhanças da reg ião de depleção, a co rren te consiste, principalm ente, em p o rtad o res m inoritários (Fig. 2.30). Em cada ponto ao longo do

n

p

eixo x, as duas com ponentes se som am e resultam em /„„. 2.2.4

C aracterística l/V

Vamos resumir nossas conclusões até aqui. Sob pola­ rização direta, a tensão externa se opõe ao po ten ­ cial interno, o que resulta em considerável aum ento nas correntes de difusão. Sob polarização reversa, a tensão aplicada aum enta o campo interno e inibe o fluxo de corrente. Doravante, escreveremos a equação da junção como: /0 = / , ( e x p ^ - l ) ,

(2.101)

onde I n e VD denotam , respectivam ente, a corrente e a tensão no diodo. Como se esperava, Vn = 0 leva

Polarização Reversa

Polarização Direta

>D ‘

/

,

VD

/ k / s exp — /

VT

---------------------------------Figura 2.30 tários.

C orrentes de portadores m ajoritários e m inori­ Figura 2.31

C aracterística I/V de uma ju n ç ão p /i.

Física Básica de Semicondutores

a /„ = 0. (Por que isto é esperado?) À medida que Vn se torna positivo e ultrapassa Vr, o term o exponencial cresce rapidam ente e /„ *» Is exp (V n/V T). Na região de polarização direta, passarem os a expressar exp (V ,JV ,) » 1. Pode ser provado que a E q. (2.101) tam bém é válida sob polarização reversa, ou seja, para valores negativos de V„. Se Vn < 0 e I V n I for muito maior que VT,en tão exp(V P/V T)
Figura 2.32

Exemplo Solução

(2.102)

43

A Fig. 2.31 m ostra a característica I/V com pleta da junção e indica por que Is é cham ada “corrente de saturação rev ersa”. O Exem plo 2.17 indica que, em geral, Is é m uito pequena. Portanto, in te rp re ­ tamos a corrente sob polarização reversa como “de fuga” . Vale n o tar que Is e, portanto, a co rrente de junção são proporcionais à área da seção reta do dispositivo [Eq. (2.99)]. Por exem plo, dois disposi­ tivos idênticos conectados em p aralelo (Fig. 2.32) se com portam como uma única j unção com o dobro de Is.

Equivalência entre dispositivos paralelos e um dispositivo maior.

Cada junção na Fig. 2.32 emprega os níveis de dopagem descritos no Exemplo 2.13. Determinemos a corrente sob polarização direta no dispositivo com Vn = 300 mV e 800 mV e m í = 300 K. Do Exemplo 2.17, para cada junção, Is = 1,77 x 10-17 A. Logo, a corrente total é igual a W , (Vn = 300 mV) = 2/y ( e x p ^ - l j

(2.103)

= 3,63 pA.

(2.104)

Ip.tot(Vn = 800 mV) = 820 /xA.

(2.105)

Dc modo similar, para Vp = 800 mV:

Exercício

Exemplo

Solução

Quantos desses diodos devem ser conectados em paralelo para se obter uma corrente de 1000 /xA, com uma tensão de 750 mV?

Um diodo opera na região de polarização direta com um valor típico de corrente [ou seja, Ip « Is exp( V,/V,)\. Suponha que queiramos aumentar a corrente por um fator de 10. De quanto Vn deve ser alterado? Primeiro, expressemos a tensão do diodo em função da corrente:

44

Capítulo Dois

Vamos definir /, = 10/,, e procurar a tensão correspondente, Vm: Vm = Vr ln

= Vr ln

(2.107)

‘S

As

4- vyin 10

= Vn + V, ln 10.

(2.108) (2.109)

Portanto, a tensão do diodo deve ser aumentada de V, ln 10 » 60 mV (em T = 300 K) para acomodar um aumento de dez vezes na corrente. Dizemos que o dispositivo exibe uma característica de 60 mV/ década, o que significa que Vn aumenta de 60 m V a cada década (dez vezes) de mudança em In. De modo mais geral, uma mudança de n vezes em In se traduz em uma mudança de V, ln n em Vn. Exercício

Exem plo 2.20

Solução

Qual será o fator de mudança da corrente se a tensão for alterada em 120 mV?

A área da seção reta de um diodo que opera na região de polarização direta é aumentada por um fator de 10. (a) Determinemos a mudança em IDse Vn se mantiver inalterada, (b) Determinemos a mudança em Vn se In for mantida constante. Vamos admitir que / „ « 7Vtxp (V ,/V T). (a) Como Is oc A, a nova corrente é dada por / = 10/ç IA/ exp— /pi vr

(2.110) (2.111)

= io /„.

(b) Do exemplo anterior, v‘” = *

m

= V, ln ^ - VYln 10. /.s

(2.112) (2.113)

Portanto, um aumento de dez vezes na área do dispositivo provoca uma redução de 60 mV na tensão, se /„ permanecer constante. Exercício

Um diodo sob polarização direta com /„ Is exp ( V ,/V ,) sofre duas alterações simultâneas: a corrente é aumentada por um fator m e a área é aumentada por um fator n. Determine a mudança na tensão do dispositivo.

M odelo de Tensão Constante* A característica I/V exponencial do diodo resulta em equações não line­ a r e s ^ que dificulta a análise de circuitos. Por sorte,os exemplos anteriores implicam que a tensão do diodo é uma função relativamente fraca da corrente e da área da seção reta do dispositivo. Com valores típicos de

corrente e de área, V„ assume valores entre 7(X) e 8(X) m V. Por este motivo, em geral aproximamos a tensão em polarização direta por um valor constante de 8(X) mV (tal como em uma bateria ideal) e consideramos que o dispositivo está desligado se Vn < 800 mV. A resultante característica I/V é ilustrada na Fig.2.33(a),

*Esse modelo também é chamado de “modelo de fonte idear'. (N.T.)

Física Básica de Semicondutores

45

Polarização Reversa

1D 1

-W -

= VD,on

Polarização Direta

rsJ PI

VD,on

VD,on

(a)

(b)

Figura 2.33

Modelo de tensão constante para o diodo.

onde a tensão de ligamento é denotada por Vl)on. Vale notar que a corrente tende ao infinito à medida que V„ tende a ultrapassar Vl)im, pois admitimos que, sob polarização direta, o diodo funciona como uma fonte de tensão ideal. Desprezando a corrente de fuga sob polarização reversa, introduzimos o modelo de circuito m ostrado na Fig. 2.33(b). Dizemos que a junção funciona como um circuito aberto se VD< Vl)un e como uma fonte de tensão constante se tentarmos aumentar V„ além de VDon. Em bora não seja necessária, a fonte de tensão conectada em série com o com utador na condição de desligado ajuda a simplificar a análise de circuitos: podem os dizer que, na transição de desli­ gado para ligado, apenas o com utador é ligado e a bateria sem pre perm anece conectada em série com o comutador. Neste ponto, várias perguntas podem passar pela mente do leitor. Primeira: por que sujeitamos o diodo

Exem plo 2.21

---

VD

a uma aproxim ação tão imprecisa? Segunda: se, de fato, pretendemos usar esta aproximação simples, por que estudam os a física de sem icondutores e junções pn de maneira tão detalhada? A abordagem adotada neste capítulo é a mesma que adotarem os para todos os dispositivos semicon­ dutores: analisamos a estrutura e a física do disposi­ tivo com cuidado para que possamos entender seu funcionamento; construímos um m odelo de circuito “baseado na física”; buscamos uma aproxim ação do modelo resultante e, por fim, obtemos uma represen­ tação mais simples. Modelos de dispositivos com dife­ rentes níveis de complexidade (e, o que é inevitável, diferentes níveis de precisão) se mostram essenciais à análise e à síntese de circuitos. Modelos simples favo­ recem um entendim ento rápido e intuitivo do funcio­ namento de um circuito complexo, enquanto modelos mais precisos revelam seu real desempenho.

Consideremos o circuito da Fig. 2.34. Vamos calcular lx para VrA. = 3 V e V ' * = l V usando (a) um modelo exponencial, com ls = 10 16A, e (b) o modelo de tensão constante, com VDo„ = 800 mV. lx

*

VxC

Figura 2.34

Solução

H

Jt R, = 1 kQ IV D

Circuito simples usando um diodo.

(a) Notando que /,> = Ix, temos Vx = IxR i + Vn

(2.114)

Vn = VT l n ,- f .

(2.115)

*S

46

Capítulo Dois

Esta equação deve ser resolvida de maneira iterativa: escolhemos um valor para Vn, calculamos o correspondente valor de Ix de Ix /?, = Vx - Vn, determinamos o novo valor de Vn de Vn = V T ln (1XHS) e iteramos. Vamos escolher V,y = 750 mV; logo, 1 ^ £

II *

(2.116)

3 V - 0,75 V IkQ

(2.117)

= 2,25 mA.

(2.118)

Logo, -s i* c, £ II

(2.119)

= 799 mV.

(2.120)

Com esse novo valor de VD, obtemos um valor mais preciso para Ix: 3 V - 0,799 V *" 1 kft = 2.201 mA.

(2.121) (2.122)

Notamos que o valor de íx converge rapidamente. Seguindo o mesmo procedimento para VX = W , temos

h=

1 V - 0,75 V 1 k£2

= 0,25 mA,

(2.123) (2.124)

que fornece Vn = 0,742 V e, portanto, Ix = 0,258 mA. (b) O modelo de tensão constante fornece: Ix = 2,2 mA para Vx = 3 V

(2.125)

Ix = 0,2 mA para Vx = 1 V.

(2.126)

O valor de Ix contém algum erro, mas foi obtido com menor esforço de cálculo do que na parte (a). Exercício

2.3

Repita o exemplo anterior para o caso em que a área do dispositivo é aumentada por um fator de 10.

RUPTURA REVERSA*

Recordemos da Fig. 2.31 que, sob polarização reversa, a junção p n transp o rta um a co rren te pequena e relativam ente constante. No entanto, à medida que aum enta a tensão reversa através do dispositivo, é

*Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura.

possível ocorrer “ru p tu ra” e uma elevada corrente repentina é observada. A Fig. 2.35 mostra a caracte­ rística I/V do dispositivo e ilustra esse efeito. A ruptura que resulta de alta tensão (e, portanto, de intenso campo elétrico) pode ocorrer em qualquer material. Um exemplo comum são os raios: neste caso,

Física Básica de Semicondutores 2.3.1

Ruptura

Figura 2.35

Característica de ruptura reversa.

o cam po elétrico no ar atinge um a intensidade tão alta que chega a ionizar as m oléculas de oxigênio, o que reduz a resistência do a r e cria uma enorm e corrente. O fenôm eno de ru p tu ra em junções pn ocorre devido a um de dois possíveis mecanismos: “efeito Z en er” e “efeito de avalanche”.

(a) Figura 2.36

2.3.2

47

R uptura Zener

Em uma junção p n , a região de depleção contém átomos que perderam um elétron ou uma lacuna e, em conseqüência, não dispõem de portadores fraca­ mente ligados. No entanto, um intenso campo elétrico nessa região pode transm itir aos elétrons covalentes que restaram uma quantidade de energia suficiente para liberá-los de suas ligações [Fig. 2.36(a)]. Uma vez liberados, os elétrons são acelerados pelo campo elétrico e varridos para o lado n da junção. Este efeito ocorre para intensidades de campo da ordem de 106 V/cm (1 V V m ). Para criar um cam po tão intenso com valores razoáveis de tensão, é necessária uma região de depleção de pequena largura; a partir da Eq. (2.76), isto se traduz a altos níveis de dopagem nos dois lados da junção (por quê?). C ham ado “efeito Z en er”, esse tipo de ruptura ocorre para tensões de polarização da ordem de 3 a 8 V.

(b)

(a) Liberação de elétrons por eampo elétrico intenso, (b) efeito avalanche.

R uptura por Avalanche

Junções com níveis moderados de dopagem (< 10l5cm 3), em geral, não exibem ru p tu ra Z ener. C ontudo, à medida que a tensão reversa aplicada ao dispositivo aum enta, ocorre um efeito de avalanche. E m bora a co rren te de fuga seja p eq u en a, cada p o rtad o r que entra na região de depleção sofre a influência de um cam po elétrico m uito intenso e, po rtan to , uma grande aceleração, e ganha energia suficiente para liberar elétro n s de suas ligações covalentes. C ham ado “ionização de im p acto ”, esse fenôm eno

pode levar à avalanche: cada elétron liberado pelo im pacto pode ser acelerado pelo cam po de m aneira tal que, ao colidir com o utro átom o, libera mais um elétron de sua ligação covalente. Esses dois elétrons ganham energia e causam mais colisões ionizantes; com isto, o núm ero de po rtad o res livres aum enta rapidam ente. U m c o n tra ste in teressa n te e n tre os efeitos Z en e r e de avalanche é exibirem coeficientes de te m p e ra tu ra (C T s) opostos: no efeito Z en e r, a tensão de ru p tu ra Vnn tem CT negativo; no efeito de avalanche, positivo. Os dois CTs se cancelam

48

Capítulo Dois

q u ando VHl) » 3,5 V. Por isto, diodos Z en e r com tensão de 3,5 V são usados em alguns reguladores de tensão. Os efeitos de ruptura Z ener e de avalanche não destroem os diodos se a corrente resultante perm a­ necer abaixo de um certo limite determ inado pelos níveis de dopagem e pela g eo m etria da junção. Tanto a tensão de ruptura como a máxima corrente reversa tolerada são especificadas pelo fabricante do diodo.

2.4

RESUM O DO CAPÍTULO

• O silício tem quatro átomos na órbita mais externa e um pequeno número de elétrons livres à tempera­ tura ambiente. • Quando um elétron é liberado de uma ligação covalente, uma “lacuna” é criada. • A energia da banda proibida é o valor mínimo de energia necessário para liberar um elétron de sua ligação covalente. • Para aumentar o número de portadores livres, semi­ condutores são “dopados” com certas impurezas. Por exemplo, a adição de fósforo ao silício aumenta o número de elétrons livres, pois o fósforo tem cinco elétrons na órbita mais externa. • Para semicondutores dopados ou não, np = fl,2Por exemplo, em um material do tipo n, n ** Nn e, portanto,/? « n f/N D. • Portadores de carga se movem em semicondutores por meio de dois mecanismos: deriva e difusão. • A densidade de corrente de deriva é proporcional ao campo elétrico e à mobilidade dos portadores; é dada p o r = q(n„n + HpP)E.

• A densidade de corrente de difusão é proporcional ao gradiente da concentração de portadores; é dada por:Jm = q(D „dn/dx - D pdp/dx). • Uma junção p n é uma amostra de semicondutor que recebeu dopagem do tipo n em uma seção e dopagem do tipo p em uma seção adjacente. • A junção p n pode ser considerada em três modos: equilíbrio, polarização reversa e polarização direta. • Após a formação da junção p n , gradientes abruptos de densidade de portadores ao longo da junção resultam em altas correntes de elétrons e de lacunas. À medida que os portadores cruzam a junção, deixam átomos ionizados atrás, formando uma “região de depleção”. Um campo elétrico é criado na região de depleção que, por fim, interrompe o fluxo de corrente. Esta condição é chamada equilíbrio. • O campo elétrico na região de depleção resulta em um potencial interno ao longo da mesma; esse poten­ cial é dado por (kT/q) ln ( N A/ N D) / n f e tem valores típicos entre 700 e 800 mV. • Sob polarização reversa, a junção transporta uma corrente desprezível e funciona como um capacitor. A própria capacitância é função da tensão aplicada ao dispositivo. • Sob polarização direta, a junção transporta uma corrente que é uma função exponencial da tensão aplicada: Is[exp(V/Vr - 1)]. • Como, em geral, o modelo exponencial dificulta a análise de circuitos, um modelo de tensão constante pode ser usado em alguns casos para se avaliar a resposta do circuito com pouco esforço matemático. • Sob grande tensão de polarização reversa, a junção p n sofre ruptura e conduz uma corrente alta. Depen­ dendo da estrutura e dos níveis de dopagem do dispositivo, pode ocorrer ruptura “Zener” ou “de avalanche”.

EXERCÍCIOS 2.1 A concentração intrínseca de portadores do germânio (Ge) é expressa como: m = 1,66

X

10l57'3/2 e x p ^ cm -3 ,

(2.127)

onde Eg = 0,66 eV. (a) Calcule aí, a 300 K e 600 K e compare os resul­ tados com os obtidos para o silício no Exemplo 2.1. (b) Determine as concentrações de elétrons e de lacunas se Ge for dopado com P a uma densi­ dade de 5 x 1016cm-3.

2.2 Uma amostra de silício do tipo n está sujeita a um campo elétrico de 0,1 V//xm. (a) Calcule a velocidade de elétrons e de lacunas nesse material. (b) Que nível de dopagem é necessário para produzir uma corrente de 1 mA/fim2 nessas condições? Suponha que a corrente de lacunas seja despre­ zível. 2.3 Uma amostra de silício do tipo n tem comprimento de 0,1 /xm e uma seção reta de área 0,05 /xm x 0,05 /xm está sujeita a uma diferença de potencial de 1 V.

Física Básica de Semicondutores

(a) Para um nível de dopagem de IO17cm \ calcule a corrente total que flui pelo dispositivo em T = 300 K. (b) Admitindo, por simplicidade, que a mobilidade não se altera com a temperatura (esta não é uma boa hipótese), repita o item (a) para T = 400 K. 2.4 Com os dados do Exercício 1, repita o Exercício 3

para Ge. Suponha cm2/(V • s).

= 3900 cm2/(V • s) e /x,, = 1900

2.5 A Fig. 2.37 mostra uma barra de silício do tipo p que

está sujeita a injeção de elétrons pela esquerda e de lacunas pela direita. Admitindo que a seção reta tem área de 1 /xm X 1 /im,determine a corrente total que flui pelo dispositivo.

49

(a) Determine as concentrações de portadores majori­ tários e minoritários nos dois lados. (b) Calcule o potencial interno em T = 250 K, 300 K e 350 K. Explique a tendência. 2.11 Devido a um erro de fabricação, o lado p de uma

junção pn não foi dopado. Se iV„ = 3 X 10K>cm \ calcule o potencial interno em T = 300 K. 2.12 Uma junção pn com Nn = 3 X 10u’cm ?e/V, = 2 x

1015 cm 3 está sujeita a uma tensão de polarização reversa de 1,6 V. (a) Determine a capacitância de junção por unidade de área. (b) Por que fator NA deve ser aumentado para dobrar a capacitância de junção? 2.13 Um oscilador requer uma capacitância variável com

16

5 x 10

,16

2 x 10

a característica mostrada na Fig. 2.39. Determine o valor necessário de Nn se NÁ = 1017cm \

Figura 2.37

2.6 No Exemplo 2.9, calcule o número total de elétrons

“armazenados” no material entre jc = 0 e x = L. Admita que a seção reta tem área a. 2.7 Repita o Exercício 6 para o Exemplo 2.10, entre

x = 0 e x = «>. Compare os resultados obtidos para os perfis linear e exponencial. 2.8 Repita o Exercício 7 para o caso em que os perfis de

elétrons e de lacunas são exponenciais “abruptas”, ou seja, caiam a valores desprezíveis em .r = 2 /xm e x = 0, respectivamente (Fig. 2.38). 16 5 x 10

2x10

16

2.14 Considere uma junção pn sob polarização direta.

(a) Para se obter uma corrente de 1 mA com uma tensão de 750 mV, como deve ser escolhido o valor de / v? (b) Se a área da seção reta do diodo for dobrada, que tensão produzirá uma corrente de 1 mA? 2.15 A Fig. 2.40 mostra dois diodos com correntes de

saturação reversa Isl e IS2 conectados em paralelo. (a) Prove que a combinação em paralelo funciona como um dispositivo exponencial. (b) Se a corrente total for determine a corrente que flui em cada diodo. / tot D2

Figura 2.38

2.9 Como você explicaria o fenômeno de deriva a um

aluno do ensino médio? 2.10 Uma junção emprega Nn = 5

4

X

1016cm \

X

1017 cm 3 e NA=

2.16 Duas junções pn idênticas são conectadas em

série.

50

Capítulo Dois

(a) Prove que essa combinação pode ser vista como um único dispositivo de duas portas e caracte­ rística exponencial. (b) Para uma alteração de dez vezes na corrente, que mudança de tensão requer esse disposi­ tivo? 2.17 A Fig. 2.41 mostra dois diodos com correntes de

saturação reversa 7SI e Is2 conectados em série. Calcule /„, VDl e Vl)2 em função de VH, 7SI e ln .

Ix

Figura 2.43

2.24 A Fig. 2.44 mostra uma combinação resistor-diodo

D1

D,

em paralelo. Se Is = 3 X 10-16 A. calcule Vm para Ix = 1 mA, 2 mA e 4 mA.

Figura 2.41 Figura 2.44

2.18 No circuito do Exercício 17, desejamos aumentar /„ por um fator de 10. Que mudança deve ser feita em V,P

2.25 No circuito da Fig. 2.44, desejamos que uma corrente

2.19 Considere o circuito mostrado na Fig. 2.42, onde Is = 2 X IO"15A. Calcule Vm e lx para Vx = 0,5 V, 0,8 V, 1 V e 1,2 V. Note que Vm é pouco alterado para Vx > 0,8 V.

2.26 Na Fig. 2.44, para que valor de lx uma corrente igual

Ix

2.20 No circuito da Fig. 2.42, a área da seção reta de D]

é aumentada por um fator de 10. Determine Vm e Ix para Vx = 0,8 V e 1,2 V. Compare os resultados com os obtidos no Exercício 19. 2.21 Suponha que f í }na Fig. 2.42 deve manter uma tensão de 850 mV para Vx = 2 V. Calcule o valor de Is.

de 0,5 mA flua por D, quando Ix = 1,3 mA. Deter­ mine o valor de Is. a Ix l2 flui por /?,? Admita Is = 3 X 10“16 A. 2.27 Recebemos o circuito mostrado na Fig. 2.45 e dese­

jamos determinar e Is. Medidas indicam que Ix = 1 mA ->VX= 1,2 V e \x = 2 mA ^ Vx = 1,8 V. Calcule Rxe Is.

Figura 2.45

2.28 O circuito ilustrado na Fig. 2.46 emprega dois diodos

idênticos, com Is = 5 x 10~16A. Calcule a tensão em para Ix = 2 mA.

2.22 Na Fig. 2.42, para que valor de Vx o resistor R {

mantém uma tensão igual a Vx !21 Suponha Is = 2 X IO '6 A. 2.23 Recebemos o circuito mostrado na Fig. 2.43 e dese­

jamos determinar e Is. Notamos que Vx = 1 V —> íx = 0,2 mA e K(V= 2 V ^ / ^ = 0,5 mA. Calcule os valores de R^ e 7S.

Figura 2.46

Física Básica de Semicondutores

51

2.29 No circuito da Fig. 2.47, determine o valor de /?, para

2.30 Para o circuito da Fig. 2.48, esboce a curva de Vx em

que uma corrente de 0,5 mA flua por esse resistor. Suponha Is = 5 X 10~,r’ A para cada diodo.

função de Ix. Admita (a) o modelo de tensão cons­ tante, (b) um modelo exponencial.

'* (§ ) Vx

«1

D1

Figura 2.48 Figura 2.47

e x e r c í c i o s

c o m

SPICE

Nos exercícios a seguir, admita Is = 5 x 1 0 16A. 2.31 Para o circuito mostrado na Fig. 2.49, desenhe a

curva de Voul em função de /,,,. Suponha que /,„ varie entre 0 e 2 mA.

2.33 Usando SPICE, determine o valor de

no circuito da Fig. 2.50, de modo que uma corrente de 1 mA flua por I)l se /,„ = 2 mA.

2.34 No circuito da Fig. 2.51, /?, = 500 í l . Desenhe a

curva de Votaem função de Vinquando Vinvaria entre - 2 V e +2 V. Para que valor de Vin as quedas de tensão em Rl e Dl são iguais?

out

Figura 2.49

2.32 Repita o Exercício 31 para o circuito mostrado na

Fig. 2.50, onde = 1 kü. Para que valor de /,,, as correntes que fluem por Dxe Rxsão iguais?

Figura 2.51

2.35 No circuito da Fig. 2.51, use SPICE para selecionar

o valor de R ] de modo que Vout < 0,7 V para Vin < 2 V. Dizemos que o circuito “limita” a saída.

tf

D1

Figura 2.50

Vout

REFERÊNCIA 1. B. Streetman and S. Banerjee, Solid-State Electronic Device, fifth edition, Prentice-Hall, 1999.

C A P I T U L O

3 Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos Depois de estudar a física de diodos no Capítulo 2, agora passarem os ao próxim o nível de abstração e tratarem os de diodos com o elem entos de circuito para, ao final, discutirm os interessantes aplicações

D iodos como Elem entos de Circuitos

3.1.1

Aplicações • Reguladores

• D iodo Ideal

• Retificadores

• Características de Circuito

• C ircuitos Lim itadores e de Corte (C lam ping)

• D iodo Real

3.1

práticas. Este capítulo tam bém nos prepara para o entendim ento de transistores com o elem entos de circuito nos próximos capítulos. Nosso roteiro será o seguinte:

DIODO IDEAL C onceitos Básicos

Para que entendam os a utilidade de diodos, vamos estudar, brevem ente, o projeto de um carregador de telefone celular. O carregador converte a tensão AC da linha - 110 V 1a 60 Hz2 - em uma tensão DC de 3,5 V. Com o m ostra a Fig. 3.1 (a), isto é feito da seguinte maneira: primeiro, a tensão AC é reduzida por meio de um transform ador a cerca de 4 V e, em seguida, a tensão AC é convertida em uma quanti­ dade DC.? O mesmo princípio se aplica a adaptadores que alimentam outros dispositivos eletrônicos.

De que maneira a caixa-preta na Fig. 3.1 (a) efetua essa conversão? Como ilustra a Fig. 3.l(b ), a saída do transform ador exibe um conteúdo DC nulo, pois os semiciclos positivo e negativo correspondem a áreas iguais, o que resulta em uma m édia nula. A gora, suponham os que essa forma de onda seja aplicada ao misterioso dispositivo que deixa passar os semi­ ciclos positivos e bloqueia os negativos. O resultado tem uma média positiva e alguns com ponentes AC, que podem ser removidos por um filtro passa-baixas (Seção 3.5.1). A conversão de forma de onda ilustrada na Fig. 3.1(b) indica a necessidade de um dispositivo que discrimine tensões positiva e negativa, deixe passar

'Esse valor se refere à tensão eficaz ou rms (root-mean-square: valor quadrático médio). C) valor de pico é, portanto, 110 -Jl. 2Em muitos países, a tensão AC é de 220 V a 50 Hz. 'Na prática, o funcionamento de adaptadores é um pouco diferente.

52

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

apenas uma e bloqueia a outra. Um simples resistor não serve para esse papel, pois é linear. Ou seja, a lei de Ohm, V = RI, implica que, se a queda de tensão no resistor passar de positiva para negativa, o mesmo ocorrerá com a corrente. Devemos, portanto, buscar um dispositivo que se com porte com o um curtocircuito para tensões positivas e com o um circuito aberto para tensões negativas. A Fig. 3.2 resume o resultado de nosso raciocínio até aqui. O misterioso dispositivo gera uma saída que é igual à entrada nos semiciclos positivos e igual a

53

zero nos semiciclos negativos. Vale notar que o dispo­ sitivo deve ser não linear,pois não satisfazy — a x ; se x —> —x ,y - » —y. 3.1.2

D iodo Ideal

O misterioso dispositivo que mencionamos é chamado “diodo ideal”. Ilustrado na Fig. 3.3(a),o diodo ideal é um dispositivo de dois terminais; a cabeça triangular indica a direção permitida para o fluxo de corrente, enquanto a barra vertical representa o bloqueio do fluxo de corrente na direção oposta. Os correspon­ dentes terminais são chamados “anodo” e “catodo”. P o la riza çõ e s D ireta e Reversa

Para funcionar como o misterioso dispositivo no exemplo de carre­ gador da Fig. 3.3(a), o diodo deve ficar “ligado” se Kwxio > Katak.e “desligado” se Kanodo < VCMOda[Fig.3.3(b)]. Definindo V^atloclo — = Vn, dizemos que o diodo está sob “polarização direta” se VD tende a ser maior que zero, e sob “polarização reversa” se V„ < O.4 Aqui, a analogia com cano hidráulico se m ostra útil. Considerem os o cano ilustrado na Fig. 3.3(c), 4Nas ilustrações, algumas vezes desenhamos os nós mais positivos acima dos mais negativos para facilitar a visualização do funcio­ namento do circuito. Os diodos ilustrados na Fig. 3.3(b) foram desenhados segundo esta convenção.

54

Capítulo Três

Figura 3.3

Exem plo

3.1

(a) Símbolo de diodo, (b) circuito equivalente, (c) analogia com cano hidráulico.

Como no caso de outros dispositivos de dois terminais, diodos podem ser conectados em série (ou em paralelo). Determinemos qual das configurações na Fig. 3.4 pode conduzir corrente. D]

A o--------EH—

D2 - — CH— o

B

c

D]

Ao ------- CH—

(a)

í?2 - — K l— o

B

c

B

Ao ------- K l—

(b) Figura 3.4

O2 —— 1>|— o

c

(c)

Combinações de diodos em série.

Solução

Na Fig. 3.4(a), os anodos de £>, e D2apontam na mesma direção, permitindo o fluxo de corrente de A para B para C mas não na direção contrária. Na Fig. 3.4(b), /), bloqueia o fluxo de corrente de B para A ,e £>,, de B para C. Portanto, o fluxo de corrente não é possível em qualquer das direções. Da mesma forma, a topologia da Fig. 3.4(c) se comporta como um circuito aberto para qualquer tensão. Por enquanto, esses circuitos não parecem muito úteis, mas nos ajudam a entender o funcio­ namento de diodos.

Exercício

Determine todas as possíveis combinações de três diodos em série e estude a característica de condução de cada uma.

onde um lado de uma válvula (um a placa) gira em torno do mancai e o outro é contido pelo batente. Se pressão d ’água for aplicada da esquerda, a válvula se abre, perm itindo o fluxo. Se pressão d ’água for aplicada da d ireita, o b aten te m antém a válvula fechada. C a ra c te rís tic a l/V

No estudo de dispositivos eletrônicos, muitas vezes é conveniente acom panhar as equações com representações gráficas. Um tipo comum de gráfico é o da característica I/V, ou seja, da corrente que flui no dispositivo em função da tensão aplicada.

C om o um diodo ideal se com porta com o um curto-circuito ou um circuito aberto, prim eiro cons­ truímos a característica I/V destes dois casos especiais da lei de Ohm: /? = ( ) = > / = - = oc R = oc => / = - = ( ) .

(3.1) (3.2)

Os resultados são representados na Fig. 3.5(a). Para um diodo ideal, combinamos a região de tensão posi­ tiva do primeiro caso com a região de tensão negativa

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

55

1D 1 li

li

R= o o

R =0 V

Polarização Reversa

V

V0

(a) Figura 3.5

Exem plo 3.2

Solução

Exercício

Exem plo 3.3

Polarização D ireta

(b)

Característica I/V dc (a) rcsistorcs nulo e infinito, (h) diodo ideal.

Dizemos que um diodo ideal está ligado para tensões anodo-catodo positivas. No entanto, a carac­ terística da Fig. 3.5(b) não parece mostrar uma corrente In para Vn > 0. Como devemos interpretar esse gráfico? Esta característica indica que, à medida que Vn se torna ligeiramente maior que zero, o diodo é ligado e conduz uma corrente infinita se os circuitos vizinhos do diodo puderem fornecer tal corrente. Portanto, em circuitos que contêm apenas correntes finitas, um diodo ideal sob polarização direta mantém uma tensão nula - como um curto-circuito. Como esta característica se altera se um resistor de 1 íl for conectado em série com o diodo?

Esbocemos a característica I/V para os diodos “antiparalelos" mostrados na Fig. 3.6(a).

(a) Figura 3.6

(b)

(a) Diodos antiparalelos, (b) característica I/V resultante.

Solução

Se VA > 0, /), está ligado e />2, desligado; logo, IA = Se VA < 0, /), está desligado e D2, ligado; de novo, IA = ~c. O resultado é ilustrado na Fig. 3.6(b). A combinação antiparalela, portanto, atua como um curto-circuito para todas as tensões. Embora possa parecer inútil, esta topologia se torna mais interessante com diodos reais (Seção 3.5.3).

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que uma bateria de 1 V é conectada em série com a combinação dos diodos em paralelo.

56

Capítulo Três

Exem plo

3.4

Esbocemos a característica I/V para a combinação diodo-resistor da Fig. 3.7(a). 'A 1A

+ Nü,\
Oi

(a)

(b)

(c)

(C )

Figura 3.7 (a) Combinação em série diodo-resistor, (b) circuito equivalente sob polarização direta, (c) circuito equivalente sob polarização reversa, (d) característica I/V, (e) circuito equivalente quando D, está ligado.

S olução

Exercício

Concluímos que, se VA > 0, o diodo está ligado [Fig. 3.7(b)] e IA = Vy/?„ pois Vin = 0 para um diodo ideal. Se VA < 0,é provável que /), esteja desligado [Fig. 3.7(c)] e /„ = 0. A Fig.3.7(d) mostra a resultante característica I/V. Estas observações são baseadas em hipóteses. Estudemos o circuito com mais rigor. Comecemos com VA < 0 e admitamos que o diodo esteja desligado. Para confirmar a validade desta hipótese, vamos supor que /), esteja ligado e vejamos se obtemos um resultado contraditório. Se /), estiver ligado, o circuito se reduz àquele ilustrado na Fig. 3.7(e); se VA for negativo, IA também será negativa; ou seja, a corrente flui da direita para a esquerda. Isto implica que D, conduz uma corrente do catodo para o anodo. o que viola a definição de diodo. Portanto, para VA < 0, D, permanece desligado e /^ = 0. À medida que VA se torna maior que zero, tende a polarizar o diodo diretamente. Assim, D, fica ligado para qualquer VA > 0, ou será que R x desloca o ponto de ligamento? De novo, invocamos a prova por contradição. Suponhamos que, para algum VA > 0,1){ainda esteja desligado, comportando-se como um circuito aberto e produzindo IA = 0. Logo, a queda de tensão em R{é zero, sugerindo que = VA e, então, íin = oo, o que contradiz a hipótese original. Em outras palavras, Dl fica ligado para qualquer VA >0. Repita a análise anterior para o caso em que as posições dos terminais do diodo são trocadas.

do segundo, e obtem os a característica I/V da Fig. 3.5 ( t y . A q u ú V ^ K a n o d o Vcaiodo e /„ é definida como a corrente que flui do anodo para o catodo. O exemplo anterior leva a duas conclusões impor­ tantes. Prim eira, a com binação de £), e em série Exem plo

atua com o circuito aberto para tensões negativas e como um resistor de valor R ] para tensões positivas. Segunda, na análise de circuitos, podemos supor um estado arbitrário (ligado ou desligado) para cada diodo e efetuar o cálculo de tensões e correntes; se as hipó-

Por que nosso interesse é na característica I/V e não na característica V/I?

3.5 S olução

Exercício

Na análise de circuitos, em geral preferimos considerar a tensão como a “causa”, e a corrente, o “efeito”. Isto se deve ao fato de que, em circuitos típicos, é possível prever as polaridades das tensões de maneira mais fácil e intuitiva do que as polaridades das correntes. Além disto, dispositivos como transistores produzem correntes em resposta a tensões. Esboce a característica V/I de um diodo ideal.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Exem plo

3.6 Solução

57

No circuito da Fig. 3.8, cada entrada assume um valor de zero ou +3 V. Determinemos a resposta observada na saída. Se VA = + 3 Ve VH= 0, concluímos que D, está sob polarização direta e D2,sob polarização reversa. Portanto, VOM= VA = +3 V. Em dúvida, podemos supor que tanto />), como D2 estejam sob pola­ rização direta; logo chegamos a um conflito: D, força uma tensão de +3 V na saída, enquanto D2 curto-circuita Voul em V,{ = ü. Esta hipótese, obviamente, é incorreta.

~oV,o u t

^B°--- W-

Figura 3.8

Porta C)R realizada por diodos.

A simetria do circuito em relação a VA e VB sugere que Voul = VB = +3 V se VA = 0 e V,{ = +3 V. O circuito funciona como uma porta lógica OR e, na verdade, foi usado nos primeiros computadores digitais. Exercício

Exem plo

Construa uma porta OR de três entradas.

Um diodo ideal está ligado ou desligado se Vp = 0?

3.7 Solução

Um diodo ideal sujeito a uma tensão nula deve conduzir uma corrente nula (por quê?). No entanto, isto não significa que o mesmo atua como um circuito aberto. Afinal, um pedaço de fio sob tensão nula tem o mesmo comportamento. Portanto, o estado de um diodo ideal com Vn = 0 é, de certa forma, arbitrário e ambíguo. Na prática, consideramos tensões ligeiramente positivas ou negativas para determinar a resposta de um circuito a diodo.

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor de 1 Í1 é conectado em série com o diodo.

teses forem incorretas, o resultado final as contradirá. É conveniente que, primeiro,estudemos o circuito com cuidado para escolhermos hipóteses razoáveis.

corrente flui por R u temos Vma = Vin. Se Vm > 0,Z), está sob polarização direta e a saída é curto-circuitada, o que implica V„, = ü [Fig.3.9(c)]. A Fig.3.9(d) mostra um gráfico da característica entrada/saída completa.

Característica E ntrada/Saída

Os circuitos eletrô­ nicos processam uma en trad a e geram uma saída correspondente. Assim, é interessante que determ i­ nemos a característica entrada/saída de um circuito; para isto, variamos a entrada em um intervalo perm i­ tido, anotam os a saída produzida e representam os o resultado em um gráfico. Como exemplo, consideremos o circuito mostrado na Fig. 3.9(a), onde a saída é definida como a queda de tensão em D ,. Se Vin < 0, D , está sob polarização reversa e o circuito é reduzido ao da Fig. 3.9(b). Como nenhuma

3.1.3

E xem plos de A plicação

Recordemos, da Fig. 3.2,que desenvolvemos o conceito de diodo ideal como uma forma de converter .v(/) em y(t). Agora, vamos projetar um circuito que execute essa função. É claro que podemos construir o circuito tal como mostra a Fig. 3.10(a). Entretanto, o catodo do diodo está “flutuando”: a corrente é sempre igual a zero e o estado do diodo é ambíguo. Por isto, modi­ ficamos o circuito tal como indicado na Fig. 3.10(b);

58

Capítulo Três

Figura 3.9 (a) Circuito resistor-diodo, (b) circuito equivalente para entrada negativa, (c) circuito equivalente para entrada posi­ tiva. (d) característica entrada/saída.

Figura 3.10 (a) Diodo funcionando como retiíicador. (b) retificador completo, (c) formas de onda de entrada e de saída, (d) carac­ terística entrada/saída.

59

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

agora, analisamos sua resposta a uma entrada senoidal É interessante desenhar a curva que representa [Fig.3.10(c)].Como/?, tende a m anter o catodo de D, a característica entrada/saída do circuito. N otam os próximo do zero, à medida que Vin aum enta. D, fica que, se Vin < 0, D, está desligado e Vou, = 0; se sujeito à polarização direta e curto-circuita a saída à V* > 0, D, está ligado e Vout = Vin\ com isto, obtem os entrada. Este estado se mantém durante o semiciclo o com portam ento m ostrado na Fig. 3.10(d). O reti­ positivo. Q uando Vin se torna m enor que zero, D ] ficador é um circuito não linear, pois, se Vin —> - Vitn - V fica desligado e /?, garante V
Exemplo

O fato de as características nas Figs. 3.7(d) e 3.10(d) serem parecidas é coincidência?

3.8 Solução Exercício

Não; observamos que a tensão de saída na Fig. 3.10(b) é igual a IAR { na Fig. 3.7(a). Logo, os dois gráficos diferem apenas por um fator de escala R x. Determine a característica entrada/saída se as posições dos terminais de I)] forem trocadas.

A gora, para exam inarm os outra aplicação inte­ ressante, determ inem os a m édia tem poral (valor DC) da forma de onda de saída na Fig. 3.10(c). Supo­ nhamos que Vin = Vp sen atf,onde w = 2i t/ T denota a frequência em radianos por segundo e T, o período. Portanto, no prim eiro ciclo após t = 0, temos VI)U, = Vp sen wt para ( ) < / < — = 0

para — < t < T.

(3.3) (3.4)

Para calcular a média, obtemos a área sob a curva de Vm e normalizamos o resultado em relação ao período:

o iit .m é d

í rT =j j Volll(i)d i /0 1 f T/2 - H Io

Exemplo

Solução Exercício

Vn sen cot dt

(3.5)

(3.6)

—

T ' (O

|— COS W / ]q

/2

Vp 71

(3.7) (3.8)

Logo, a média é proporcional a Vp\ este é um resul­ tado esperado, pois uma maior amplitude de entrada produz uma área maior sob as curvas dos semiciclos retificados. A observação anterior revela que o valor médio de uma saída retificada pode servir como uma medida da “intensidade” (amplitude) da entrada. Ou seja, um retificador pode funcionar como um “indicador de intensidade de sinal”. Por exemplo, como os telefones celulares recebem sinal de nível variável, dependendo da localização do usuário e do ambiente em que ele se encontra, precisam de um indicador para determ inar de quanto o sinal deve ser amplificado.

Um telefone celular recebe um sinal de 1,8 GHz cuja amplitude varia entre 2 /xV e 10 mV. Se o sinal for aplicado a um retificador, qual será o correspondente intervalo de variação da saída?

A saída retificada tem um valor médio que varia entre 2 fxV/(ir) = 0,637 ^tV e 10 mV/(7r) = 3,18 mV. Os resultados anteriores se alteram se um resistor de 1 íi for conectado em série com o diodo?

5Sem Rlya tensão de saída não é definida, pois um nó flutuante pode assumir qualquer potencial.

60

Capítulo Três

E m nosso esforço p ara e n te n d e r o p ap el de diodos, exam inem os o u tro circu ito que, mais adiante (na Seção 3.5.3), levará a algum as aplica­ ções im portantes. Prim eiro, considerem os a to p o ­ logia m ostrada na Fig. 3.11 (a), onde uma b ateria de 1 V é conectada em série com um diodo ideal. C om o esse circu ito se c o m p o rta ? Se K, < 0, a ten são do cato d o é m aio r que a do anodo: uma polarização reversa é aplicada a D x. M esm o que V , seja um pouco m aior que zero (p o r exem plo, igual a 0,9 V), a tensão do an o d o não é positiva o bastante para que D, fique sob polarização direta. Portanto, V x deve se aproxim ar de +1 V para ligar D ,. A Fig. 3.11 (a) m ostra a cara cterística 1/V da com binação d io d o -b ateria , q u e p arece a de um diodo, mas deslocada de 1 V p ara a direita.

Agora, examinemos o circuito da Fig. 3.11 (b). Aqui, para Vm < 0, D, permanece desligado, o que leva a Vmu - Vm. Para Vin > 0, D, atua como um curto-circuito, logo VOM- 0. O circuito, portanto, não permite que a saída seja maior que zero, como ilustram pela forma de onda de saída e a característica entrada/saída. Contudo, vamos supor que nosso interesse seja um circuito que não permita que a saída exceda +1 V (em vez de zero volt). Como o circuito da Fig. 3.1 l(b) deve ser modifi­ cado? Neste caso, D, deve ser ligado apenas quando V„,u se aproximar de +1 V,oque requer que uma bateria seja conectada em série com o diodo. Ilustrada na Fig.3.1 l(c), esta modificação garante V„,„ > + 1 V para qualquer nível da tensão de entrada. Dizemos que o circuito “corta” ou “limita” a saída a + 1 V. Os “limitadores” são muito úteis em diversas aplicações e descritos na Seção 3.5.3.

/1

i

+1 V

V.

(a)

‘'o u t

«1 — % — I--------------0 O

"

4

----------- 1

1

v

„ t oul

O

^out

(c) Figura 3.11

(a) Circuito diodo-batcria, (b) circuito diodo-resistor, (c) adição de uma bateria em série com o diodo em (b).

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

E x e m p lo 3 .1 0 S o lu ç ã o

61

Esbocemos a curva para o valor médio temporal de Vout na Fig. 3.1 l(c) para uma entrada senoidal e uma bateria cuja tensão. V lf, varia de -oc a +*>. Quando V,{ é muito negativa, /) , está sempre ligado, pois Vln ^ - Vp. Neste caso, o valor médio da saída é igual a V/{ [Fig. 3.12(a)]. Para - Vp < Vn < 0, D, é desligado em algum ponto no semiciclo negativo e permanece desligado no semiciclo positivo, o que produz um valor médio maior que —Vr e menor que VB. Para Vn = 0, o valor médio é r). Por fim. para V,{ > Vp, não ocorre limitação e o valor médio se torna zero. A Fig. 3.12(b) ilustra esse comportamento. - VP
Vb < -V p Vin / ' " \

ét

••

/ *\

i#

f" \

•1

\ / \ / vB--------------------------------^ou. = VB

„

f

v<>

t

II °

+ Vp < Vb ‘' b ............ P....................

:::+ vp

A A V

*****

3

Vout. \\ B ---------

...... \ J . y

VP

v< A j

'

j

'

(a) K>ut1

~ V9

+ Kp

- 1/

VP

.

71

(b) Figura 3.12

Exercício

Exem plo 3.11

Repita o exemplo anterior para o caso em que as posições dos terminais do diodo são trocadas.

O circuito da Fig. 3.11(b) é um retificador?

S o lu ç ã o

Sim. O circuito deixa passar apenas os ciclos negativos da saída e produz um valor médio negativo.

Exercício

Como o circuito da Fig. 3.1 l(b) deve ser modificado para deixar passar apenas os ciclos positivos da saída?

3.2

JUNÇÃO pn C O M O UM DIODO

O funcionam ento de um diodo ideal lem bra um pouco a condução de co rren te em junções pn. Na verdade, as condições de polarizações direta e reversa ilustradas na Fig. 3.3(b) são m uito parecidas àquelas

estudadas para junções p n no C apítulo 2. A s Figs. 3.13(a) e (b) mostram as características I/V de um diodo ideal e de uma junção pn, respectivamente. A última serve com o uma aproxim ação da prim eira, pois fornece uma condução “unilateral” de corrente. O modelo de tensão constante desenvolvido no Capí­

62

Capítulo Três

tulo 2, m ostrado na Fig. 3.13, representa uma aproxi­ mação simples para a função exponencial e lembra a curva da Fig. 3.1 l(a). Dada a topologia de um circuito,como escolhemos um dos modelos anteriores para os diodos? Podemos utilizar o modelo ideal para um entendim ento rápido e grosseiro do funcionam ento do circuito. Depois de fazer isto, podem os concluir q u e tal idealização é

inadequada e, então, em pregar o m odelo de tensão constante. Este m odelo é adequado para a maioria dos casos, mas podemos ter necessidade de recorrer ao m odelo exponencial para alguns circuitos. Os próximos exemplos ilustram esses princípios. É im portante lem brar que um diodo prestes a ser ligado ou desligado não conduz corrente, mas mantém uma tensão igual a Vn„„.

!d 1 1 A

K '

(a)

(b)

À '

D,on

1

-p_

t

-

d’« Vn

]/— D,on (C )

Figura 3.13

Exem plo

3.12

Característica de um diodo: (a) modelo ideal, (b) modelo exponencial, (c) modelo de tensão constante.

Esbocemos a característica entrada/saída do circuito mostrado na Fig. 3.14(a) usando (a) o modelo ideal e (b) o modelo de tensão constante.

«1 ^in°--- Wf-----1----0 Vout

D^

(a) Figura 3.14

(a) Circuito com diodo, (b) característica entrada/saída com modelo de diodo ideal.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

*1

^in°

Wr

£ +

63

oV,out

V.D,on

(c) Figura 3.14

Solução

(c) Característica entrada/saída com modelo dc tensão constante.

(a) Começamos com Vin = -oo, ou seja, com D, sob polarização reversa. Na verdade, para Vm < 0, o diodo permanece desligado e nenhuma corrente flui no circuito. Assim, a queda de tensão em R x é zero e Vou, = Vm. À medida que Vin se torna maior que zero. D, fica ligado e opera como curto-circuito, o que reduz o circuito a um divisor de tensão. Ou seja, Voui =

Ri Vin para Vin > 0. R i + R2

(3.9)

A Fig. 3.14(b) mostra a curva para a característica completa; para Vm < 0, a curva exibe uma incli­ nação igual à unidade; para K, > 0 , a inclinação da curva é R2I( R2 + R\)- Em outras palavras, quando o diodo está ligado, o circuito opera como um divisor de tensão e carrega o nó de saída com R2. (b) Neste caso, /), fica sob polarização reversa quando Vin < VDont resultando em V(Hlt = Vin. À medida que Vint se torna maior que VDon, D{ fica ligado e opera como uma fonte de tensão constante de valor Vl)on [como ilustra a Fig. 3.13(c)]. Nestas condições, o circuito se reduz ao da Fig. 3.14(c); aplicando a lei de corrente de Kirchhoff ao nó de saída, obtemos Vou, - V„,c

Vin - Vol

(3.10)

I< 2

Isto resulta em Vin + VD.on

Vou, =

J<\__________

(3.11)

Como se esperava, Vouí = VDon quando Vm = VDon. A Fig. 3.14(d) mostra a curva da característica correspondente, que tem a mesma forma que a da Fig. 3.14(b),com um deslocamento do ponto de ligamento do diodo. Exercício

3.3

EX EM PLO S A D IC IO N A IS *

Exem plo

3.13

No exemplo anterior, esboce a curva para corrente em Rxcomo função de Vin.

No circuito ilustrado na Fig. 3.15, D, e D2são idênticos, exceto pelas áreas das seções retas, que são diferentes. Determinemos a corrente que flui em cada diodo. ' in R"] I \W t .. JL+ I Q 0 ,2 Figura 3.15

Circuito com diodo.

*Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura.

T

i

i d22 I

64

Capítulo Três

Solução

Neste caso, devemos recorrer à equação exponencial, pois os modelos ideal e de tensão constante não incluem a área da seção reta do dispositivo. Temos (3.12)

lin = hn + UnAgora, igualamos as quedas de tensão em /), e D2: i/ ln i — = Vy i/ iln — ^D2 ; Vr Asi As2

(3.13)

I/)\ _ 11)2 Asi As2

(3.14)

ou seja,

A solução simultânea de (3.13) e (3.15) fornece (3.15)

hn — ■ # 1 + rAsi hn =

j

(3.16)

•

i+ ê Como se esperava, lm = Iin = I J l se Isl = / s7. Exercício

Exem plo

3.14

Para o circuito ilustrado na Fig. 3.15, calcule Vn em termos de Iüv Isx e / v2.

Usando o modelo de tensão constante, esbocemos a característica entrada/saída do circuito ilustrado na Fig. 3.16(a). Notemos que um diodo prestes a ser ligado conduz corrente nula e mantém Vl)on. ^in°

*1 Wr

out

^in°

*1 Wr

-° Vtout

Ro £>1

(a)

(b)

Figura 3.16 (a) Circuito com diodo, (b) circuito equivalente quando D, está desligado, (c) característica entrada/saída.

Solução

Neste caso, a tensão no diodo é igual à tensão de saída. Notamos que,se Vm = -*>, D, está sob pola­ rização reversa e o circuito se reduz ao da Fig. 3.16(b). Portanto,

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Voul

K2 R\ + R 2

65

(3.17)

Em que ponto D, é ligado? A tensão no diodo deve alcançar V„,m, o que requer uma tensão de entrada dada por R2 Ri + R i

(3.18)

Vin — V[).on,

logo,

■K )

(3.19)

Vü.on-

O leitor pode questionar a validade deste resultado: se o diodo estiver de fato ligado, uma corrente fluirá e a tensão do diodo deixará de ser igual a [R2!{ R\ + RiftVur Então, por que expressamos a tensão do diodo como na Eq. (3.18)? Para determinar o ponto de ligamento, supomos que Vin seja aumentado de modo gradual e deixe o diodo prestes a ser ligado, por exemplo, produzindo Voui ** 799 mV). Portanto, nenhuma corrente flui no diodo, mas a tensão em seus terminais e a tensão de entrada são quase suficientes para ligá-lo. Para Vm > (1 + R\/R2)Vn.ofn D\ permanece sob polarização direta e produz Voul = Vn
Repita o exemplo anterior para o caso em que as posições dos terminais de />), são trocadas, ou seja, o anodo é conectado à terra, e o catodo, ao nó de saída.

Exercício

Para o exemplo anterior, esboce a curva da corrente em R] como uma função de Vin.

Exem plo

3.15

Esbocemos a característica entrada/saída do circuito mostrado na Fig. 3.17(a). Vamos admitir o modelo de tensão constante para o diodo.

V\n°~

VAr

-oV,out

out

2

^D,on jL D-\

(b)

(a)

R2 ^in°--- Wr-

out

(C )

Figura 3.17 (a) Circuito com diodo, (b) ilustração para entradas muito negativas, (c) circuito equivalente quando /), está desligado, (d) característica entrada/saída.

66

Capítulo Três

Solução

Começamos com Vin = -oo e redesenhamos o circuito tal como na Fig. 3.17(b), posicionando as tensões mais negativas na parte de baixo e as mais positivas na parte de cima. Este diagrama sugere que o diodo opera sob polarização direta e produz uma tensão no nó X igual a Vin + VDon. Neste regime, Vx independe de R2, pois /), atua como uma bateria. Assim, desde que Dx esteja ligado, temos Vou, = Vm + VDjm.

(3.20)

Calculemos, também, as correntes que fluem em R2e R{: In =

(3-21)

/<2

0 -V x 1 R\

I rx = - t H


R

(3 -2 2 )

(3.23)

Portanto, à medida que Vmaumenta a partir de -«>, permanece constante, mas I Im\ diminui; ou seja, em algum ponto, IK2 Em que ponto D, é desligado? Neste caso, é mais simples determinar a condição que resulta em uma corrente nula no diodo do que tensão insuficiente em seus terminais. A observação de que, em algum ponto, IR2 = I ri se mostra útil, pois esta condição também implica que D, não conduz corrente (LCK no nó A'). Em outras palavras, D, é desligado quando Vin é escolhido de modo que Ifc = I ri- A partir de (3.21) e (3.23),

À medida que Vinexcede este valor, o circuito se reduz àquele mostrado na Fig. 3.17(c) e

V'»“ = TT~r~õ~V‘n' K\ + Kl

(3-26)

A característica completa é mostrada na Fig. 3.17(d). O leitor pode achar interessante o fato de que os circuitos nas Figs. 3.16(a) e 3.17(a) são idênticos: no primeiro, a saída é tomada no diodo; no segundo, no resistor em série. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que as posições dos terminais do diodo são trocadas.

C om o m encionam os no E x em p lo 3.4, em circuitos mais com plexos, p o d e ser difícil prever, por simples inspeção, a região de operação de cada diodo de m aneira correta. N esses casos, podem os fazer um a escolha q u alq u er, e fe tu a r a análise e,

por fim, d eterm in ar se o resu ltad o o b tido está em aco rd o com a h ip ó tese original ou a contradiz. Sem pre podem os fazer uso da intuição para faci­ litar as escolhas. O próxim o exem plo ilustra esta abordagem .

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Exem plo 3.16 Solução

67

Usando o modelo de tensão constante, esbocemos a curva da característica entrada/saída do circuito mostrado na Fig. 3.18(a). Começamos com Vin = intuitivamente, admitimos que D, está ligado. Admitimos (às cegas) que D 2também está ligado, o que reduz o circuito àquele ilustrado na Fig. 3.18(b). A rota por Vl)on e Vfí cria uma diferença de potencial V Don + V l{ entre Vin e ou seja, Vout = Vin - (V Don + V l{). Essa diferença de potencial também aparece entre o ramo que consiste em e VDon e resulta em (3.27)

R \ I r \ + Vp.on = —(V n + V p t0n)>

logo, h<\

ÍR 2 = 0 0

=

- V h - 2 Vn.on

| l i R .

out

D, * /?, —W-------VA— w *

Y

“OVeo ut

R is X

B

^OUt

£

(3.28)

R\

+l r

l^B = 2 V

p«1

y \> 'D ,o n " = T

: OO

D ,on

Vm = - o o ^ in = - O O

(a)

(b)

(c)

1 X i—Kl— -—Wr—i

X r— I -----------W tY V

+ | - \ ......

^in = “ ^D,on '

•'out

out

^b=2 V (e)

(Cl)

‘'out

‘'out —

Dl1 X 1U U rrr

V\D.on

-v/,D ,on Kout

^

Tf

2

" 2

^r = 2V

7

\ “

D1 desligado

(0

* í (g)

(h )

Figura 3.18 (a) Circuito com diodo, (b) possível circuito equivalente para tensões de entrada muito nega­ tivas, (c) circuito simplificado, (d) circuito equivalente, (e) circuito equivalente para Vm = - VDon, (f) seção da característica entrada/saída, (g) circuito equivalente, (h) característica entrada/saída completa.

Portanto, /*, independe de Vin. Agora, devemos analisar esses resultados para determinar se estão acordes com nossas hipóteses a respeito do estado de £>, e D2. Consideremos a corrente que flui em R 2:

68

Capítulo Três

Ir 2 = ~ r K2

(3.29)

Vin ~ (Yl).on ~ Vfi) R2

(3 30)

que tende a +<* para Vin = —oo. O grande valor de / * e o valor constante de /,<, indicam que o ramo que consiste em V,{ e D 2 conduz uma grande corrente na direção indicada. Ou seja, D 2 deve conduzir corrente do catodo para o anodo, o que não é possível. Em suma, observamos que a hipótese de polarização direta para D 2 se traduz em uma corrente em uma direção proibida. Portanto, D 2 opera em polarização reversa para Vm = —oo. Redesenhando o circuito como na Fig. 3.18(c) e notando que Vx = Vin + V Dt0n, temos Vou, = (Vin + V».on)0 R\ A l

■

(3.31)

H" A 2

Agora, vamos aumentar o valor de Vin e determinar o primeiro ponto de transição em que /) , desliga e D 2 liga. O que ocorre primeiro? Suponhamos que D, desliga e obtenhamos o correspondente valor de Vin. Visto q ue pressupomos que D 2 está desligado, desenhamos o circuito tal como mostra a Fig. 3.18(d). Admitindo que D l ainda esteja ligado, verificamos que, em Vm » - VDon, Vx = Vm + VDon se aproxima de zero, o que produz uma corrente nula em /?,, R2e, portanto, em /),. Logo, o diodo desliga em Vm = - V Don. Devemos agora comprovar a hipótese de que D 2 permanece desligado. Neste ponto de transição, como Vx = Vout = 0, a tensão no nó Y é igual a + Vfí, enquanto o catodo de D 2 está a um potencial — VDon [Fig. 3.18(e)]. Em outras palavras, D 2 está, de fato, desligado. A Fig. 3.18(f) mostra a porção da característica entrada/saída calculada até aqui e revela que Vout = 0 após o primeiro ponto de transição, pois a corrente que flui por R { e R2é igual a zero. Em que ponto D2 fica ligado? A tensão de entrada deve exceder VYpor um valor V,>,n- Antes que D 2 seja ligado, Vout = 0 e V Y = V,{\ isto é, Vin deve alcançar Vl{ + V Don para que o circuito fique configurado tal como mostra a Fig. 3.18(g). Logo, Vout = Vin ~ VD%on - VB.

(3.32)

A Fig. 3.18(h) ilustra o resultado completo e indica as regiões de operação. Exercício

3.4

No exemplo anterior, admita que /)2 fica ligado antes que /}, desligue e verifique se o resultado contradiz a hipótese.

O PERAÇÃO EM GRANDES S IN A IS E EM PE Q U EN O S S IN A IS

A té aqui, nossa análise de diodos permitiu mudanças de tensão e corrente arbitrariam ente grandes, o que exige um modelo “geral” tal como a característica I/V exponencial. Este regime é cham ado “operação em grandes sinais”, e a característica I/V exponencial é cham ada “m odelo de grandes sinais”, para enfatizar que o modelo acomoda níveis arbitrários de sinal. No

entanto, como vimos nos exemplos anteriores, esse m odelo pode com plicar a análise de circuitos, difi­ cultando o entendim ento intuitivo do funcionamento dos mesmos. A lém disso, à m edida que aum enta o núm ero de dispositivos não lineares no circuito, a análise “m anual” pode se tornar inviável. Os m odelos ideal e de tensão constante solu­ cionam o problem a até certo ponto, mas a abrupta não linearidade no ponto de ligam ento continua problem ática. O próxim o exemplo ilustra esse tipo de dificuldade.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Exem plo 3.17

69

Tendo perdido o carregador de 2,4 V de seu telefone celular, um engenheiro elétrico busca em várias lojas, mas não encontra adaptadores com saída menor que 3 V. Decide então utilizar seu conheci­ mento de eletrônica para construir o circuito mostrado na Fig. 3.19, onde os três diodos idênticos sob polarização direta produzem uma tensão total Vout = 3Vn « 2 , 4 V e o resistor R sustenta os restantes 600 mV. Desprezemos a corrente que flui no telefone celular.6(a) Determinemos a corrente de saturação reversa, / sl. para que Vout = 2,4 V. (b) Calculemos Voul se o adaptador de tensão for, na verdade, de 3,1 V.

+

^00L1

600 mV

Vad = 3 V A d a p ta d o r

‘'out

Figura 3.19

Solução

T ele fon e C elular

Adaptador para alimentar um telefone celular.

(a) Com Vout = 2,4 V, a corrente que flui em Rxé igual a Ix =

Vad ~ Vout R\

= 6 mA.

(3.33) (3.34)

Notamos que uma corrente Ix flui em cada diodo; logo, / = /.vexp— / V'>. lx Vr

(3.35)

800 mV 6mA = / ' e x p 2 6 ^ v

(3.36)

h = 2,602 x 10-16 A.

(3.37)

Portanto,

(b) Se Vail aumentar para 3,1 V, esperamos que Vout aumente pouco. Para entender por que, primeiro suponhamos que Voul permaneça constante e igual a 2,4 V. Assim, o restante 0,1 V deve ser consumido em /?„ o que aumenta Ix para 7 mA. Como a tensão em cada diodo varia exponencialmente com a corrente, a mudança de 6 mA para 7 mA leva, de fato, a uma pequena mudança em Voul? Para analisar o circuito de maneira quantitativa, começamos com lx = 7 mA e iteramos: (3.38)

Vou, = 3Kd

= 3Vt ln

/.v

= 2,412 V.

(3.39) (3.40)

6Feita por simplicidade, esta hipótese pode nào ser válida. 7Recordemos da Eq. (2.109) que uma alteração da corrente em um diodo por um fator de dez se traduz em uma mudança de 60 mV na tensão.

70

Capítulo Três

Este valor de Voui leva a um novo valor para lx\ 'ã 1 GC

= 6,88 m A.

(3.42)

II *

(3.41)

que se traduz em um novo Volll: II

(3.43)

= 2,411 V.

(3.44)

Notando a pequena diferença entre (3.40) e (3.44), concluímos que Vout = 2,411 V,com boa precisão. O modelo de tensão constante não teria sido útil neste caso. Exercício

Repita o exemplo anterior para uma tensão desejada de 2,35 V.

A situação que acabam os de descrever é um exem plo de pequenas “perturbações” em circuitos. A mudança de Vm, de 3 V para 3,1 V resulta em uma pequena mudança nas tensões e correntes do circuito, o que nos motiva a buscar um m étodo mais simples de análise que possa substituir as equações não line­ ares e o inevitável procedim ento iterativo. Como o exemplo anterior não apresenta grande dificuldade, o leitor pode se perguntar se uma abordagem mais simples é, de fato, necessária. Contudo, como veremos nos próximos capítulos, se as equações não lineares forem mantidas, a análise de circuitos que contêm dispositivos complexos, tais com o transistores, pode se tornar impossível. Estas ideias levam ao conceito, extrem am ente útil, de “operação em p equenos sinais”, em que o circuito está sujeito apenas a pequenas mudanças nas tensões e correntes e pode ser simplificado com o uso de “modelos de pequenos sinais” para os dispositivos

não lineares. A simplicidade advém do fato de que esses modelos são lineares e perm item o em prego de abordagens comuns de análise,dispensando a necessi­ dade de iteração. A definição de "pequeno” se tornará clara mais adiante. Para desenvolver nosso entendim ento de operação em pequenos sinais, consideremos o diodo /), na Fig. 3.2()(a), que está sujeito a uma tensão V,n e conduz uma corrente /,„ [ponto A na Fig. 3.20(b)]. Agora, vamos supor que uma perturbação no circuito altere a tensão do diodo de um pequeno valor AV„ [ponto B na Fig. 3.20(c)]. Como podem os predizer a mudança que ocorrerá na corrente do diodo, A/„? Podemos com eçar com a característica não linear: V,n + A V

Un = Is exp -ÍZLI----Vr

VD\ = /s cxp "vv cxp 177'

(3.45) (3,46)

Figura 3.20 (a) Circuito genérico que contém um diodo, (b) ponto de operação de /),, (c) mudança em í„ cm conseqüência de uma mudança em Vh.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Se A V «

71

VY,exp(AV/V-,) « 1 + A V /V , e h)2

/

Ylll.

^/>i

's ^ T r + T r , ,c x p T 7 & v, Vr

= //)1 + - 7 J - i l ) \ .

Ou seja, AV,

A //) = -77—//>!. Vr

A observação im portante é que A/„ é uma função lin e a r de AK, com um fator de proporcionalidade igual a 1,,/V-p. (N otem os que valores maiores de levam a um m aior A/„, para um dado A V n. A impor­ tância disto se tornará clara mais adiante.) O resultado anterior não deve surpreender: se a mudança em V„ for pequena, a seção da caracterís­ tica I/V na Fig. 3.20(c) entre os pontos A e B pode ser aproxim ada por um segm ento de reta (Fig. 3.21), com uma inclinação igual à inclinação local da carac­ terística I/V. Em outras palavras, A Id

dld

(3.50) vn=vn\

Exem plo 3.18 Solução

Is Vm v v cx p -fv

(3.51)

//>! V r’

(3.52)

segmento de reta.

que leva ao mesmo resultado da Eq. (3.49).* Vamos resum ir os resultados que obtivemos até aqui. Se a tensão no diodo for alterada por uma pequena quantidade (muito menor que V,), a mudança na corrente é dada pela Eq. (3.49). De modo equiva­ lente, para análise de pequenos sinais podemos supor que, na Fig. 3.21, o ponto A em que o circuito opera se move, devido a uma pequena perturbação em y,» ao longo de um segmento de reta para o ponto B\ a inclinação da reta é igual à inclinação local da caracte­ rística I/V (ou seja, d l^ d V ,, calculada em Vn = V,n ou I» ~ /»])• O ponto A é cham ado ponto de “polari­ zação”, ponto “quiescente” ou ponto de “operação”. A Eq. (3.58) no exem plo an terio r revela um aspecto interessante da operação em pequenos sinais: em relação a (pequenas) mudanças na corrente ou

Um diodo é polarizado em uma corrente de 1 mA. (a) Determinemos a alteração na corrente se Vn sofrer uma alteração de 1 mV. (b) Determinemos a variação de tensão se a corrente /„ for alterada em 10%. (a) Temos (3.53)

>

II

>

F

= 38,4 //A.

(3.54)

(b) Usando a mesma equação, obtemos < á l-s II

<

/2 6 m V \

(3.55) ^

= ( i m A ) * ((M mA>

= 2,6 mV. Exercício

(3.56) (3.57)

Em resposta a uma alteração de 1 mA na corrente, um diodo exibe uma mudança de 3 mV na tensão. Calcule a corrente de polarização do diodo.

'Isto também era esperado. Escrever a Eq. (3.45) para obter a mudança em /„ devida a uma pequena alteração em V„ é, na verdade, o mesmo que calcular a derivada.

72

Capítulo Três

na tensão do diodo, o dispositivo se com porta como um resistor linear. Em analogia com a lei de Ohm, definimos a “resistência de pequenos sinais” do diodo como: Vr r“ = b '

(3.58)

E sta grandeza tam b ém é ch am ad a resistência “ increm entai”, para en fatizar o fato de estar asso­ ciada a pequenas m udanças. N o exem plo anterior, rd = 26 ü .

A Fig. 3.22(a) resum e os resultados de nossas deduções para um diodo sob polarização direta. Para cálculos de polarização, o diodo é substituído por uma fonte de tensão ideal de valor Vn,m e, para pequenas alterações, por uma resistência rd. Por exemplo, o circuito da Fig. 3.22(b) é transform ado no circuito da Fig. 3.22(c) se o interesse consistir apenas em pequenas alterações em V , e/ou V„llt. Vale notar que, na Fig. 3.22(c) v, e vmil representam variações nas tensões e são cham adas grandezas de pequenos sinais. Em geral, denotam os tensões e correntes de pequenos sinais por letras minúsculas.

s in a is .

A forma de onda do sinal é ilustrada na Fig. 3.23(a). Como mostra a Fig. 3.23(b), giramos esse diagrama 90°, de modo que o eixo vertical fique alinhado com o eixo de tensão da característica I/V do diodo. Com uma excursão de sinal muito menor que Vn podemos ver V{) e a correspon­ dente corrente /0 como o ponto de polarização do diodo, e Vp como uma pequena perturbação. Assim, temos Io = Is exp — ,

Vt

(3.59)

e Vr r‘, = V

(3.60)

>

II

Portanto, a corrente de pico é igual a *Í3

Solução

Um sinal senoidal com amplitude de pico Vp e valor DC V{) pode ser expresso como V(t) = V{) + Vp cos cot. Se este sinal for aplicado a um diodo e Vp « Vr, determinemos a resultante corrente no diodo.

II

Exem plo 3.19

(3.61) (3.62)

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

73

v(t)

(a) Figura 3.23

(a) Entrada senoidal com nível DC, (b) resposta do diodo ao sinal senoidal.

logo. (3.63)

ln(l ) = /() + //) cos u>t Vo Jo_ = Is exp — + — Vp cos wt. V, V, Exercício

O diodo do exemplo anterior produz uma corrente de pico de 0,1 mA em resposta a V„ = 800 mV e Vp = 1,5 mV. Determine Is.

_ l^o + K,,cos cot ~ s cxp Vr

O exem plo an terio r d em onstra a utilidade da análise de pequenos sinais. Se Vr fosse grande, teríamos de resolver a seguinte equação.

Exem plo 3.20

Solução

(3.64)

tarefa muito mais difícil do que os anteriores cálculos lineares.9

Na dedução da Eq. (3.49). admitimos uma pequena variação em Vn e obtivemos a resultante variação em ín. Começando com Vn = V, ln(/,//,), investiguemos o caso complementar, ou seja, / „ sofre uma pequena alteração e queremos determinar a alteração em Vn. Representando a variação em Vn por AK/}, temos / +■ AV» a 1 / = V, i/ ln i ----^ 0 1 + Vni ------is 1

= v‘ " [ f ( í + % ) ] = V, ln J- j - + Vr ln ^1 +

9A função exp(tf sen bí) pode ser aproximada por uma expansão em série de Taylor ou de funções de Bessel.

(3.66) (3.67)

74

Capítulo Três

Para operação em pequenos sinais, admitimos que A/„ « e « 1. Assim,

Iin e notamos que ln (1 + e) « € se

A V„ = VT ^ , hn

(3.69)

o que é o mesmo que a Eq. (3.49). A Fig. 3.24 ilustra os dois casos, distinguindo a causa e o efeito. A /r

■ » _ rò :

A i ° =~ I ---------j

° 't

A,D_ r © D . i + A^0 p = ^ 0 -^ L---------=AI 0 p -

(.) Figura 3.24

Exercício

(b)

Variação na corrente (tensão) do diodo devida a uma variação na tensão (corrente).

Repita o exemplo anterior calculando a derivada da equação da tensão do diodo em relação a In.

Com nosso entendim ento da operação em pequenos sinais, revisitemos o Exem plo 3.17.

Exem plo 3.21 Solução

Vamos repetir a parte (b) do Exemplo 3.17 com a ajuda do modelo de pequenos sinais para os diodos. Visto que cada diodo conduz ím = 6 mA com uma tensão de adaptador de 3 V e V,n = 800 mV, podemos construir o modelo de pequenos sinais mostrado na Fig. 3.25, onde vail = 100 mV e rd = (26 mV)/(6 mA) = 4,33 í). (Como já mencionamos, as tensões mostradas neste modelo representam pequenas perturbações.) Portanto, podemos escrever: Vout —

3r(l I>

= 11,5 mV.

Figura 3.25

(3.70) (3.71)

Modelo de pequenos sinais para o adaptador.

Ou seja, uma mudança de 100 mV em produz uma mudança de 11,5 mV em Vnur No Exemplo 3.17, a solução das equações não lineares previu uma mudança de 11 mV em Vour Isto mostra que a análise de pequenos sinais fornece precisão adequada, com muito menos esforço de cálculo. Exercício

Repita os Exemplos 3.17 e 3.21 para o caso em que o valor de /?, na Fig. 3.19 é alterado para 200 fi.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Tendo em vista a capacidade das atuais ferra­ mentas computacionais, o leitor pode se perguntar se o modelo de pequenos sinais é, de fato, necessário. Hoje em dia, sem dúvida, fazemos uso de sofisticadas ferra­ mentas de simulação em com putador para o projeto de circuitos integrados; contudo, a intuição que adqui­ rimos com a análise manual de um circuito se mostra

Exem plo

3.22

muito útil no entendimento de limitações básicas e das diversas condições que, por fim. levam a uma configu­ ração aceitável. Um bom projetista de circuitos analisa e entende o funcionamento do circuito antes de efetuar sua análise em computador para obter resultados mais precisos. Um mau projetista de circuitos, por sua vez, permite que o com putador pense por ele.

Nos Exemplos 3.17 e 3.21, desprezamos a corrente que flui no telefone celular. Suponhamos, agora, como mostra a Fig. 3.26, que uma corrente de 0,5 mA flua na carga10e determinemos a alteração em VI,. -6 mA

100 £2

+

'ad a

^out

Figura 3.26

Solução

T ele fon e C elu la r

Alimentação de um telefone celular com um adaptador.

Como a corrente que flui nos diodos cai 0,5 mA e como essa alteração é muito menor que a corrente (6 mA), escrevemos a mudança na tensão de saída como: AVout = Al„ • (3r,/)

Exercício

75

(3.72)

= 0,5 mA(3 x 4,33 £2)

(3.73)

= -6,5 mV.

(3.74)

Repita o exemplo anterior para o caso em que /í, é alterado para 80 ü.

Em sum a, a análise de circuitos que contêm diodos (ou outros dispositivos não lineares, tais como transistores) é feita em três etapas: (1) determinamos - talvez com a ajuda do modelo de tensão constante os valores iniciais das tensões e correntes (antes que seja aplicada uma alteração à entrada); (2) desenvol­ vemos o m odelo de pequenos sinais para cada diodo (isto é, calculamos r(/); (3) substituímos cada diodo por

R etifica do res de M e ia -o n d a l e de O nda C om ple ta

seu m odelo de pequenos sinais e calculamos o efeito da alteração feita na entrada.

3.5

O restan te deste capítulo trata da aplicação de diodos em circuitos. Um breve roteiro é m ostrado a seguir.

C irc u ito s L j \ L im ita d o re s !

Figura 3.27 ,0Em um telefone celular, a corrente é muito maior.

APLICAÇÕ ES DE DIO DO S

D o b ra d o re s l de T ensão J

Aplicações de diodos.

D eslo ca d o re s de Nível e C o m u ta d o re s !

76

Capítulo Três

3.5.1 R e tificadores de M eia-on da e de Onda C om pleta

o m odelo de tensão constante. C om o ilustra a Fig. 3.28, V,,,,, permanece igual a zero até que Vinexceda Vl)on\ nesse ponto, D, liga e Vou, = Vin - VDon. Para Vin < v n.,m>O, está desligado" e V„„, = 0. Logo, o circuito ainda opera com o retificador, mas produz um nível de tensão um pouco mais baixo.

R e tific a d o r de M e ia -o n d a R etornem os ao circuito retificador da Fig. 3.10(b) e o estudem os de m aneira mais detalhada. Em especial, não mais adm itirem os que D, é um diodo ideal e usarem os

Figura 3.28

Retificador simples.

Provemos que o circuito mostrado na Fig. 3.29(a) também é um retificador. 01 I------W------- T------ ° JL+ J + ^inÇ ) ^1 ^ ^out I----------------é------o

^in

t J

J

(a)

\

J

(b)

Figura 3.29 Retificação de ciclos positivos. Solução

Exercício

Neste caso, D, permanece ligado para valores negativos de Vin — na verdade, para Vin ^ - VDon. À medida que Vin se torna maior que —VDon, /), desliga e permite que /?, mantenha ViMII = 0. A Fig. 3.29 ilustra a saída resultante e revela que esse circuito também é um retificador, mas bloqueia os ciclos positivos. Esboce a curva para a saída para o caso em que /), é um diodo ideal.

O circuito da Fig. 3.28, cham ado “retificador de m eia-onda”, não produz uma saída útil. A o contrário de uma bateria, o retificador gera uma saída que varia de modo considerável com o tem po e não serve como alim entador de dispositivos eletrônicos. Devemos, portanto, tentar produzir uma saída constante. Por sorte, uma modificação simples resolve o problem a. C om o ilustra a Fig. 3.30(a), o resistor é substituído por um capacitor. Esse circuito funciona de m odo m uito diferente do retificador anterior.

A dm itindo um m odelo de tensão constante para D, sob polarização direta, com eçam os com condição inicial nula em C, e estudam os o com portam ento do circuito [Fig. 3.30(b)]. À medida que Vin cresce a partir de zero, D, permanece desligado até que Vm > VDon\ a partir desse ponto, D, passa a atuar como uma bateria e Volí, = Vin - Vl)on. Portanto, Vout atinge um valor de pico de Vp - V /)on. O que acontece quando Vin ultra­ passa seu valor de pico? No instante / = í,, tem os K , = V,, e V„„, = Vv ~ V l)on. Q uando V„, com eça a

"Se Vin < 0, Dxconduz uma pequena corrente, mas o efeito é desprezível.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

(b)

(a) Figura 3.30

(a) Circuito diodo-capacitor, (b) formas de onda de entrada e de saída.

diminuir, Vou, deve perm anecer constante. Isto ocorre porque se VIIUI diminuísse, C, deveria ser descarre­ gado por uma corrente que fluiria da placa superior para o catodo de D,, o que é impossível.12 Portanto, o diodo desliga depois de í,. Em t = t2, Vin = Vr VDon = Voun ou seja, o diodo está sujeito a uma dife­

Exem plo 3.24 Solução

rença de potencial nula. Em t > t2, V < Vou( e o diodo fica sob tensão negativa. D ando prosseguim ento à análise, notam os que, em t = /3, Vm = - Vpyo que significa aplicar ao diodo uma polarização reversa Vout — Vin = 2Vp — VPon. Por esse motivo, diodos usados em retificadores devem

Supondo um modelo de diodo ideal, (a) repitamos a análise anterior, (b) Esbocemos a curva de Vin, tensão no diodo D,, em função do tempo. (a) Com uma condição inicial nula em Q , fica ligado quando Vm se tornar maior que zero, e VOM= Vin. Após t = Vin se torna menor que Voun o que desliga /),. A Fig. 3.31 (a) mostra as formas de onda de entrada e de saída. 'out

â

V:„ (a) (b) Figura 3.31 (a) Formas dc onda de entrada e de saída do circuito ilustrado na Fig. 3.30, com um modelo de diodo ideal, (b) tensão no diodo.

(b) A tensão no diodo é V,n = Vin - Voul. Usando os gráficos da Fig. 3.31 (a), obtemos a forma de onda mostrada na Fig. 3.31(b). É interessante notar que Vd\ é similar a Vin, mas o valor médio é deslocado de zero para - Vp. Exploraremos este resultado no projeto de dobradores de tensão (Seção 3.5.4). Exercício

77

Repita o exemplo anterior para o caso em que as posições dos terminais do diodo são trocadas.

,2A analogia com cano hidráulico, ilustrada na Fig. 3.3(c), mostra-se útil aqui.

78

Capítulo Três

Exem plo 3.25 Solução

Exercício

Um notebook consome uma potência média de 25 W com uma tensão de alimentação de 3,3 V. Determinemos a corrente média que deve ser fornecida pelas baterias ou pelo adaptador. Como P = V • /. temos I « 7,58 A. Se o notebook for modelado por um resistor, R, , R, = V/I = 0,436 a Considerando-se a fonte de tensão anterior, qual é a potência dissipada por um resistor de 1 0?

suportar uma tensão reversa da ordem de 2VP sem sofrer ruptura. V„ul m uda de valor após t — /,? Considerem os t = /4 como um ponto de interesse. Aqui, Vin é pouco maior que V„ul, mas ainda não o suficiente para ligar D\. Em t = f5, V„, = Vp = VoM + V,hm e D, está ligado, mas V,,,,, não exibe tendência a te r o valor alterado, pois essa situação é idêntica àquela em t = tx. Em outras palavras, V„M perm anece igual a Vp - VDon indefinidamente. O circuito ilustrado na Fig. 3.30(a) exibe as propriedades exigidas de um “conversor A C -D C ”: gera um a saída constante e igual ao valor de pico da entrada senoidal.13 C om o o valor de C, é esco­ lhido? Para responder a esta pergunta, consideremos uma aplicação mais realista em que esse circuito deve fornecer corrente a uma carga. Com o sugere o exem plo an terio r, a carga pode, em alguns casos, ser rep resen tad a por um simples resistor [Fig. 3.32(a)]. Devemos, portanto, rep etir a análise com R, presente. C o n sid eran d o as form as

Figura 3.32

de onda na Fig. 3.32(b), até t = í, verificam os que V.<,>:■Depois disso, o circuito se comporta com o no prim eiro ciclo. A resultante variação em Vmil é cham ada “r i p p l e C, é cham ado capacitor “de filtragem” ou “de filtro”.

(a) Retificador alimentando uma carga resistiva, (b) formas de onda de entrada e de saída.

"Este circuito também é chamado "detector de pico”.

79

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Exem plo

Esbocemos a forma de onda de saída da Fig. 3.32 à medida que C, varia de valores muito grandes a muito pequenos.

3.26 Solução

Quando o valor de C, é muito grande, a corrente que flui por R, quando /), está desligado produz apenas uma pequena alteração em Vour Reciprocamente, quando C, é muito pequeno, o circuito se aproxima do circuito mostrado na Fig. 3.28 e exibe grandes variações de Vour A Fig. 3.33 ilustra alguns casos.

Figura 3.33

Exercício

Forma de onda de saída do retificador para diversos valores do capacitor de filtragem.

Repita o exemplo anterior para diferentes valores de R, , com C, constante.

A m p litu d e de Ripple*

Em aplicações práticas, a am plitude de ripple (pico a pico), VK, na Fig. 3.32(b) deve permanecer abaixo de 5 a 10% da tensão de pico de entrada. Se a corrente máxima que tlui na carga for conhecida, o valor de C, pode ser escolhido sufi­ cientem ente grande para que o ripple seja aceitável. Para isto, devemos calcular VK (Fig. 3.34). Visto que, e m f = f„ Vm„ = Vp - Vl>on, a descarga de C, por R, pode ser expressa como: Voul(0 —(Yp

^D.oni) CXp

-/

uma ram pa decrescente — com o se uma corrente constante igual a (Vr - K,,„„)//?, descarregasse C,.14 Este resultado não surpreende, pois a queda de tensão quase constante em R, produz uma corrente relativa­ m ente constante igual a {Vp — Vl)
r Jc ~\

V,< =

onde escolhemos tx = 0 por conveniência. Para assegu­ rar um ripple pequeno, R, C, deve ser muito maior que /3 — logo, usando e x p ( - e ) 55=51 —e, para e « 1, Voul(t) * (V„ - VD„„) ( l -

V,<

*Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura. l4Recordemos que / = CdV/dt e, portanto, dV = (l/C)dt.

V,, ~ Vn,, R,. Vp - Vn,, Rl.C| fi„

C,

O prim eiro term o no lado direito representa a condição inicial em C, e o segundo termo, representa

(3.78)

Observando que, se C, sofrer uma pequena descarga, o diodo só ficará ligado por um breve intervalo de tempo, podem os supor A T « 7]„; logo,

(3.76)

K,

Vn — Vn.„,t Tj„ —A / C. Ri.

o n d e/,,

lü C,

(3.79) (3.80)

80

Capítulo Três

Figura 3.34

Exem plo

Solução

Ripple na saída dc um retificador.

Um transformador converte a tensão de linha de 110 V a 60 Hz em uma excursão pico a pico de 9 V. Um retificador de meia-onda segue o transformador e fornece potência ao notebook do Exemplo 3.25. Determinemos o valor mínimo do capacitor de filtragem que mantém o ripple abaixo de 0,1 V. Vamos supor VDon = 0,8 V. Temos Vn = 4,5 V, R, = 0,436 Í1 e Tln = 16,7 ms. Logo, C, =

V„ - Vn,, Vr

= 1.417 F.

li!L R,

(3.81) (3.82)

Este é um valor muito grande. O projetista pode buscar um equilíbrio entre amplitude de ripple, tamanho, peso e custo do capacitor. Na verdade, limitações de tamanho, peso e custo do adaptador podem ditar um ripple muito maior, como. por exemplo, de 0,5 V; isto exigiria que o circuito após o retificador tolere uma variação periódica tão grande como esta. Exercício

Repita o exemplo anterior para uma tensão de linha de 220 V a 50 Hz, supondo que o transfor­ mador ainda produz uma excursão pico a pico de 9 V. Que frequência de tensão de linha leva a um valor mais adequado de C,?

Em muitos casos, a corrente que flui no resistor é conhecida. Repetindo a análise anterior com a carga representada por uma fonte de corrente constante ou interpretando (Vp - Vi,.im)IR, na Eq. (3.80) como a corrente na carga, / ,, podem os escrever Vr =

h. C|f n

C o rre n te de P ic o n o D io d o *

(3.83)

Ressaltam os, na Fig. 3.30(b), que o diodo deve exibir uma tensão de *Esta seção pode scr pulada cm uma primeira leitura.

ruptura reversa de, pelo menos, 2Vp. O utro parâm etro im portante de diodos é a máxima corrente de pola­ rização direta que devem tolerar. Para dados perfil de dopagem e geom etria da junção, se a corrente exceder um certo limite, a potência dissipada no diodo (= V„In) pode aum entar a tem peratura da junção a ponto de danificar o dispositivo. Na Fig. 3.35, verificam os que, sob polarização direta, a corrente no diodo consiste em duas com po­ nentes: (1) a co rren te tran sien te que flui em C,, C\dVllu/d t, e (2) a co rren te fornecida a R, , apro-

81

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

xim adam ente igual a (V p - Vn.,„)IRi_- P ortanto, a corrente de pico no diodo ocorre quando a prim eira co m p o n en te atinge um valor m áxim o, ou seja, o ponto em que /), é ligado, pois a inclinação da forma de onda de saída é m áxim a. Supondo, por conve­ niência, V l)o„ « Vp, notam os que o ponto em que D, é ligado é d ad o p o r V^„(/|) = Vp - V R. Assim , para Vin(t) = Vp sen coí,

Esta corrente atinge o valor de pico e m / = lp —C\(Ojn Vp cos (Ojnl\ +

(3.88)

+^-

(3.89)

(3.84)

V/?,

logo,

:C](VjnVp i sen cojní, i _—11

.

qUe, a partir da Eq. (3.85), se reduz a

l P = C m „VP]j l - ( l - ^ j Vp sen coi„t\ — Vp

Kl.

V

(3.85)

.

Desprezando VI)0II, também temos Vliul(t) Vj,(í);com isto, a corrente no diodo é calculada como

2V1 _ V l Vp_ vt n + r,

(3.90)

Como VR « Vp, desprezam os o segundo term o na raiz quadrada:

(3.91) folO) —Ci —j t - + 7T—C iü)jnVp cos (i)jnt -|-

Exem plo

(3.86)

Kl

.

(3.92)

(3.87) U

'
Supondo VDon « O e C , = 1,417 F,determinemos a corrente de pico no diodo do Exemplo 3.27.

3.28 Solução

Temos Vp = 4,5 V, R, = 0,436 íl,
(3.93)

Este valor é muito grande. Vale notar que a corrente que flui em C, é muito maior que aquela que flui em R,. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que C, = 0,2 F.

R e tif ica d o r de O nda C o m pleta O retificador de meia-onda estudado anteriormente bloqueia os semiciciosnegativosdaentrada,permitindoqueocapacitorseja

descarregado pela carga durante quase todo o período, Portanto, o circuito fica sujeito a um intenso ripple na presença de uma carga grande (corrente alta).

82

Capítulo Três

U m a simples modificação no circuito perm ite reduzir o ripple de tensão por um fator de dois. Como ilustra a Fig. 3.36(a), a ideia é que tanto os semiciclos positivos como os semiciclos negativos passem para a saída, mas com os semiciclos negativos invertidos (ou seja, multiplicados por —1). Primeiro, implementemos um circuito que executa essa função [chamado “retificador de onda com pleta"] e,em seguida, provemos que, de fato, tem um ripple menor. Para simplificar a síntese do circuito, com eçarem os com a hipótese de que os diodos são ideais. A Fig. 3.36(b) mostra a carac­ terística entrada/saída desejada para o retificador de onda completa. Consideremos os dois retificadores de meia-onda mostrados na Fig. 3.37(a), onde um bloqueia os semi­ ciclos negativos, e o outro, os semiciclos positivos. Podemos combinar esses circuitos para realizar um reti­

ficador de onda completa? Podemos tentar o circuito da Fig. 3.37(b), mas, infelizmente,a saída contém os semici­ clos positivos e negativos, ou seja, nenhuma retificação é efetuada, pois os semiciclos negativos não foram invertidos. Assim, o problema é reduzido ao circuito ilustrado na Fig. 3.37(c): primeiro, devemos cons­ truir um retificador de meia-onda que inverta. A Fig. 3.37(d) ilustra uma dessas topologias, que, para simpli­ ficar, pode ser redesenhada tal como na Fig. 3.37(e). Notemos a polaridade de V„u, nos dois diagramas. Se Vm < 0, D 2 e D, estão ligados e Voul = - Vin. De modo recíproco, se V„, > 0, os dois diodos estão desligados,o que corresponde a uma corrente nula em R, e, portanto, VOM = 0. Em analogia com este circuito, podemos montar o circuito ilustrado na Fig. 3.37(f), que bloqueia os semiciclos negativos da entrada: ou seja, V„M= 0 se Kv, < 0 e V(,u, = Vín se Vin > 0.

Figura 3.37 (a) Retificação de cada semiciclo, (h) nenhuma retificação, (c) retificação e inversão, (d) realização de (c), (e) rota para os semiciclos negativos, (f) rota para os semiciclos positivos.

83

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Figura 3.38 (a) Retificador de onda completa, (b) diagrama simplificado, (c) rota de corrente para entrada negativa, (d) rota de corrente para entrada positiva.

Com esses resultados, podem os agora com binar as topologias das Figs. 3.37(d) e (f) para m ontar um retificador de onda completa. Ilustrado na Fig. 3.38(a), o circuito resultante deixa que os semiciclos negativos passem por D, e D 2com uma inversão de sinal [como na Fig. 3.37(d)] e os semiciclos positivos passem por D y e D 4 sem inversão de sinal [como na Fig. 3.37(e)]. Essa configuração é, em geral, desenhada como na Fig. 3.38(b) e cham ada “ retificador em p o n te” ou “ponte retificadora”. Com a ajuda do circuito ilustrado na Fig. 3.38(b), vamos resumir nosso raciocínio até aqui. Se Vin < 0, D 2 e D | estão ligados e D 3 e D 4, desligados; com

Exem plo 3.29

Solução

Exercício

isto, o circuito se reduz ao da Fig. 3.38(c) e produz Vml = - Vin. Se Vin > 0,a ponte é modificada tal como indica a Fig.3.38(d),e VOM= Vm. C om o esses circuitos devem ser m odificados se os diodos não forem ideais? A s Figs. 3.38(c) e (d) revelam que o circu ito i nt r oduz dois diodos sob p o la rizaçã o d ire ta em série com I iL e, p ara V in < 0, p roduz Vou, = - V „, - 2 V , )on. O retificador de m e ia-o n d a da Fig. 3.28, p o r sua vez, p ro d u z Km ~ Kn - Vn,on• A queda de tensão de 2 V , )o „ pode ser p roblem ática se Vp for relativ am en te pequeno e a ten são de saída tiver de ter valor próxim o ao de Vp.

Supondo um modelo de tensão constante para os diodos, esbocemos a característica entrada/saída de um retificador de onda completa.

Para \VJ < 2Vlto„, a saída permanece igual a zero;para \VJ > 2V„,m, a saída “segue” a entrada com uma inclinação unitária. A Fig. 3.39 ilustra o resultado. Qual é a inclinação da característica para IK,„l > 2VDo„l

A gora, redesenhem os a p o n te mais um a vez e adicionem os o capacitor de filtragem; com isto, obtem os o circuito com pleto [Fig. 3.40(a)]. Como a descarga do capacitor ocorre por quase m etade do

ciclo de entrada, o ripple é aproxim adam ente igual à metade daquele na Eq. (3.80): 1 Vp - 2 Vn.» V/<*2 R/.C1f n

(3.94)

84

Capítulo Três

Figura 3.39 Característica entrada/saída de um retifica onda completa com diodos não ideais.

de

onde o numerador reflete a queda de 2V„,m devido à ponte. A lém de m enor ripple, o retificador de onda com pleta tem outra im portante vantagem: a máxima tensão de polarização reversa em cada diodo é da ordem de Vr e não de 2 Vr. Como ilustra a Fig. 3.40(b), quando Vin é próximo de Vp e D , está ligado, a tensão em D 2, Va„, é igual a Vn,m + V0„, = Vp - V Argum ento similar se aplica aos outros diodos. Outro ponto de contraste entre os retificadores de meia-onda e de onda completa é que o primeiro tem um terminal comum entre as portas de entrada e de saída (nó G na Fig. 3.28) e o segundo, não. No Exercício 38, estudamos o efeito de curto-circuitar as terras da entrada

(a)

(b) Figura 3.40

Exem plo

3.30

Solução

(a) Ripple em retificador de onda completa, (b) circuito equivalente.

Esbocemos, para uma entrada senoidal, as correntes conduzidas por cada diodo de um retificador em ponte em função do tempo. Vamos admitir que um capacitor de filtragem não está conectado à saída. Das Figs. 3.38 (c) e (d), para V,„ < ~ 2V Don, temos Voul = - V in + 2VDon\ para Vm > +2V V
Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

85

I D1 =

/ D3 =

V Figura 3.41

Exercício

V

2Von

Correntes conduzidas por diodos em um retificador de onda completa.

Esboce a curva da potência consumida por cada diodo em função do tempo.

e da saída de um retificador de onda completa e concluímos que isto interrompe o funcionamento do circuito. Os resultados de nosso estudo são resum idos na Fig. 3.42. Por usarem mais dois diodos, retificadores

Figura 3.42

de onda com pleta exibem m enor rípple e exigem apenas m etade da tensão de ruptura de diodo, o que justifica seu em prego com o adaptadores e carrega­ dores.15

Resumo de circuitos retificadores.

,5Em geral, os quatro diodos são fabricados em um único dispositivo com quatro terminais.

86

Capítulo Três

Exem plo 3.31

S olução

Projetemos um retificador de onda completa para fornecer uma potência média de 2 W a um tele­ fone celular com tensão de 3,6 V e ripple de 0,2 V.

Começamos com a exigida excursão da tensão de entrada. Como a tensão de saída é aproximada­ mente igual a K , , - 2VDon, temos Vjn.p = 3,6 V + 2Vo,on ^ 5,2 V.

(3.95) (3.96)

Assim, o transformador que precede o retificador deve reduzir a tensão de linha (110 Vmw ou 220 V„,J a um valor de pico de 5,2 V. Em seguida, determinamos o valor máximo do capacitor de filtragem que assegura VR < 0,2 V. Reescrevendo a Eq. (3.83) para um retificador de onda completa, temos Vr =

(3.97) Jin

=

T Tjin3,6 V 2Cj

<3 -9 8 )

Para VR = 0,2 V e f in = 60 Hz, Ci = 23.000/zF.

(3.99)

Os diodos devem suportar uma tensão de polarização reversa de 5,2 V. Exercício

Exem plo 3.32

Solução

Exercício

3.5.2

Se limitações de custo e tamanho impuserem um valor máximo de 1000 ju.F para o capacitor de filtragem, qual será a maior dissipação de potência no exemplo anterior?

Um sinal de radiofreqüência recebido e amplificado por um telefone celular tem excursão de pico de 10 mV. Queremos gerar uma tensão DC para representar a amplitude do sinal [Eq. (3.8)]. É possível usar o retificador de meia-onda ou o de onda completa estudados anteriormente? Não, não é. Devido à pequena amplitude, o sinal não é capaz de ligar e desligar diodos reais, resul­ tando em uma saída nula. Para níveis tão baixos de sinal, faz-se necessária “retificação de precisão”; este assunto é abordado no Capítulo 8. E se uma tensão constante de 0,8 V for adicionada ao sinal desejado?

R egulagem de Tensão*

O circuito ad ap tad o r que acabam os de estu d ar se m ostra inadequado. Devido à significativa variação da tensão de linha, a am plitude de pico produzida pelo transform ador e, em conseqüência, a saída DC variam de modo considerável e talvez excedam o nível *Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura.

máximo que pode ser tolerado pela carga (p. ex., um telefone celular). Além disso, o ripple pode se tornar proibitivo em muitas aplicações. Por exemplo, se o adaptador alim entar um aparelho de som, o ripple de 120 Hz pode ser ouvido através dos alto-falantes. A dicionalm ente, a im pedância de saída finita do transform ador leva a variações em Voul se a corrente

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

que flui na carga variar. Por estes motivos, o circuito da Fig. 3.40(a) é, em geral, seguido de um “regulador de tensão” para produzir uma saída constante. Já nos deparam os com um regulador de tensão, em bora não o tenham os cham ado desta forma: o circuito estudado no E xem plo 3.17 fornece uma tensão de 2,4 V, com uma variação de apenas 11 m V na saída para uma variação de 1CM) mV na entrada. Portanto, podem os m ontar o circuito m ostrado na Fig. 3.43 como um adaptador mais versátil, com uma tensão de saída nominal de 3 V n
Figura 3.44

Exem plo 3.33

87

A Fig. 3.44(a) m ostra o u tro circuito regu­ lador que em prega um diodo Z ener. O perando na região de ruptura reversa, D, exibe uma resistência de pequenos sinais, r„, no intervalo de 1 a 10 í l e, portanto, produz uma saída relativam ente constante, ap esar de variações na en tra d a, se rn « /?,. Isto pode ser visto a partir do m odelo de pequenos sinais da Fig. 3.44(b): rn Voul —

(3.100)

■V i,,

Por exem plo, se r„ = 5 í l e /?, = 1 k íl, varia­ ções em Vjn são atenuadas por um fator de aproxi­ m adam ente 200 em Vmil. M esmo assim, o regulador de Z ener tem a mesma deficiência do circuito da Fig. 3.43: baixa estabilidade se a corrente variar muito. Nosso breve estudo de reguladores revela, até aqui, dois aspectos im portantes de sua configuração: estabilidade da saída em relação às variações da entrada e estabilidade da saída em relação às varia­ ções da corrente na carga. A primeira é quantificada pela “regulação de linha”,definida como A VaJ A V m,e a segunda, pela “regulação de carga”, definida como AK„„/A/,.

(a) Regulador de tensão usando diodo Zener, (b) equivalente de pequenos sinais de (a).

No circuito da Fig. 3.45(a), Vintem valor nominal de 5 V, /?, = 100 íl. e D2tem uma tensão de ruptura reversa de 2,7 V e uma resistência de pequenos sinais de 5 íl. Supondo VDon » 0,8 V para D,, deter­ minemos as regulações de linha e de carga do circuito. /?1

/?1

VA-------- T----------0 ^out

f? i

v in°---- % -------- 1----- 0 Vout

C on sta nte

D,on

/l

v \n°---- % ---' d1

'out

(a) Figura 3.45

(b)

(c)

Circuito usando dois diodos, (b) equivalente de pequenos sinais, (c) regulação de earga.

88

Capítulo Três

Solução

Primeiro, determinamos a corrente de polarização de />), e, portanto, sua resistência de pequenos sinais: =

h )\

Vin ~ Vp.on — V[)2

R\

= 15 mA.

(3.101) (3.102)

Logo, rm =

Vt

hn

= 1,73 Í2.

(3.103) (3.104)

Do modelo de pequenos sinais da Fig. 3.44(b), calculamos a regulação de linha como ?D\ +fi) 2 V(WÍ _ ____________ Vin

(3.105)

r D l + r D2 + R \

= 0,063.

(3.106)

Para a regulação de carga, admitimos que a entrada é constante e estudamos o efeito de variações da corrente na carga. Usando o circuito de pequenos sinais da Fig. 3.45 (c) (onde v,„ = 0 para repre­ sentar uma entrada constante), temos V ()U l

(3.107)

{?D \ + 0 ) 2 ) 1 1 ^ 1

Ou seja, Vout = (rn\ + 0)2)11^1 n. = 6,31 £2.

(3.108) (3.109)

Este valor indica que uma variação de 1 mA na corrente da carga resulta em uma variação de 6,31 mV na tensão de saída. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que Rx = 50 Í1 e compare os resultados.

A Fig. 3.46 resume os resultados de nosso estudo nesta seção. 3.5.3

C ircu itos L im itad ores

Consideremos o sinal recebido por um telefone celular quando o usuário se aproxima de uma estação radio-

Figura 3.46

base (Fig. 3.47). À medida que a distância cai de quilô­ metros para centenas de metros,o nível de sinal pode se tornar grande o suficiente para “saturar” os circuitos na cadeia de recepção. Portanto, no receptor, é desejável “limitar” a amplitude do sinal a um valor adequado. Como um circuito lim itador deve se com portar? P ara p eq u en o s níveis de en tra d a , o circuito de-

Resumo de reguladores.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Estação Radiobase

Receptor

89

Estação Radiobase

(a) Figura 3.47

Sinais recebidos em região (a) distante ou (b) próxima de uma estação radiobase.

ve apenas passar a e n tra d a p a ra a saída, ou seja, Vou, = VSn\ à m edida que o nível de en trad a excede um "lim iar” ou “lim ite”, a saída deve perm anecer constante. E ste co m p o rtam e n to deve se aplicar ta n to a en tra d as positivas com o a negativas, e é traduzido na característica en trada/saída m ostrada na Fig. 3.48(a). C om o ilustra a Fig. 3.48(b), um sinal aplicado à entrad a em erge na saída com os valores de pico “cortado s” em ± V ,. A gora, im plem entem os um circuito que exiba esse com portam ento. A característica entrada/saída não linear sugere que um ou mais diodos devem ser ligados ou desligados à m edida que V„, se aproxim a de ± V , . N a verdade, já vim os exem plos sim ples nas Figs. 3.11 (b) e (c), onde os semiciclos positivos da entrada são cortados em 0 V e +1 V, respecti­ vam ente. R eexam inem os o p rim eiro supondo um diodo mais realista, como, por exem plo, o m odelo de ten são constante. C om o ilu stra a Fig. 3.49(a), é igual a Vm para Vm < V e igual a Vl)on a p artir daí.

Para que funcione como um circuito lim itador mais geral, a topologia anterior deve satisfazer duas outras condições. Primeira, o nível de limite, V, , deve ser uma tensão arbitrária e não necessariamente igual a Vo,on- Com base no circuito da Fig. 3.1 l(c), postu­ lamos que uma fonte de tensão constante em série com D ] desloca o ponto de corte e, assim, alcançamos esse objetivo. O circuito resultante, ilustrado na Fig. 3.49(b), limita a tensão a V, = Vm + V Notemos que, para deslocar V, para valores maiores ou menores, Vm pode ser positivo ou negativo, respectivamente. Segunda, os valores negativos de Vin tam bém devem ser limitados. Com eçando com o circuito da Fig. 3.49(a), observamos que, se o anodo e o catodo de D | trocarem de posição, o circuito limita em Vin = —Vn„„ [Fig. 3.50(a)]. Portanto, como mostra a Fig. 3.50(b), dois diodos “antiparalelos” podem criar uma característica que limita em ± Vl)im. Por fim, a inserção de fontes de tensão constante em série com os diodos desloca os níveis de corte a valores arbi­ trários (Fig. 3.51).

^ou« ,

^ o u t,

1 %

k

J

+ V.

1

~ VL

y

^in

!/

- Vr, v ? Vl *.

-

^

- vv\_l—l \j 11

t1 (a) Figura 3.48

(b)

(a) Característica entrada/saída de um circuito limitador, (b) resposta a uma senoide.

'

Capítulo Três

Figura 3.50

(a) Limitador de eielos negativos, (b) limitador para ciclos positivos e negativos.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Figura 3.51

91

C ircuito lim itador genérico e sua característica entrada/saída.

Exemplo 3.34 Solução

A Fig. 3.52(a) ilustra como as fontes de tensão devem deslocar os pontos de corte. Visto que o ponto de corte dos ciclos positivos deve ser deslocado para a esquerda, a fonte de tensão em série com D, deve ser negativa e igual a 700 mV. De modo similar, a fonte de tensão em série com D2 deve ser positiva e igual a 700 mV. A Fig. 3.52(b) mostra o circuito resultante. *1 -wv^ in Ô

700 mV (a) Figura 3.52

Exercício

(b)

(a) Característica entrada/saída, (b) exemplo de um circuito limitador.

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara o caso em que os valores positivos do sinal devem ser lim itados em + 200 m V e o s valores negativos, em —1,1 V.

A ntes de concluirmos esta seção, farem os duas observações. Prim eira, os circuitos que estudam os exibem uma inclinação não nula na região de limi­ tação (Fig. 3.53). Isto ocorre porque, à m edida que Vin aum enta, também aum enta a corrente no diodo que está sob polarização direta e, portanto, aumenta a tensão no diodo.16Contudo, a regra de 60 mV/década expressa pela Eq. (2.109) implica que, em geral, esse efeito é desprezível. Segunda, até aqui, adm itim os

‘' Recordemos que Vn = V, ln(////*).

^out,

— Figura 3.53 limitação.

^

Vin

Efeito de diodos nào ideais nas características de

92

Capítulo Três

para - V , < V in < + V , , m as é possível realizar uma inclinação não unitária na região: V „„| =

V in

V r oiu = a Vr itr

3.5.4

D obradores de Tensão*

Sistemas eletrônicos em pregam , em geral, uma fonte de tensão “global” - por exem plo, 3 V - e exigem que os circuitos discretos e integrados operem com esse valor. No entanto, o projeto de alguns circuitos no sistem a é mais simples qu an d o os mesm os são alimentados por uma fonte de tensão mais alta, como,

Segunda, um divisor de tensão capacitivo como o da Fig. 3.54(b) funciona da seguinte m aneira: se Vin se to rn a mais positivo, a placa esquerda de C, recebe carga positiva de V)„ e obriga a que a placa direita absorva carga negativa de igual am plitude da placa superior de C2.Tendo perdido carga negativa, a placa superior de C2 arm azena mais carga positiva e, portanto, a placa inferior absorve carga negativa da terra. Vale notar que as q u atro placas recebem ou liberam iguais quantidades de carga, pois C, e C2 estão em série. Para determ inar a variação A V„„, em Vm„ que resulta de AVin, escrevem os a variação na carga em C2 com o A Q 2 = C2. A Vl>ul, o que tam bém vale p ara C,: A£>2 = A(?,. A ssim , a v ariação de tensão em C, é igual a C2 A V„JCX. Som ando estas duas variações de tensão e igualando o resultado a AVin, temos: A Vm = ^ - A V oul + A Vou,.

1

(3.110)

por exem plo, 6 V. “D obradores de ten são ” podem ser úteis para esse fim.17 A ntes do estudo de dobradores de tensão, é conveniente revermos algumas propriedades básicas de capacitores. Primeira, para carregar uma placa de um capacitor a +Q, a outra placa deve ser carregada a —Q. Portanto, no circuito da Fig. 3.54(a), a tensão nos terminais de C, não pode mudar, mesmo que Vin mude, pois a placa direita de C, não pode receber ou liberar carga ( Q = C V). C om o Vn perm anece constante, uma mudança AVin aparece diretam ente na saída. Esta é uma observação importante.

O u seja, A Vou, =

C l + C2

(3.111)

Este resultado é sim ilar ao da expressão para a divisão de tensão em divisores resistivos, exceto qu an to ao fato de que C, (e não C2) aparece no numerador. É interessante observar que o circuito da Fig. 3.54(a) é um caso especial do divisor capacitivo com C2 = 0 e, portanto, A V„ul = A V„,. C om o prim eiro passo para a realização de um dob rad o r de tensão, recordem os o resultado ilus­ trado na Fig. 3.31: no detector de pico, a tensão no diodo tem um valor m édio de —Vp e, o que é mais im portante, um valor de pico ~ 2 V p (em relação a zero). Para estudarm os o circuito com mais detalhe, o mesmo é redesenhado na Fig. 3.55, onde o diodo e o capacitor trocaram de posição e a tensão em D,

*Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura. "Dobradores de tensão são um exemplo de "conversores DC-DC"

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Figura 3.55

(a) Circuito capacitor-diodo, (b) formas de onda correspondentes.

é cham ada VOM. Em bora, nesse circuito, Voul tenha o mesmo com portam ento de V,n na Fig. 3.30(a), para um melhor entendimento obterem os a forma de onda de saída de uma perspectiva diferente. Admitindo um diodo ideal e condição inicial nula em Ci, notamos que, à medida que Vin se torna maior que zero, a entrada tende a colocar carga positiva na placa esquerda de C, e, portanto, carga negativa deve

Exem plo

3.35

ser fornecida por D,. Em conseqüência, D { é ligado,o que força V„„, - O.18À medida que a entrada aumenta em direção a Vp, a tensão em C, perm anece igual a V„„ pois a placa direita de C, está “conectada” a zero por D,. Após t = tx, Vmcomeça a cair e tende a descar­ regar C h ou seja, força a liberação de carga positiva da placa esquerda e, portanto, de D,. Em conseqüên­ cia, o diodo é desligado e o circuito se reduz ao da

Esbocemos a forma de onda de saída do circuito mostrado na Fig. 3.56, supondo condição inicial nula em C,.

(a) Figura 3.56

93

(b)

Circuito capacitor-diodo e (b) formas de onda correspondentes.

,xSe admitirmos que D xnão é ligado, o circuito lembra o da Fig. 3.54(a) e requer que Vout aumente e D, seja ligado.

94

Capítulo Três

Solução

À medida que Vmse torna maior que zero e tenta fornecer carga positiva à placa esquerda de C, e, em conseqüência, liberar carga negativa de D,, o diodo é desligado. Isto faz com que. durante todo o semiciclo positivo, C, transfira a carga da entrada diretamente à saída. Após l = /„ a entrada tende a fornecer carga negativa a C,: /), é ligado e força V„u, = 0. Logo, a tensão em C, permanece igual a Vin até t = í2\ neste momento, a direção do fluxo de corrente por C, e Dl deve ser alterada, desli­ gando £>,. Agora, a tensão em C, é igual a Vp e o capacitor transfere a carga de entrada à saída, ou seja, a saída segue a entrada, com um deslocamento de nível de + Vp, e alcança um valor de pico de +2V„.

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que, em t = 0, a placa direita de C, é 1 V mais positiva que a placa esquerda.

Fig. 3.54(a). A partir desse instante de tempo, a saída apenas segue as variações na entrada e C, sustenta uma tensão constante e igual a Vp. Em especial, à medida que Vh, varia de + Vp a —Vp, a saída passa de zero a —2VP e o ciclo se repete indefinidam ente. A forma de onda de saída é, por conseguinte, idêntica à obtida na Fig. 3.3 l(b). A té aqui, desenvolvem os circuitos que, para uma entrada senoidal que varia entre —Vp e +V,„ geram um a saída periódica com valor de pico de —2 Vp ou +2VP. Concluímos que, se esses circuitos

Figura 3.57

forem seguidos p o r um detector de pico [p. ex., Fig. 3.30(a)], uma saída constante igual a —2Vp ou +2VPpoderá ser produzida. C om binando o circuito da Fig. 3.56 com o d etector de pico da Fig. 3.30(a), a Fig. 3.57 exemplifica este conceito. Como o detector de pico "carrega” o prim eiro estágio quando D 2está ligado, devemos analisar este circuito com cuidado e determ inar se, de fato, funciona como um dobrador de tensão. Vamos supor diodos ideais, condições iniciais nulas em C, e C2,e C, = C2. Neste caso, a análise fica simplifi­

Circuito dobrador de tensão e formas de onda correspondentes.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

cada se começarmos com um ciclo negativo. À medida que Vin se torna m enor que zero, D, é ligado e conecta o nó A' a zero.19Assim, para I < /,, D, permanece desli­ gado e Vmu = 0. Em t = a tensão em C, chega a - Vp. Para t > tu a entrada começa a aum entar e tende a depositar carga positiva na placa esquerda de C ,,oque desliga D, e resulta no circuito m ostrado na Fig. 3.57. Como D2 se com porta nesse regime? Com o Vhl está aumentando, postulamos que Vx também tende a crescer (a partir de zero) e desliga D 2. (Se D2 perm a­ necer desligado, C, apenas transfere a variação em Vmao nó X , aum entando Vx e ligando D2.) Em conse­ qüência, o circuito se reduz a um simples divisor capacitivo que segue a Eq. (3.111): AVolll = ^AK,„

(3.112)

pois C, = C2. Em outras palavras, Vx e VOMcrescem a partir de zero, perm anecem iguais e variam de forma senoidal, com am plitude VJ2. Logo, de /, a t2, uma variação de 2Vp em Vjn aparece como uma variação Vp em Vx e Voul. Em t = t2, a tensão em C, é zero, pois tanto Vin como Vml são iguais a + Vr. O que se passa depois de / = /,? Como Vmcomeça a diminuir e tende a retirar carga de C,, D2é desligado e mantém Vmu igual a + Vp. O leitor pode se perguntar se algo está errado; nosso objetivo era gerar uma saída igual a 2Vp e não Vp. C ontudo,a paciência é uma

Exem plo

3.36 Solução

Exercício

95

virtude e devemos prosseguir com a análise de transiente. Para t > Í2f D ]e D 1estão desligados e cada capacitor mantém uma tensão constante. Como a tensão em C, é zero, Vx = Vin e cai a zero e m / = /•,. Nesse m om ento, D, é ligado de novo e perm ite que, em t = f4, C, seja carregado a - Vp. Q uando Vin começa a aum entar novamente, Z), é desligado e D2 permanece desligado,pois Vx = 0 e V„uí = +Vp. Agora,com a placa direita de C, flutuando, Vx segue a variação da entrada e atinge + Vp quando Vin passa de - Vp a 0. Logo, D2 é ligado em t - t5 e, mais uma vez, forma um divisor capacitivo. Após esse instante de tempo, a variação da saída é igual à metade da variação da entrada, ou seja, VOMpassa de + Vp a + Vp + VJ2 quando V„, passa de ü a + Vp. A saída, agora, chegou a 3 V;/2. A análise anterior deixa evidente que, em cada ciclo da entrada, a saída continua a aumentar de Vp, VJ2, V,/4 e assim por diante, tendendo ao valor final de V,ml = Vp( 1 + 1 + ! + . . . )

(3.113)

2

= 2 Vp.

(3.115)

O leitor deve prosseguir com a análise por mais alguns ciclos e com provar esta tendência.

No circuito dobrador de tensão, esbocemos a curva da variação da corrente em D, em função do tempo. Usando o diagrama da Fig. 3.58(a), notamos que D, e C, conduzem correntes iguais quando Dx está sob polarização direta; escrevendo a corrente como Im = —CxdVJdt, construímos o gráfico mostrado na Fig. 3.58(b).20 Para 0 < / < /„ D, conduz e a corrente de pico corresponde à máxima inclinação de V-m, ou seja, imediatamente após / = 0. De t = /, a / = /3, o diodo permanece desligado e repete o mesmo comportamento nos ciclos subsequentes. No exemplo anterior, esboce a curva da variação da corrente em D2 em função do tempo.

3.5.5 D iodos com o D eslocadores de Nível e C om utadores*

No projeto de circuitos eletrônicos, pode ser neces­ sário deslocar o nível médio de um sinal para cima ou

para baixo, pois um estágio subsequente (p. ex., um amplificador) pode não operar de forma adequada com o nível atual de sinal. Como um diodo sob polarização direta mantém uma tensão relativam ente constante, o mesmo pode

l9Como sempre, o leitor deve admitir a hipótese contrária (D, permanece desligado) e obter um resultado conflitante. 2"('omo sempre, /,„ denota a corrente que Ifui do anodo para o catodo. *Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura.

96

Capítulo Três

*D3“ 1DA

Figura 3.58

7

Y ~

Corrente no diodo em um dobrador de tensão.

ser visto como uma bateria e, portanto, um disposi­ tivo capaz de deslocar o nível de sinal. Como primeira tentativa, considerem os o circuito m ostrado na Fig. 3.39(a) como candidato a deslocar o nível do sinal para baixo, por um valor igual a V No entanto, a corrente no diodo permanece desconhecida e depende

do próximo estágio. Para aliviar este problema, modi­ ficamos o circuito tal como indica a Fig. 3.59(b), onde /, conduz uma corrente constante e estabelece V,D.on em D ,.21 Se a corrente que flui no próxim o estágio for desprezível (ou, pelo menos, constante), V„„, será m enor que Vin por um valor constante V Don.

2lO diodo foi desenhado na vertical para enfatizar que V„„, é menor que Vm.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Exem plo 3.37 Solução

97

Projetemos um circuito que desloque para cima o nível DC de um sinal por 2Vl)(tn.

Para deslocar o nível para cima, aplicamos a entrada ao catodo. Alem disto, para obter um deslo­ camento de 2VDon, conectamos dois diodos em série. A Fig. 3.60 mostra o resultado.

out

]/• vmO— Figura 3.60

Exercício

Deslocamento positivo de tensão por dois diodos.

O que acontece se /, for extremamente pequena?

O circuito de deslocamento de nível da Fig. 3.59(b) pode ser transform ado em um com utador eletrônico. Por exemplo, diversas aplicações em pregam a topo­ logia mostrada na Fig. 3.61 (a) para “am ostrar” V„, em C, e "congelar” o valor quando 5, desligar. Vamos substituir 5, pelo circuito deslocador de nível para perm itir que /, seja ligada e desligada [Fig. 3.61 (b)].

Se /, estiver ligada, Voul segue Vin, exceto quanto a um deslocamento de nível igual a VD,m. Quando /, desliga, £), também desliga e, evidentem ente, desconecta C, da entrada, o que congela a tensão em C,. Usamos o term o "evidentem ente” na última frase porque o verdadeiro comportamento do circuito difere um pouco da descrição anterior. A hipótese de que

Figura 3.61 (a) Circuito capacitor-comutador,(b) realização de (a) usando um diodo como comutador, (c) problema da condução do diodo, (d) circuito mais complexo, (e) circuito equivalente quando /, e /, estão desligadas.

98

Capítulo Três

D, desliga é válida apenas se C, não puxar corrente de D,, ou seja, apenas se Vin - V„„ permanecer menor que V A gora, considerem os o caso ilustrado na Fig. 3.61 (c), onde /, desliga em / = í„ permitindo que C, armazene um valor igual a VM - V,)on. À medida que a forma de onda da entrada completa uma excursão negativa e excede Vinl em / = t2, o diodo fica, de novo, sob polarização direta e carrega C, com a entrada (de m odo similar a um detector de pico). Ou seja, embora /, esteja desligada, D, é ligado em parte do ciclo. Para resolver este problem a, o circuito é m odi­ ficado tal com o m ostra a Fig. 3.61(d), o n d e D 2 é

Exem plo

3.38 Solução

inserido entre D, e C,, e l 2 provê uma corrente de polarização para D 2. Com /, e 12 ligadas, os diodos op eram sob polarização d ireta, Vx = Vin — Vni e K„, = Vx + Vn2 = V„„ se Vm = Vn2. Portanto, VOM segue Vin sem q u alq u er deslocam ento de nível. Q uando /, e I2 estão desligadas, o circuito se reduz ao da Fig. 3 .6 l(e ), onde, para q u alq u er valor de Vi,, ~ Vmil, os diodos frente a frente não conduzem e isolam C, da entrada. Em outras palavras, os dois diodos e as duas fontes de co rren te form am um com utador eletrônico.

No Capítulo 2, vimos que, sob polarização reversa, diodos exibem uma capacitância de junção. Estu­ demos o efeito dessa capacitância na operação do circuito discutido anteriormente. A Fig. 3.62 mostra o circuito equivalente para este caso, onde os diodos estão desligados, sugerindo que a condução da entrada pela capacitância de junção perturba a saída. Especificamente, usando o divisor capacitivo da Fig. 3.54(b) e supondo — j

=

A Figura 3.62

0

V

i l

A

,

C

,

\

Condução no comutador a diodo.

Cji = Cj2 = Cj, temos C j/ 2

C j/2 + C |

(3.116)

Para assegurar que esta “condução” é pequena, C, deve ser grande. Exercício

3.6

Calcule a variação da tensão na placa direita de Cy-, (em relação à terra) em termos de W in.

RESUM O DO CAPÍTULO

• Além dos modelos exponencial e de tensão cons­ tante, um modelo “ideal” é, às vezes, usado na análise de circuitos com diodos. O modelo ideal supõe que o diodo é ligado com uma tensão de polarização direta muito pequena. • Para diversos circuitos eletrônicos, a “caracterís­ tica entrada/saída” é estudada para um entendi­ mento da resposta a diferentes níveis de entrada, como, por exemplo, para uma entrada que varia de - o c a +oo. • “Operação em grandes sinais” ocorre quando um circuito ou dispositivo está sujeito a excursões

arbitrariamente grandes de tensão ou de corrente. Os modelos exponencial, de tensão constante ou ideal de diodo são usados neste caso. • Se as variações de tensão e corrente são suficien­ temente pequenas, dispositivos e circuito não line­ ares podem ser aproximados por equivalentes lineares, o que simplifica muito a análise. Esta é a chamada “operação em pequenos sinais”. • O modelo de pequenos sinais de um diodo consiste em uma “resistência incrementai” dada por i • Diodos encontram aplicação em diversos tipos de circuitos, incluindo retificadores, limitadores, dobradores de tensão e deslocadores de nível.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

Retificadores de meia-onda deixam passar semi­ ciclos positivos (negativos) da forma de onda de entrada e bloqueiam os semiciclos negativos (positivos). Quando seguido por um capacitor, um retificador pode produzir um nível DC quase igual ao valor de pico da excursão da entrada. Um retificador de meia-onda com um capacitor de filtragem de valor C, e resistor de carga R, exibe um ripple de saída igual a (Vp -

99

Retificadores de onda completa convertem os ciclos positivos e negativos da entrada à mesma polaridade na saída. Quando seguidos por um capacitor de filtragem e um resistor de carga, esses retificadores exibem um ripple de saída dado por 0,5(1/, - 2VPim)l(RrCJin). Diodos podem funcionar como dispositivos limi­ tadores, ou seja, podem limitar a excursão de saída mesmo que a excursão de entrada continue aumentando.

e x e r c í c i o s

Nos exercícios a seguir, suponha, para o modelo de tensão constante, que V/)í>;, = 800 mV. 3.1 Esboce a característica I/V do circuito mostrado na Fig. 3.63.

Figura 3.65

3.6 Para o circuito ilustrado na Fig. 3.66, esboce as curvas de lx e /,„ em função de Vx. Suponha V„ > 0. Figura 3.63 3.2 Se a entrada na Fig. 3.63 for expressa como Vx = V{) cos w/, esboce a curva da corrente que flui no circuito em função do tempo. 3.3 Esboce a curva de Ix em função de Vx para o circuito mostrado na Fig. 3.64 para os dois casos: VH— —1 V e VB= +1 V.

Figura 3.66

3.7 Para o circuito ilustrado na Fig. 3.67, esboce as cur­ vas de Ix e IRXem função de Vx para os dois casos: V„= - l V e Vfí= +1 V.

3.4 Se, na Fig. 3.64, Vx = Vucos cot, esboce a curva de lx em função do tempo para os dois casos: Vfí= -1 V e V„ = +1 V. 3.5 Para o circuito ilustrado na Fig. 3.65, esboce a curva de Ix em função de Vx para os dois casos: VH= - 1 V e VH= +1 V.

° i f Ideal

±L. ' vb

j

Figura 3.67

100

Capítulo Três

3.8 Para o circuito ilustrado na Fig. 3.68, esboce as cur­ vas de Ix e /*, em função de Vx para os dois casos: VH= -1 V e V„= +1 V.

3.14 Para cada circuito da Fig. 3.70, esboce a curva da saída em função do tempo para a entrada por Vin = V()cos cot. Use um modelo ideal de diodo. Vo

/>

*

«1

+ I B -

---- Wr

^ in f )

^ut

O

T + _ r -i ^

(a)

---O + ^out

(b)

vB , +ll' 3.9 Usando o modelo ideal para os diodos, esboce as curvas das características entrada/saída dos circuitos ilustrados na Fig. 3.69. Admita VH= 2 V.

+ Rl r D lÍ

J

^out — o

(d)

(c)

+1out

‘'o u t

'i " Ó

+[

1

1,01,1

-o

(b)

(a)

(c) Figura 3.70

VB +L-

3.15 Supondo um modelo de tensão constante para os diodos, esboce a curva de Vout em função de /,„ para cada circuito na Fig. 3.71.

out

vy -

d

vo

(d)

(C )

(a)

'■«<*) *1

o

out

-J -

B -------- o

(c)

3.12 Esboce a característica entrada/saída de cada circuito na Fig. 3.70 usando um modelo ideal para os diodos. 3.13 Repita o Exercício 12 com um modelo de tensão constante para os diodos.

+T_ 1 i/B

(b)

Figura 3.69

3.11 Para cada circuito da Fig. 3.69, esboce a curva da saída em função do tempo para a entrada por Vm= Vl}cos cot. Suponha um modelo ideal de diodo.

+

v«out

-J -

(c)

3.10 Repita o Exercício 9 com um modelo de tensão cons­ tante.

Í d,

'out D1

i-h (d)

Figura 3.71

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

101

3.16 Para os circuitos na Fig. 3.71, esboce a curva da

Di

corrente que flui em em função de Vm. Admita um modelo de tensão constante para os diodos. 'i n ®

3.17 Para os circuitos na Fig. 3.71, esboce a curva de Vout

em função do tempo, com Iin = /0 cos o>/. Suponha um modelo de tensão constante para os diodos e um valor relativamente grande para /„

-o

(0

D1

Dl

'i n ®

a

d2

‘'out

3.19 Para os circuitos na Fig. 3.72, esboce a curva da

r

/i n ( £ )

* -

-3 -

-o (h)

Figura 3.73

3.23 Para os circuitos ilustrados na Fig. 3.74, esboce a curva da característica entrada/saída. Admita um modelo de tensão constante para os diodos. 3.24 Para os circuitos na Fig. 3.74, esboce as curvas das correntes que fluem em e em I)] em função de Vin. Admita um modelo de tensão constante para os diodos.

out ^oi

+T

‘'out

(g)

3.20 Para os circuitos na Fig. 3.72, suponha Iin= /0cos cot.

m

'in ©

-o

corrente que flui em Rx em função de /,,,. Suponha um modelo de tensão constante para os diodos. onde /„é relativamente grande. Usando um modelo de tensão constante para os diodos, esboce a curva de Vout em função do tempo.

‘'out

(e)

3.18 Para os circuitos na Fig. 3.72, esboce a curva de Voul

em função de Iin. Admita um modelo de tensão cons­ tante para os diodos.

S d2

----- O

(a) 'i n ©

F T* F c :. (b)

^ in Q

'out

' ln ©

out

Di t h

.

(a)

(c) Figura 3.72

3.21 Para os circuitos mostrados na Fig. 3.73, esboce a curva de Vout em função de Suponha um modelo de tensão constante para os diodos. 3.22 Para os circuitos na Fig. 3.73, esboce a curva da corrente que flui em /?, em função de Iin. Suponha um modelo de tensão constante para os diodos.

(b) Figura 3.74

+ 'in ©

out

B

. R1 'i " è „

^out (b)

JL R 1

out

'-<í> D;

n; (C )

/

3.25 Supondo um modelo de tensão constante para os diodos, esboce as curvas das características entrada/ saída dos circuitos ilustrados na Fig. 3.75. 3.26 Para os circuitos na Fig. 3.75, esboce as curvas das correntes que fluem em e em />), em função de Vin. Admita um modelo de tensão constante para os diodos. 3.27 Supondo um modelo de tensão constante para os diodos, esboce as curvas das características entrada/ saída dos circuitos ilustrados na Fig. 3.76.

102

Capítulo Três

Vin0----

WrCw

3.28 Para os circuitos na Fig. 3.76, esboce as curvas das correntes que fluem em R ] e em D, em função de Vin. Admita um modelo de tensão constante para os diodos.

-oV,out

«1

3.29 Supondo um modelo de tensão constante para os diodos e Vl{ = 2 V, esboce as curvas das caracterís­ ticas entrada/saída dos circuitos ilustrados na Fig. 3.77.

(a)

r - sW,------r ^ 1—

-oV,o u t /in°

out

w


J- 1 '3----- + | B" W-----M I- T- 0 ^out D

(a)

*>1 *1 |----1»---- % --- 1 ^in°----\ ^ + ||~ M

(c)

-w-

V,B

'1

-°v,out

° ^out

(b)

(d)

«1

Figura 3.75

^in0-

^1 R ! -H -W -

I

-oV,O U t D2

(d)

(b) Figura 3.77

V.out

'1

..

D2

-+V.out

r2 (c)

(e) Figura 3.76

3.30 Para os circuitos na Fig. 3.77, esboce as curvas das correntes que fluem em R ] e em D] em função de Vin. Suponha um modelo de tensão constante para os diodos. 3.31 Para oscircuitos mostrados na Fig.3.78,começando com VDon « 800 mV para cada diodo, determine a variação em Voul se Vin mudar de +2,4 V para +2,5 V.

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

103

3.33 Em cada circuito do Exercício 32, determine a variação na corrente que flui no resistor de 1 kíl.

V\„°----- D4

(a)

3.34 Para o circuito ilustrado na Fig. 3.80, supondo V,n = VPsen Vp = 5 V e uma condição inicial de +0,5 V no capacitor C„ esboce a forma de onda de saída.

Vin°----- t>f

^in0--- WD1 R-t t^in°----- W-----v/v— Wr 1 kQ

í

out

out

(b) Figura 3.80

D2

3.35 Repita o Exercício 34 para o circuito mostrado na Fig. 3.81.

(c)

^in°--- K>-

«1 ^in°----- VW-

-oV,out

out Figura 3.81

3.36 Suponha que o retificador da Fig. 3.32 alimente uma carga de 100 íl com uma tensão de pico de 3,5 V. Para um capacitor de filtragem de 1000 /xF, calcule a amplitude do ripple para uma frequência de 60 Hz.

(d) Figura 3.78

3.32 Para os circuitos da Fig. 3.79, começando com Vn.<,n 800 mV para cada diodo, calcule a variação em V„Mse /,„ mudar de 3 mA para 3,1 mA.

3.37 Um adaptador de 3 V que usa um retificador de meia-onda deve fornecer uma corrente de 0,5 A com ripple máximo de 300 mV. Para uma frequência de 60 Hz, calcule o valor mínimo permitido para o capa­ citor de filtragem. 3.38 Supondo que as terras de entrada e de saída de um retificador de onda completa sejam curto-circuitadas, esboce a forma de onda de saída com e sem o capacitor de carga e explique por que o circuito não funciona como um retificador.

(a)

3.39 Para cada diodo na Fig. 3.38(b), esboce a curva da tensão em função do tempo se Vin = V{) cos cot. Suponha um modelo de tensão constante para os diodos e Vn > V 01 fli CH---- Wr-----11 kn

í

(b)

3.40 Ao construir um retificador de onda completa, um estudante errou ao conectar os terminais de D3, como ilustra a Fig. 3.82. Explique o que ocorre. Use o modelo exponencial.

out d2

(c)

«1 -Wv/inCÍ)

-°V,out

1kQ /?? | 2 k f í ? D 2 (d)

Figura 3.79

104

Capítulo Três

3.41 Um retificador de onda completa é alimentado por uma entrada senoidal Vm= V{)cos cot, com V0 = 3 V e co = 27r (60 Hz). Supondo Vl)ol, = 800 mV, determine a amplitude do ripple com um capacitor de filtragem de 1000 /xF e um resistor de carga de 30 íl.

3.48 Aplicações de “formatação de onda” exigem a carac­ terística entrada/saída ilustrada na Fig. 3.84. Usando diodos ideais e outros componentes, construa um circuito que produza esta característica. (Os valores dos resistores não são únicos.)

3.42 Suponha, na Fig. 3.38(b), que os terminais negativos de Vine Vtmlestejam curto-circuitados. Admitindo um modelo ideal de diodo, esboce a curva da caracterís­ tica entrada/saída e explique por que o circuito não funciona como um retificador de onda completa. 3.43 Suponha, na Fig. 3.43, que o diodo conduz uma corrente de 5 mA, e a carga, uma corrente de 20 mA. Se a corrente na carga aumentar para 21 mA, qual será a variação na tensão total nos três diodos? Admita que é muito maior que 3rd. 3.44 Neste exercício, faremos uma estimativa do ripple visto pela carga na Fig. 3.43, para que possamos avaliar a regulação provida pelos diodos. Para simpli­ ficar, desprezamos a carga e consideramos f m= 60 Hz, C, = 100 /líF, = 1000 íl e que a tensão de pico produzida pelo transformador é igual a 5 V. (a) Supondo que Rx conduz uma corrente relati­ vamente constante e VPon < 800 mV, faça uma estimativa da amplitude do ripple em C,. (b) Usando o modelo de pequenos sinais para os diodos, determine a amplitude do ripple na carga. 3.45 No circuito limitador da Fig. 3.51, esboce as correntes que fluem em Dl e D2em função do tempo, para uma entrada Vucos ojí e V0 > VDo + Vm e - V lt> - V ao - Vm.

Figura 3.84

3.49 Suponha que uma forma de onda triangular seja apli­ cada à característica da Fig. 3.84, como mostrado na Fig. 3.85. Esboce a forma de onda de saída e observe que é uma aproximação grosseira de uma senoide. Como a característica entrada/saída deve ser modi­ ficada para que a saída se torne uma melhor apro­ ximação para uma senoide?

3.46 Projete o circuito limitador da Fig. 3.51 para um limite negativo de -1 ,9 V e um limite positivo de +2,2 V. Admita que a tensão de pico de entrada é igual a 5 V. que a máxima corrente permitida em cada diodo é 2 mA e que Ví)on ** 800 mV. 3.47 Desejamos projetar um circuito que exiba a caracte­ rística entrada/saída mostrada na Fig. 3.83. Usando resistores de 1 kit, diodos ideais e outros compo­ nentes, construa o circuito.

Figura 3.85

Figura 3.83

Modelos de Diodos e Circuitos com Diodos

EXERCÍCIOS

105

COM SPICE

Nos exercícios a seguir, suponha /* = 5 X 10 16A. 3.50 O retificador de meia-onda da Fig. 3.86 deve fornecer uma corrente de 5 mA a /?,, para um nível de pico de entrada de 2 V. (a) Determine, por cálculo manual, o correspon­ dente valor de Rv (b) Confirme o resultado com SPICE.

3.53 O circuito da Fig. 3.89 é usado em alguns circuitos analógicos. Esboce a característica entrada/saída para - 2 V < Vin < +2 V e determine a maior excursão de entrada para a qual IVui - Voul\ < 5 mV.

D1 ^out

Figura 3.86

3.51 No circuito de Fig. 3.87, = 500 íle /^ 2 = l kü. Use SPICE para determinar a característica entrada/ saída para - 2 V < Vjn < +2 V. Esboce a curva da corrente que flui em R{ em função de Vm. Figura 3.89

out Figura 3.87

3.52 O retificador mostrado na Fig. 3.88 é alimentado por uma entrada senoidal de 60 Hz e amplitude de pico de 5 V. Usando a análise transiente em SPICE, (a) Determine o ripple pico a pico na saída. (b) Determine a corrente de pico que flui em D {. (c) Calcule a carga mais pesada (menor R ,) que o circuito pode alimentar, mantendo o ripple menor que 200 mV/(/).

3.54 O circuito mostrado na Fig. 3.90 pode fornecer uma aproximação de uma senoide na saída em resposta a uma forma de onda triangular de entrada. Usando a análise DC em SPICE para esboçar a caracterís­ tica entrada/saída para 0 < K ,< 4 V, determine os valores de Vm e V,n de modo que a característica se aproxime de uma senoide. 2k íl

^B1

T-

^B2“ "

T-

(a)

Di

Figura 3.90

C A P I T U L O

4 Física de Transistores Bipolares O transistor bipolar foi inventado por Shockley, Brattain e Bardeen em 1945, nos Laboratórios Bell, e logo substituiu as válvulas a vácuo em sistemas eletrônicos, abrindo caminho para os circuitos integrados. Neste capítulo, analisaremos a estrutura e o funcio­ namento de transistores bipolares; isto nos preparará para o estudo de circuitos que empregam tais disposi­

tivos. Seguindo o mesmo processo de raciocínio utili­ zado no Capítulo 2 para junções pn, nosso objetivo é entender a física do transistor, deduzir as equações que representam sua característica I/V e desenvolver um modelo equivalente que possa ser usado na análise e na síntese de circuitos. A seqüência de conceitos que apresentaremos neste capítulo é ilustrada a seguir.

D ispositivo C ontrolado por Tensão como Elemento Am plificador

4.1

C O N S ID E R A Ç Õ E S G E R A IS

Na forma mais simples, um transistor bipolar pode ser visto como uma fonte de corrente controlada por tensão. M ostraremos, primeiro, com o uma fonte de corrente desse tipo pode constituir um amplificador e, em seguida, por que dispositivos bipolares são úteis e interessantes. C onsiderem os a fonte de co rren te co n tro ­ lada por tensão ilustrada na Fig. 4.1 (a), onde /, é proporcional a V x: /, = K V X. Vale notar que K tem dim ensão de resistência Por exem plo, com K = 0,001 íi ', uma tensão de en trad a de 1 V resulta em uma corrente de saída de 1 mA. A gora, vamos cons­ truir o circuito m ostrado na Fig. 4.1 (b), onde uma fonte de tensão Vin controla /, e a corrente de saída flui por uma resistência de carga R , yproduzindo V,,,,,. Nosso objetivo é dem onstrar que esse circuito pode funcionar como um am plificador, ou seja, Vou, é uma

106

réplica amplificada de Vín. Com o V , = Vin e V0M = - /?,/,, temos Vou, = - K R , y in.

(4.1)

É interessante observar que, se K R , > 1, o circuito amplifica a entrada. O sinal negativo indica que a saída é uma réplica “invertida” da entrada do circuito [Fig. 4.1(b)]. O fator de amplificação ou “ganho de tensão” do circuito, A v, é definido como Av = —

(4.2)

MU

= -K R ,.,

(4.3)

e depende das características da fonte de corrente controlada e da resistência de carga. N otem os que K indica quão forte é o controle de V, sobre /, e, portanto, afeta o ganho de m aneira direta.

Física de Transistores Bipolares

Figura 4.1

Exem plo 4.1

107

(a) Fonte de corrente controlada por tensão, (b) amplificador simples.

C onsiderem os o circuito m o strado na Fig. 4.2, onde a fonte de co rre n te co n tro lad a p o r tensão exibe um a resistência “ in te rn a ” r,„. D eterm in em o s o ganho de ten são do circuito.

Vin í Figura 4.2

Solução

Exercício

Fonte de corrente controlada por tensão, com resistência interna rm

C om o, p ara q u a lq u e r v alor de ri/n V x é igual a Vin, o ganho de tensão perm an ece inalterado. E sta observ ação te rá u tilid ad e nas análises q ue farem os p o steriorm ente. R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara o caso em que rin = <».

Este estudo revela que um a fonte de corrente controlada por tensão pode, de fato, prover amplifi­ cação de sinal.Transistores bipolares são um exemplo desse tipo de fonte de corrente e,em condições ideais, podem ser modelados tal com o mostra a Figura 4.3. Notem os que o dispositivo contém três term inais e que sua corrente de saída é uma função exponencial

Figura 4.3 Fonte de corrente controlada por tensão,com depen­ dência exponencial.

de V,. Na Seção 4.4.4, veremos que, em determ inadas condições, esse modelo pode ser aproxim ado pelo da Fig. 4.1 (a). Por serem dispositivos de três terminais, os transis­ tores bipolares podem dificultar a análise de circuitos. Como já tratamos, na análise de circuitos simples e nos capítulos anteriores deste livro, de dispositivos de dois terminais, tais como resistores,capacitores, indu­ tores e diodos, estamos familiarizados com a corres­ pondência de um para um entre a corrente que flui em cada dispositivo e a queda de tensão no mesmo. No caso de dispositivos de três terminais, poderíamos considerar a corrente e a tensão entre quaisquer dois term inais e obteríam os um com plexo sistem a de equações. Por sorte, à medida que desenvolvermos nosso entendim ento do funcionam ento do tran ­ sistor, descartarem os algumas dessas com binações de corrente e tensão por serem irrelevantes e, assim, obterem os um m odelo relativam ente simples.

108 4.2

Capítulo Quatro

ESTRUTURA DE TR A N S IS TO R E S B IP O LA R E S

O transistor bipolar consiste em três regiões dopadas, que form am um sanduíche. A Fig. 4.4(a) traz um exem plo de uma cam ada p en tre duas regiões n\ esta configuração é cham ada transistor “n p n ”. Os três term inais são denom inados “base”, “em issor” e “coletor”. Como explicaremos mais adiante, o emissor “em ite” portadores de carga e o coletor os “coleta”; a base controla o número de portadores que fazem esse percurso. O símbolo de circuito para o transistor npn é ilustrado na Fig. 4.4(b). As tensões nos terminais são denotadas por VE, VHe Vc, e as diferenças de tensão entre eles, por Vm:, VCB e VCE. A qui, o transistor será designado por Q,. Da Fig. 4.4(a), podem os notar prontam ente que o dispositivo contém dois diodos de junção pn: um en tre a base e o em issor, e o u tro entre a base e o coletor. Por exemplo, se a base for mais positiva que o em issor, Vm.: > 0, esta ju n ção estará sob polari­ zação direta. Em bora esse diagram a simples sugira que o dispositivo é simétrico em relação ao emissor e ao coletor, na prática as dim ensões e os níveis de dopagem dessas duas regiões são muito diferentes. Em outras palavras, E e C não podem ser intercambiados. Observaremos, tam bém ,que o funcionamento adequado do dispositivo exige um a região de base muito delgada: em m odernos transistores bipolares integrados, essa região tem espessura da ordem de 100 À. Como mencionamos na seção anterior, o número de possíveis combinações de tensões e correntes para um dispositivo de três term inais pode ser excessivo. Para o dispositivo na Fig. 4.4(a), V„E, VIICe VCI podem

assumir valores positivos ou negativos e resultam em 23 possibilidades para as tensões nos term inais do transistor. Por sorte, apenas uma dessas oito combi­ nações tem aplicação prática e nela focaremos nossa atenção. A ntes de prosseguirmos com transistores bipo­ lares, é conveniente que estudem os um efeito inte­ ressante em junções pn. Considerem os a junção sob polarização reversa ilustrada na Fig. 4.5(a) e recor­ demos, do Capítulo 2, que a região de depleção está sujeita a um intenso cam po elétrico. Suponham os agora que um elétron é, de algum modo, “injetado” do exterior para o lado direito da região de depleção. O que acontece com esse elétron? A tuando como um portador minoritário no lado p , o elétron sofre a ação do campo elétrico e é rapidamente varrido para o lado n. A capacidade de uma junção pn sob polarização reversa de “coletar”, de modo eficiente, elétrons inje­ tados do exterior é essencial para o funcionamento do transistor bipolar.

4.3

Figura 4.4 (a) Estrutura e (h) símbolo de circuito de um tran­ sistor bipolar.

OPERAÇÃO DE TR AN S IS TO R E S B IP O L A R E S NO M O D O ATIVO

Nesta seção, analisarem os a operação de um tran ­ sistor bipolar com o objetivo de provar que, em deter­ minadas condições, o mesmo atua como uma fonte de corrente controlada por tensão. Particularm ente, pretendem os m ostrar que (a) o fluxo de corrente do emissor para o coletor pode ser visto como uma fonte de corrente conectada entre esses dois term inais e (b) que essa corrente é controlada pela diferença de tensão entre a base e o emissor, V,„:. Iniciamos nosso estudo com a hipótese que a junção base-em issor está sob polarização direta

Física de Transistores Bipolares

(V ni. > 0), e a junção base-coletor, sob polarização reversa (V HC < 0). Nestas condições, dizemos que o dispositivo está polarizado na “região ativa direta” ou, simplesmente, no “m odo ativo” . Por exemplo, com o emissor conectado à terra, a tensão da base é fixada em cerca de 0,8 V, e a do coletor, em um valor mais alto, como, por exemplo, l V [Fig. 4.6(a)]. Portanto, a junção base-coletor fica sujeita a uma polarização reversa de 0,2 V. Considerem os, agora, a operação do transistor no m odo ativo. Podemos ser tentados a simplificar o exem plo da Fig. 4.6(a) com o o circuito eq u iv a­ lente m ostrado na Fig. 4.6(b). Afinal, parece que o transistor bipolar consiste em apenas dois diodos que com partilham os anodos no term inal da base. Esta visão implica que D, conduz uma corrente, e

109

D 2, não; ou seja, podem os prever que há um fluxo de corrente da base para o em issor e que nenhum a corrente flui pelo term inal do coletor. Se isto fosse verdade, o tran sisto r não funcionaria com o um a fonte de corrente controlada por tensão e seria de pouca utilidade. Para en te n d e r por que o tran sisto r não pode ser m odelado como apenas dois diodos com anodo com um , devem os exam inar o fluxo de co rren te no in terio r do dispositivo, tendo em m ente que a região da fonte é m uito delgada. C om o a junção base-em issor está sob polarização direta, elétrons fluem do emissor para a base, e lacunas, da base para o emissor. Para o funcionam ento adequado do tran ­ sistor, a prim eira corrente deve ser muito maior que a segunda; isto requer que o nível de dopagem do

‘'CE

‘'CE

VCE = +1 V

(c) Figura 4.7 (a) Fluxo de elétrons e de lacunas através da junção base-emissor, (b) elétrons que se aproximam da junção do coletor, (c) elétrons que fluem pela junção do coletor.

110

Capítulo Quatro

emissor seja muito maior que o da base (C apítulo 2). Assim, representam os a região d o em issor como n +, onde o sobrescrito enfatiza o alto nível de dopagem. A Fig. 4.7(a) resum e nossas observações até aqui e indica que o em issor injeta um grande núm ero de elétrons na base e recebe dela um pequeno núm ero de lacunas. O que acontece com os elétrons à m edida que penetram na base? Como a região da base é delgada, a maioria dos elétrons alcança a fronteira da região de depleção da junção coletor-base e ficam sujeitos à ação do cam po elétrico interno. Em conseqüência, como ilustra a Fig. 4.5, os elétrons são varridos para a região do coletor (como na Fig. 4.5) e absorvidos pelo terminal positivo da bateria. As Figs. 4.7(b) e (c) mostram uma representação desse efeito em "câmara len ta”. Portanto, concluímos q ue a junção coletorbase, que está sob polarização reversa, conduz uma corrente, pois portadores minoritários são “injetados” em sua região de depleção. Vamos resumir nosso raciocínio. No modo ativo, um transistor bipolar npn transporta, através da base, um grande núm ero de elétrons do em issor para o coletor e puxa uma pequena co rren te de lacunas

pelo term inal da base. A gora, devem os responder a algum as perguntas. Prim eira, com o os elétrons viajam pela base: por deriva ou por difusão? Segunda, qual a dependência entre a corrente resultante e as tensões nos term inais? Terceira, qual é a am plitude da corrente da base? Funcionando com o um co ndutor m oderado, a região da base fica sujeita a um pequeno cam po elétrico, ou seja, permite que a maior parte do campo caia ao longo da camada de depleção da junção baseemissor. Portanto, com o explicam os no Capítulo 2 para junções p n , a co rren te de deriva na base é desprezível;1 isto torna a difusão o principal m eca­ nismo para o lluxo de elétrons injetados pelo emissor. Na verdade, duas observações justificam a ocorrência de difusão: (1) redesenhando o diagrama da Fig. 2.29 p ara a junção em issor-base [Fig. 4.8(a)], notam os que a densidade de elétrons em x - x, é muito alta; (2) com o qualquer elétron que chega a x = x 2 na Fig.4.8(b) é varrido para fora, a densidade de elétrons cai a zero neste ponto. Em conseqüência, a densi­ dade de elétrons na base assume o perfil ilustrado na Fig. 4.8(c), e produz um gradiente para a difusão de elétrons.

'CE

'CE

(b)

(a)

'CE

(C )

Figura 4.8 (a) Perfis de lacunas e de elétrons na junção basc-emissor, (b) densidade nula de elétrons nas proximidades do coletor, (c) perfil de elétrons na base.

'Aqui, esta hipótese simplifica a análise, mas pode não ser válida no caso geral.

Física de Transistores Bipolares 4.3.1

C orrente de C o letor

Agora, abordarem os a segunda pergunta feita ante­ riorm ente e calcularem os a co rren te que flui do coletor para o emissor.2 Assim como um diodo sob polarização direta, a junção base-em issor exibe uma alta concentração de elétrons em x = x xna Fig. 4.8(c), dada pela Eq. (2.96): *

í

\

N/-.

(

V

An(*,) = ----- ^ ( e x p — exp— v

m

\

-ij

(4.4)

111

onde W„ é a largura da região da base. M ultiplicando essa quantidade pela área da seção reta do emissor, A e, usando o valor de A/i(jr,) dado em (4.5) e mudando o sinal para obter a corrente convencional, temos lc =

NfíWB

( cxp^ í - 1)

(4.8)

Em analogia com a equação da corrente no diodo e supondo exp (V BE/V r) » 1, escrevemos

Vr

N,s ( Vn,. A = ‘^ v cxp"v7T ” /

(4.6)

0 - A«(a:i )

Exem plo

— wh

’

(4.9)

Ai:(]Dnnj NnWn '

(4.10)

Vr

com

Aqui./V, e Nn denotam os níveis de dopagem no emissor e na base, respectivamente,e utilizamos a relação exp( VJ V-i) = N FN i,/n }. Neste capítulo, admitimos V , = 26 mV. Aplicando a lei da difusão [Eq. (2.42)], calcu­ lamos o fluxo de elétrons no coletor como

=
/ = Is / e x p —nE lc -, (4.5)

Is =

A Eq. (4.9) implica que o transistor bipolar, de fato, funciona como uma fonte de corrente controlada por tensão e é um candidato potencial para efetuar amplificação. De m odo alternativo, podem os dizer que o transistor executa uma “conversão de tensão para corrente”.

(4.7)

Determinemos a corrente Ix na Fig. 4.9(a) para o caso em que Qx e Q2 são idênticos, operam no modo ativo e K, = V2.

ri TFigura 4.9 (a) Dois transistores idênticos que puxam corrente de Vc, (b) equivalência com um transistor com o dobro da área.

2Em um transistor npn. elétrons llucm do emissor para o coletor. Portanto, a direção convencionada da corrente é do coletor para o emissor.

112

Capítulo Quatro

(b) Figura 4.9

Solução

(b) (Continuação).

Como lx = /C1 + /(7, temos

(4.11)

Este resultado também pode ser visto como a corrente de coletor de um único transistor cujo emissor tem área 2 AE. Na verdade, redesenhando o circuito tal como mostrado na Fig. 4.9(b) e notando que Q ] e Q 2 estão sujeitos a tensões idênticas nos respectivos terminais, podemos dizer que os dois transistores estão “em paralelo” e funcionam como um único transistor com o dobro de área de emissor de cada um. Exercício

Exem plo 4.3

Solução

Repita o exemplo anterior para o caso em que (9, tem emissor com área A , t Q 2 tem emissor com área 8/1

No circuito da Fig. 4.9(a), Q x e Q 2 são idênticos e operam no modo ativo. Determinemos V ] - V2 para que /<, = 10/(7. Da Eq. (4.9), temos V\

Aexp Vr

Içi ld

Is exp

W

(4.12)

Vr

portanto, V1 - V Vr

exp-

2

= 10.

(4.13)

Ou seja, (4.14)

V\ — V2 = Vr ln 10

= 300 K.

(4.15)

Igual à Eq. (2.109), este resultado era esperado, pois a dependência exponencial entre Ic e VBE indica um comportamento similar ao de diodos. Portanto, para níveis típicos de corrente de coletor, consi­ deramos a tensão base-emissor do transistor relativamente constante e da ordem de 0,8 V. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que nAn .

e Q2 têm diferentes áreas de emissor: A ia =

Física de Transistores Bipolares

Exemplo 4.4

Solução

113

Transistores bipolares discretos típicos têm uma grande área, como, por exemplo, 5(X) fim X 500 fim; os modernos dispositivos integrados, por sua vez, podem ter áreas pequenas, como, por exemplo, 0,5 fim X 0,2 fim. Supondo que os outros parâmetros dos dispositivos são mantidos, determinemos a diferença entre as tensões base-emissor de um transistor discreto e de um transistor integrado, para idênticas correntes de coletor. Da Eq. (4.9), temos VBE = K7ln(/C// S); logo, V,iEnu - VniuUs = v , l n ^ .

(4.16)

AS2

onde V/ucim = Vrln (^c/Arc) e Vhmís = V^/ ln(/c,//V|) denotam as tensões base-emissor dos dispositivos integrado e discreto, respectivamente. Como Is A E, Vn,,„, - VnEdis = Vr l n ^ . A e1 Para este exemplo, A,.pJ A Ey = 2,5

X

(4.17)

106; portanto, Vbimu - Vbeüs = 383 mV.

(4.18)

Na prática, V,iEint ~ VBEdis está na faixa entre 100 e 150 mV, devido às diferenças entre as larguras de base e outros parâmetros. Aqui, o ponto importante é que Vm. = 800 mV é uma aproximação razoável para transistores integrados; este valor deve ser reduzido para cerca de 700 mV para dispositivos discretos. Exercício

Repita a comparação anterior para o caso de um dispositivo integrado muito pequeno, com área de emissor de 0,15 fim X 0,15 fim.

Com o m uitas aplicações envolvem valores de tensão, a corrente de coletor gerada por um transistor

Exem plo 4.5

bipolar flui, em geral, por um resistor para produzir uma queda de tensão.

Determinemos a tensão de saída na Fig. 4.10, para o caso Is = 5 Rl

Í

1

X

10"16A.

kQ =-

3 V

-, + 750 mV

Figura 4.10

Solução

F T-

^out 1= I

Estágio simples com polarização.

Usando a Eq. (4.9), escrevemos /< = 1,69 mA. Esta corrente flui por R, e produz uma queda de tensão de 1 kíl X 1,69 mA = 1,69 V. Como VCE = 3 V - ICR,, obtemos Vout = 1,31 V.

Exercício

O que acontece se o valor do resistor de carga for dividido por dois?

(4.19)

114

Capítulo Quatro

A Eq. (4.9) revela uma pro p ried ad e interes­ sante do transistor bipolar: a corrente de coletor não depende da tensão de coletor (desde que o disposi­ tivo perm aneça no m odo ativo). Desta forma, para um dado valor da tensão base-emissor, o dispositivo puxa uma corrente constante e atua como uma fonte de corrente [Fig. 4.1 l(a)]. A Fig. 4.1 l(b ) mostra um

Figura 4.11

4.3.2

(a) Transistor bipolar como fonte dc corrente, (b) característica I/V.

C orrentes de Base e de Em issor

A pós o cálculo da corrente de coletor, voltam os a atenção para as correntes de base e de em issor e suas dependências em relação às tensões. Com o o transistor bipolar deve satisfazer à lei das correntes de Kirchhoff, o cálculo da corrente de base também fornece a corrente de emissor. No transistor npn da Fig. 4.12(a), a corrente de base, /„, resulta do fluxo de lacunas. Recordemos da Eq. (2.99) que, em uma junção p n sob polarização direta, as correntes de lacunas e de elétrons guardam

Figura 4.12

gráfico da corrente de coletor em função da tensão coletor-em issor: a corrente assume um valor cons­ tante para VCE > K,.3 Fontes de corrente constante encontram aplicação em diversos circuitos eletrônicos e, neste livro, veremos vários exemplos de sua utili­ zação. Na Seção 4.5, estudarem os o com portam ento do transistor para VCE < VBE.

uma relação constante, dada pelos níveis de dopagem e por outros parâm etros. Portanto, o núm ero de lacunas que fluem da base para o em issor é uma fração constante do núm ero de elétrons que fluem do emissor para a base. Por exemplo, para cada 200 elétrons injetados pelo emissor, uma lacuna deve ser fornecida pela base. Na prática, a corrente de base contém um compo­ nente adicional de lacunas. À medida que os elétrons injetados pelo emissor viajam através da base, alguns podem se “recom binar” com lacunas [Fig. 4 .12(b)j; em outras palavras, devido à recom binação, alguns

Corrente de base resultante dc lacunas (a) que flui para o emissor e (b) recombinação com elétrons.

'Recordemos que V( t > Vx é necessário para assegurar que a junção coletor-base permanece sob polarização reversa.

Física de Transistores Bipolares

elétrons e lacunas são “desperdiçados”. Por exemplo, em média, de cada 200 elétrons injetados pelo emissor, um se recombina com uma lacuna. Resumindo, a corrente de base fornece lacunas tanto para injeção reversa no em issor com o para recom binação com elétrons que viajam em direção ao coletor. Portanto, podemos ver /„ como uma fração constante de /, ou como uma fração constante de Ic. É comum escrever k = Pht.

Solução

(4.21)

- * • ( ! + £ )•

Podemos resumir nossas conclusões como: Ic = A exp -^r-

(4.23)

h = \h v e x p ^ p vr

(4.24)

V'T

(4.20)

onde (3é chamado “ganho de corrente” do transistor, pois mostra de quanto a corrente de base é "amplificada”. Dependendo da estrutura do dispositivo, o parâmetro j3 de transistores npn tem valores típicos entre 50 e 2(X). Para calcular a corrente de emissor, aplicam os a LCK ao transistor, com as direções de correntes indicadas na Fig. 4.12(a):

Exem plo 4.6

h: = k + h

115

h = t - j r - k CXP TT1P

VT

(4-25)

Às vezes é útil escrever /< = [/3/(/3 + 1)]/,, e repre­ sentar /3/(/3 + 1) por a. Para (5 = 1(X), a = 0,99; isto sugere que a ^ l e / , » /, são aproximações razoá­ veis. Neste livro,supomos que as correntes de coletor e de emissor são aproxim adam ente iguais.

Um transistor bipolar tem Is = 5 X 10-16 A e é polarizado na região ativa direta com V„,: = 750 mV. Se o ganho de corrente variar entre 50 e 200 devido a variações de fabricação, calculemos os valores mínimo e máximo das correntes nos terminais do dispositivo. Para um dado Vlir., a corrente de coletor permanece independente de (3: i = A-exp i lc —11 Vr = 1,685 mA.

(4.26) (4.27)

A corrente de base varia entre /(/200 e /(/50: 8,43 n A < I„ < 33,7 M -

(4.28)

A corrente de emissor, por sua vez, sofre uma variação pequena, pois, para grandes valores de /3, /3/(/3 + 1) é próximo da unidade: l,005/c < I,.: < 1,02/c 1,693 mA < lE < 1,719 mA. Exercício

4.4

4.4.1

(4.29) (4.30)

Repita o exemplo anterior para o caso em que a área do transistor é dobrada.

M O D E LO S E CARACTERÍSTICAS DE TR A N S IS TO R E S B IP O L A R E S M o d e lo de G randes S in a is

Com nosso entendim ento do funcionamento do tran­ sistor na região ativa direta e com as Eqs. (4.23) a

(2.25), podem os construir um m odelo que seja útil na análise e projeto de circuitos - como fizemos no Capítulo 2 para a junção pn. Com o, no m odo ativo, a ju n ção base-em issor está sob polarização d ireta, podem os posicionar um diodo entre os term inais da base e do emissor. A lém disto, com o a co rren te puxada do coletor e

116

Capítulo Quatro

que flui para o em issor depende apenas da tensão base-em issor, adicionam os um a fonte de corrente controlada por tensão entre o coletor e o emissor; assim , obtem os o m odelo m o strad o na Fig. 4.13.

C om o ilustra a Fig. 4.11, essa co rren te independe da tensão coletor-em issor. Como podemos assegurar que a corrente que flui no diodo é igual a 1/jS vezes a corrente do coletor? A Eq. (4.24) sugere que a corrente de base é igual à de um diodo com corrente de saturação reversa / v//3. Portanto, a junção base-emissor é modelada por um diodo cuja área da seção reta é 1//3 vezes a área do emissor. Dada a interdependência entre correntes e tensões em um transistor bipolar, o leitor pode querer saber das relações entre causa e efeito. Vemos a cadeia de dependências como Vm. —» /< —» /„ —> /,.; ou seja, a tensão base-em issor gera uma corrente de coletor, que exige uma corrente de base proporcional; a soma das duas flui pelo emissor.

Figura 4.13 Modelo de grandes sinais para o transistor bipolar na região ativa.

Exem plo 4.7

Consideremos o circuito mostrado na Fig. 4.14(a), onde 1SL)X = 5 x 1 0 17A e VHI: = 800 mV. Vamos supor p = 100. (a) Determinemos as correntes e tensões nos terminais do transistor e compro­ vemos que o dispositivo opera, de fato, no modo ativo, (b) Determinemos o valor máximo de R( que permite operação no modo ativo.

« c f 50012

X

1CC"±-2V

1 'B E

(a) Figura 4.14 de coletor.

Solução

(a) Estágio simples com polarização, (b) variação da tensão de coletor em função da resistência

(a) Usando as Eqs. (4.23)-(4.25), temos lc = 1,153 mA

(4.31)

Ib = 11,53 A

(4.32)

//. = 1,165 mA.

(4.33)

As tensões de base e de emissor são iguais a +800 mV e zero, respectivamente. Agora, devemos calcular a tensão de coletor. Vx. Escrevendo uma LTK para a malha que inclui a bateria de 2 V. R( e Q|, obtemos Vcc = R c k + Vx-

(4.34)

Vx = 1,424 V.

(4.35)

Ou seja,

Física de Transistores Bipolares

117

Como a tensão de coletor é mais positiva que a tensão de base, esta junção está sob polarização reversa; logo, o transistor opera no modo ativo. (b) O que acontece ao circuito à medida que o valor de Rc aumenta? Como a queda de tensão no resistor, R( IC, aumenta e Vcc é constante, a tensão no nó X diminui. O dispositivo se aproxima da “fronteira" da região ativa direta quando a tensão base-coletor cai a zero, ou seja, Vx ^> +800 mV. Reescrevendo a Eq. (4.33), temos Vcc - Vx ic

(4.36)

Rt = 1041 Q.

(4.37)

Rc =

para Vx = +800 mV, o valor de R( é

A Fig. 4.14(b) mostra um gráfico de Vx em função de Rc. Este exemplo implica que existe um valor máximo permitido para a resistência de coletor, Rc, no circuito da Fig. 4.14(a). Como veremos no Capítulo 5. isto limita o ganho de tensão que o circuito pode fornecer. Exercício

No exemplo anterior, qual é o valor máximo permitido de Vcc para que o transistor opere no modo ativo? Suponha R c = 500 íl.

O leitor pode se p erg u n tar por que o circuito equivalente da Fig. 4.13 é ch am ad o “m odelo de grandes sinais”. Afinal, ap aren tem en te o exem plo anterior não contém qualquer sinal! Esta term ino­ logia enfatiza que o m odelo p o d e ser usado para m udanças arbitrariam ente g ran d es nas tensões e correntes do tran sisto r (d esd e que o dispositivo opere no m odo ativo). Por exem plo, se a ten são base-em issor variar en tre 800 mV e 300 mV e, em conseqüência, a corrente de coletor variar de várias ordens de grandeza,4 o m odelo perm anece válido. Isto contrasta com o m odelo de pequenos sinais a ser estudado na Seção 4.4.4. 4.4.2

C aracterísticas l/V

O m odelo de grandes sinais leva, de m odo natural, à característica I/V do transistor. Com três correntes e tensões terminais, podem os im aginar gráficos das diversas correntes em função da diferença de poten­ cial entre dois terminais - uma tarefa trabalhosa. No entanto, como explicaremos a seguir, apenas algumas dessas características são úteis.

A primeira característica a ser estudada é, obvia­ m e n te ^ relação exponencial inerente ao dispositivo. A Fig. 4.15(a) m ostra um gráfico de I( em função de VBE, sob a hipótese de que a tensão de coletor é constante e não m enor que a tensão de base. Como m ostra a Fig. 4.11, Ic independe de VCE; portanto, diferentes valores de VCE não alteram a caracterís­ tica. E m seg u id a, ex am in am o s Ic p a ra um d ad o v alo r de V III: e V CE v ariáv el. M o strad o na Fig. 4 .1 5 (b ), o g ráfico da c a ra c te rístic a é um a linha h o rizo n tal, pois /< é co n stan te en q u an to o dispo­ sitivo p erm an ecer no m odo ativo (V CE> V bf) - Se d ifere n tes v alo res forem escolhidos p ara V IIE, o gráfico da característica se desloca para cima ou p ara baixo. Os dois gráficos da Fig. 4.15 representam as princi­ pais características de interesse na maioria das tarefas de análise e projeto. As Eqs. (4.24) e (4.25) sugerem que as correntes de base e de em issor seguem o mesmo com portam ento. O leitor pode se p erguntar o que, exatam ente, aprendemos das características I/V. Afinal, em compa-

4Uma mudança de 500 mV em V„ resulta cm 500 mV/60 mV = 8,3 décadas dc mudança cm /c.

118

Capítulo Quatro

Figura 4.15

Exem plo 4.8

Solução

Corrente de coletor em função da tensão (a) base-emissor e (b) coletor-emissor.

Para um transistor bipolar, / s = 5 x 10 17A e /3 = 100. Construamos as características Ic -V ^ Ic V c * U f VBE e h r VCE'

Calculemos alguns pontos ao longo da característica /<-VBI por exemplo, VBfa = 700 mV ^ IC\ = 24,6 //A

(4.38)

Vbei = 750 mV => IC2 = 169 /iA

(4.39)

Vbeí = 800 mV => IC3 = 1,153 mA.

(4.40)

O gráfico da característica é mostrado na Fig. 4.16(a).

(a)

(b)

(d) (C ) Figura 4.16 (a) Corrente de coletor em função de VBE, (b) corrente de coletor em função de VCEi(c) corrente de base em função de VBE, (d) corrente de base em função de Vct:.

Física de Transistores Bipolares

119

Usando os valores que acabamos de obter, também podemos desenhar o gráfico da característica /<-K( / ,como ilustra a Fig. 4.16(b),e concluímos que o transistor opera como uma fonte de corrente constante de, por exemplo, 169 /xA se a tensão base-emissor for mantida em 750 mV. Observamos ainda que, para iguais incrementos em VBI., /< aumenta a passos cada vez maiores: de 26,6 fiA para 169 n A para 1,153 mA. Retornaremos a esta propriedade na Seção 4.4.3. Para obtermos a característica de /„, basta dividir os valores de /< por 100 [Figs. 4.16(c) e (d)]. Exercício

Qual é o valor da mudança em V,„ que dobra a corrente de base?

ração com as Eqs. (4.23)-(4.25), os gráficos não trans­ mitem qualquer inform ação adicional. No entanto, como verem os ao longo do livro, a visualização de equações por meio de gráficos como estes facilita o entendim ento do funcionamento de dispositivos e de circuitos que os utilizam. 4.4.3

emissor resultar em A/( de 0,1 mA em um transistor e de 0,5 mA em outro, podemos ver o último como uma m elhor fonte de corrente controlada por tensão ou "conversor tensão-corrente”. Para mudanças muito pequenas, a razão AI( /AVni: tende a d I( ld V m. e, no limite, é cham ada “transcon­ dutância”, g,„:

C onceito de Transcondutância

dlç dVn,

(4.41) A té aqui, nosso estudo m ostra que o transistor bipolar atua como uma fonte de corrente controlada por tensão (quando operado na região ativa direta). Vale n o tar que esta definição se aplica a qualquer Uma pergunta im portante cabe aqui: como o desem­ dispositivo que se com porte com o uma fonte de penho deste dispositivo pode ser quantificado? Em corrente controlada por tensão (p. ex., outro tipo de outras palavras, qual é a m edida da “qualidade” de transistor descrito no Capítulo 6). Para um transistor bipolar, a Eq. (4.9) fornece uma fonte de corrente controlada por tensão? O exemplo ilustrado na Fig. 4.1 sugere que o dispo­ d (. Vm, \ (4.42) sitivo se torna “mais forte” à m edida que K aum enta, dVm, pois uma dada tensão de entrada produz uma corrente de saída maior. Portanto, devem os nos concentrar na 1 . VBE (4.43) propriedade da conversão tensão-corrente do tran ­ Vr Isexp-V7 sistor, pois está relacionada à amplificação de sinais. lç_ Particularm ente, perguntamos: se um sinal provocar (4.44) VT uma pequena alteração na tensão base-emissor de um transistor (Fig. 4.17), qual será a am plitude da alte­ A semelhança entre este resultado e a resistência de ração produzida na corrente de coletor? Denotando a pequenos sinais de diodos [Eq. (3.58)] não é coinci­ alteração em l c por AIc, concluímos que a “força” do dência e ficará mais clara no próximo capítulo. dispositivo pode ser representada por A/c/A VHl. Por A Eq. (4.44) revela que, à medida que I, aumenta, exemplo, se uma alteração de 1 mV na tensão baseo transistor se torna um m elhor dispositivo am pli­ ficador e produz m aiores excursões na corrente de coletor em resposta a um dado nível de sinal aplicado entre a base e o emissor. A transcondutância pode ser expressa em ü 1ou “siem ens”, S. Por exemplo, se / ( = 1 mA, com V, = 26 mV, temos S"i

gm

0,0385 Í T 1

(4.45)

0,0385 S

(4.46)

: 38,5 mS.

(4.47)

120

Capítulo Quatro

Contudo, como veremos ao longo do livro, é conve­ niente que vejamos gm como o inverso de uma resis­ tência; por exem plo, para I( = 1 mA, podem os escrever —

1

(4.48)

O conceito de tran scondutância pode ser visuali­ zado com a ajuda da característica I/V do transistor. Como mostra a Fig. 4.18,gm = d I(/d V BIapenas rep re­ senta a inclinação da curva que descreve a carac­ terística I c-V b, em uma dada co rren te de coletor, 7(X),e na correspondente tensão base-em issor, V,m . Em o u tras palavras, se V,{l: so fre r um a p eq u en a p ertu rb ação ± A K e m torno de VBEQy a co rren te de coletor sofrerá uma variação de ±g„, A V em torno de 7(X), com gm = Io JV T. P ortanto, deve-se escolher o valor de 7ro tendo em vista o desejado valor de

Exem plo 4.9

gm ou do ganho. D izem os que o tran sisto r é “pola­ rizado” na co rren te de coletor 7CX), o que significa que o dispositivo conduz uma co rren te de polari­ zação (ou co rren te “q u iescen te”) 7C0 na ausência de sinais.5

Consideremos o circuito mostrado na Fig. 4.19(a). O que acontece à transcondutância de Ql se a área do dispositivo for aumentada por um fator n l nlco

(a) Figura 4.19

Solução

Exercício

(b)

Transcondutância produzida por (a) um transistor e (b) n transistores.

Como Is « A I s é multiplicada pelo mesmo fator. Portanto, /< = Isexp(Vfí,./VT) também aumenta pelo mesmo fator n, pois Vlii: é constante. Em conseqüência, a transcondutância aumenta por um fator n. De outra perspectiva, se n transistores idênticos, cada qual conduzindo uma corrente de coletor 7G), são conectados em paralelo, o dispositivo composto exibe uma transcondutância igual a n vezes aquela de cada um [Fig. 4.19(b)]. Se, por sua vez, a corrente total de coletor permanecer inalterada, a transcondutância também permanecerá inalterada. Repita o exemplo anterior para o caso em que Vlii:o é reduzido por Vrln n.

Também é possível estudar a transcondutância no contexto da característica I( -Va do transistor, tendo Vni como parâm etro. A Fig. 4.20 m ostra, para duas diferentes correntes de polarização / C1 e I(2, gráficos

que revelam que, se a operação for em torno de I(7, uma alteração A V em Vm. resulta em uma maior alte­ ração em / ( do que se a operação for em torno de 7n , pois gm2 > g„„.

5A menos que seja especificado de outra maneira, usamos a expressão "corrente de polarização" para nos referirmos à corrente de polarização de coletor.

Física de Transistores Bipolares

Figura 4.20 Transcondutância para diferentes correntes de polarização de coletor.

A dedução de gmnas Eqs. (4.42)-(4.44) sugere que a transcondutância é, fundam entalm ente, mais uma função da corrente de coletor do que da corrente de base. Por exemplo, se /< perm anecer constante e /3 variar,g,„ não sofrerá qualquer variação, e /,„ sim. Por esta razão, a corrente de polarização de coletor tem um papel central na análise e síntese de circuitos; a corrente de base é vista como um efeito secundário e, em geral, indesejável. Como mostra a Fig. 4.10, a corrente produzida por um transistor pode fluir por um resistor e gerar uma tensão proporcional. Explorarem os esse conceito no Capítulo 5 para projetar amplificadores. 4.4.4

M o d e lo de Pequenos S inais

Circuitos eletrônicos, tais com o amplificadores, po­ dem conter um grande número de transistores, o que muito dificulta a análise e síntese dos mesmos. Recor­ demos, do Capítulo 3, que diodos podem ser redu­ zidos a dispositivos lineares com o emprego do modelo de pequenos sinais. Um benefício similar resulta se pudermos desenvolver um modelo de pequenos sinais para transistores.

Figura 4.21

121

A dedução do modelo de pequenos sinais a partir do correspondente m odelo de grandes sinais é rela­ tivam ente simples. A plicam os uma p ertu rbação à diferença de potencial entre cada dois term inais (enquanto o terceiro perm anece sob potencial cons­ tante), determinamos as alterações nas correntes que fluem em todos os terminais e representamos os resul­ tados por meio de adequados elem entos de circuitos, como fontes de corrente controladas e resistores. A Fig. 4.21 ilustra dois exemplos conceituais, onde V„E ou V CE é alterado por AK e as alterações em I c , I„ e /,. são examinadas. C om ecem os com uma pertu rb ação em V nE, enquanto a tensão de coletor é m antida constante (Fig. 4.22). Da definição de transcondutância,sabemos que A/c = gm AVlíE,

(4.49)

e concluímos que uma fonte de corrente controlada por tensão, de valor g„,AK deve ser conectada entre o coletor e o emissor. Para simplificar, denotam os A V he por v ^ e a mudança na corrente de coletor por gn,V„A mudança em V,„. gera outra mudança: A/„ = ^

P

= ^ A V iie. P

(4.50) (4.51)

O u seja, se a tensão base-em issor for alterada de A VBE, a corrente que flui entre esses dois terminais será alterada por (u,„/j3)AK„t, Com o a tensão e a corrente correspondem aos mesmos dois terminais, podem ser relacionadas pela Lei de Ohm, isto é, por um resistor conectado entre a base e o emissor, com valor igual a:

Excitação de transistor bipolar com pequenas perturbações na tensão (a) base-emissor e (b) coletor-emissor.

122

Capítulo Quatro

Figura 4.22

r-r =

A Vm-: A /«

£ gm'

Desenvolvimento do modelo de pequenos sinais.

(4.52) (4.53)

Portanto, o diodo com polarização direta entre base e emissor é modelado por uma resistência de pequenos sinais igual a fi/gm. Este resultado era esperado, pois o diodo conduz uma corrente de polarização / (/j3 e. da Eq. (3.58), exibe uma resistência de pequenos sinais VT/(Ic/p ) = (3(V r/I t) = (S/gm. Agora, voltamos a atenção ao coletor e aplicamos uma perturbação na tensão de emissor (Fig. 4.23). Como ilustra a Fig.4.11, para constante,a tensão de coletor não tem efeito sobre /< ou /„, pois I( = / sexp( Vm /V ,) e I„ = I( /f3. Como A V(, não provoca qualquer alteração nas correntes dos terminais, o modelo desenvolvido na Fig. 4.22 não precisa ser modificado. O que podemos dizer sobre uma perturbação na tensão coletor-base? Como estudam os no Exercício

Figura 4.23

18, esta perturbação também não provoca alteração nas correntes dos terminais. O sim ples m odelo de p eq u en o s sinais d esen ­ volvido na Fig. 4.22 é uma ferram enta poderosa e versátil para análise e síntese de circuitos bipolares. Vale ressaltar que os dois p arâm etros do m odelo, g,„ e rw, dependem da co rren te de polarização do dispositivo. Com uma grande co rren te de p o lari­ zação de coletor, um m aior valor de g,„ é obtido, mas a im pedância en tre a base e o em issor passa a ter valor menor. Com o verem os no C apítulo 5, este co m portam ento se m ostra in adequado em alguns casos. O exemplo anterior não é um circuito útil. O sinal do microfone produz uma perturbação em / c, mas o resultado flui pela bateria de 1,8 V. Em outras pala­ vras, o circuito não gera uma saída. No entanto, se a corrente de coletor fluísse por um resistor, uma saída útil seria produzida. O exemplo anterior dem onstra a capacidade de amplificação do transistor. Estudarem os e quantifica-

Resposta cio transistor bipolar a uma pequena perturbação em Vc*

Física de Transistores Bipolares

Exemplo 4.10

123

Consideremos o circuito mostrado na Fig. 4.24(a), onde v, representa o sinal gerado por um micro­ fone,7V= 3 X 10"I6A,/3 = lOOe Qxopera no modo ativo, (a) Se v, = 0, determinemos os parâmetros de pequenos sinais de Q x. (b) Se o microfone gerar um sinal de 1 mV, que mudança será observada nas correntes de coletor e de base?

V1 800 m V

(a) Figura 4.24 sinal.

Solução

(b)

(a)Transistor com polarização e excitação de pequeno sinal, (b) circuito equivalente de pequeno

(a) Escrevendo /< = /* exp(Vbe/V j) 9obtemos, para Vm. = 800 mV, uma corrente de coletor de 6,92 mA. Logo, k gm ~ VT 1 “ 3,75 Q ’

(4.54) (4.55)

e P r7T = --8m = 375 Q.

que

(4.56) (4.57)

(b) Desenhando o equivalente de pequeno sinal do circuito, mostrado na Fig. 4.24(b),e notando = v,, obtemos a mudança na corrente de coletor como: A/c = gmv1

(4.58)

lm V 3,75 Q

(4.59)

= 0,267 mA.

(4.60)

(4.61)

II

>

O circuito equivalente também prediz a mudança na corrente de base como

1 mV 375 Q

(4.62)

— 2,67 /i A.

(4.63)

que, obviamente, é igual a A/( //3. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que Is é dividida por dois.

124

Capítulo Quatro

Exem plo 4.11

O circuito da Fig. 4.24(a) é modificado tal como indica a Fig. 4.25, onde o resistor R( converte a corrente de coletor em uma tensão, (a) Comprovemos que o transistor opera no modo ativo, (b) Determinemos o nível do sinal de saída, admitindo que o microfone produz um sinal de 1 mV.

Figura 4.25

Solução

Estágio simples com polarização e excitação de pequenos sinais.

(a) A corrente de polarização de coletor de 6,92 mA flui por Rc e produz uma queda de potencial ICRC = 692 mV. A tensão de coletor, igual a Vouné, portanto, dada por:

v„u, = Vcc - R ck = 1,108 V.

(4.64) (4.65)

Como a tensão de coletor (em relação à terra) é mais positiva que a tensão de base, o dispositivo opera no modo ativo. (b) Como vimos no exemplo anterior, um sinal do microfone de 1 mV leva a uma alteração de 0.267 mA em /<. Ao fluir por R( .essa alteração produz uma mudança de 0,267 mA x 100 íí = 26,7 mV em V„M. Portanto, o circuito amplifica a entrada por um fator de 26,7. Exercício

Que valor de R, resulta em uma tensão coletor-base nula?

remos o com portam ento desta e de outras topologias de amplificadores no próximo capítulo. M odelo de Pequenos Sinais da Fonte de A lim e n ­ tação Vimos que o uso dos m odelos de pequenos

dades, concluímos que Vcc deve ser substituído por uma tensão nula, para representar a variação nula. Assim, basta que “aterrem os” a fonte de alimentação de tensão na análise de pequenos sinais. De modo similar, qualquer outra tensão constante no circuito é substituída por uma conexão à terra. Para enfatizar que esse aterram ento é válido somente para sinais, às vezes dizemos que um nó é uma “terra AC”.

sinais de diodos e de transistores pode simplificar a análise de m odo considerável. N esta análise, outros componentes do circuito também devem ser represen­ tados por modelos de pequenos sinais. Em particular, devem os determ inar como a fonte de alim entação 4.4.5 E fe ito Early de tensão, Vcc, se com porta em relação a pequenas Nosso tratam en to do transistor bipolar esteve, até perturbações nas correntes e tensões do circuito. aqui, concentrado em princípios básicos e ignorou O princípio básico é que a fonte de alimentaçãoefeitos de segunda ordem no dispositivo, assim como perm anece (em condições ideais) constante, mesmo as representações destes nos modelos de grandes e de que diversas tensões e correntes no circuito sofram pequenos sinais. No entanto, alguns circuitos exigem alteração ao longo do tempo. Com o a tensão forne­ que esses efeitos sejam levados em consideração, para cida não muda e como o m odelo de pequenos sinais que sejam obtidos resultados coerentes. O próximo do circuito implica apenas perturbações nas quanti­ exem plo ilustra esta questão.

Física de Transistores Bipolares

Exemplo 4.12

125

Consideremos o circuito do Exemplo 4.11; suponhamos que o valor de R( seja elevado para 200 fl, e o de Vcc, para 3,6 V. Comprovemos que o dispositivo opera no modo ativo e calculemos o ganho de tensão.

Solução

A queda de tensão em R( aumenta para 6,92 mA x 200 Í2 = 1,384 V, o que leva a uma tensão de coletor de 3,6 V — 1,384 V = 2,216 V; isto garante operação no modo ativo. Notemos que, se V( C não fosse dobrado, Vout = 1,8 V - 1,384 V = 0,416 V; ou seja, o transistor não estaria na região ativa direta. Recordemos, da parte (b) do exemplo anterior, que a mudança na tensão de saída é igual ao produto da mudança na corrente de coletor por Rc. Como R( foi dobrado, o ganho de tensão também deve ser dobrado, alcançando o valor de 53,4. Este resultado pode ser obtido com a ajuda do modelo de pequenos sinais. A Fig. 4.26 ilustra o circuito equivalente,que fornece v„„, = —gmv j i c = - g invlRc e, portanto, v0J v x = - g mRc, Com gm = (3,75 íl)"1e Rc = 200 ü , temos voul/vl = -53,4.

Figura 4.26 Circuito equivalente de pequenos sinais do estágio mostrado na Fig. 4.25. Exercício

O que aco n tece se Rc = 250 Í2?

Este exemplo indica uma tendência importante: se R c aum entar, o ganho de tensão do circuito também aum enta. Isto significa que,se R c —* °°,o ganho cres­ cerá indefinidamente? Será que outro mecanismo no circuito, talvez no transistor, limita o ganho máximo que pode ser obtido? D e fato, o “efeito E arly” se traduz em uma não idealidade no dispositivo que pode limitar o ganho de amplificadores. Para entender esse efeito, retornem os ao funcio­ nam ento interno do transistor e reexaminemos a afir­ mação ilustrada na Fig. 4.11: “a corrente de coletor

Figura 4.27 elevada.

não depende da tensão de coletor”. Considerem os o dispositivo m ostrado na Fig. 4.27(a), onde a tensão de coletor é um pouco maior que a tensão de base e a polarização reversa na junção cria uma região de depleção com uma dada largura. Suponhamos agora que o valor de VC( seja aum entado até o de Vv,.2 [Fig. 4.27(b)], aum entando a polarização reversa e a largura da região de depleção nas áreas do coletor e da base. Como o perfil de carga da base ainda deve cair a zero na fronteira da região de depleção, x '2, a inclinação do perfil aumenta. De modo equivalente, na Eq. (4.8),

(a) Dispositivo hipolar com tensões de polarização de base e de coletor, (b) efeito de tensão de coletor mais

126

Capítulo Quatro

a largura efetiva da base, W„, diminui, aum entando a corrente de coletor. D escoberto por Early,este fenô­ m eno apresenta alguns problem as interessantes no projeto de amplificadores (C apítulo 5). Com o o efeito Early pode ser representado no m odelo do transistor? Devemos, primeiro, modificar a Eq. (4.9) para incluir esse efeito. Pode-se provar que o aum ento na corrente de coletor à medida que VCI. aum enta pode ser expresso, aproxim adam ente, por um fator multiplicativo:

SIc SVci■;

(4.68) k_ VA '

(4.69)

<4-67)

onde se supôs que V CE « VA e, portanto, Ic Is exp( Vm./V ,). Esta é uma aproxim ação razoável, na maioria dos casos. Na Fig. 4.28(b), a variação de I( com VCE revela que o transistor, na verdade, não opera com o uma fonte de corrente ideai o que requer que a perspec­ tiva mostrada na Fig. 4.1 l(a) seja modificada. O tran­ sistor ainda pode ser visto como um dispositivo de dois terminais, mas com uma corrente que varia um pouco com Va: (Fig. 4.29).

onde se supõe que WHé constante e o segundo fator, 1 + VCFIVA, m odela o efeito Early. A grandeza VA é cham ada “tensão de Early’’. É interessante que exam inem os a característica I/V da Fig. 4.15 na presença do efeito Early. Para um VCI constante, a dependência de Ic em relação a Vm: permanece exponencial, mas com uma inclinação um pouco maior [Fig. 4.28(a)]. Para um Vltl constante, a característica I( -V(I: exibe uma inclinação não nula [Fig. 4.28(b)]. Na verdade, a diferenciação de (4.67) em relação a V CE fornece

Figura 4.29 Modelo realista do transistor bipolar como uma fonte de corrente.

“ ( /' “ p^ r ) ( 1 + ^ í ) -

Exemplo 4.13 Solução

Um transistor bipolar conduz uma corrente de coletor de 1 mA,com VCE= 2 V. Calculemos a tensão base-emissor quando VA = e VA = 20 V. Vamos supor que Is = 2 X 1 0 "16 A. Com VA = <*,da Eq. (4.67), temos Vhe

= V, ln ^

As

=

760,3 mV.

(4.70) (4.71)

Física de Transistores Bipolares

127

Para VA = 20 V, reescrevemos a Eq. (4.67) como (

\ k

VHI, = V, ln

\

1

(4.72)

*1 + ^ 5 ,

vA /

= 757.8 mV. Na verdade, para V CE «

(4.73)

V^,temos (1 + V CE/VA) 1 ^ 1 - VCE/V Áit

(4.74)

Vb e * V t | n | + Vr l n ( l - ^ )

7* onde. para 6 « Exercício

(4.75)

r~vÃ

1, admitimos ln(l - e) » -e .

Repita o exemplo anterior para o caso em que dois desses transistores são conectados em para­ lelo.

M o d e lo s de G randes e de P equenos S in a is

A presença do efeito Early altera os modelos do tran ­ sistor desenvolvidos nas Seções 4.4.1 e 4.4.4.0 modelo de grandes sinais da Fig. 4.13 deve, agora, ser m odi­ ficado tal como mostra a Fig. 4.30, onde

Notemos que 1„ independe de VCEe ainda é dada pela tensão base-emissor. No caso do modelo de pequenos sinais, notamos que a fonte de corrente controlada perm anece inal­ terada e g„, é expresso como 8in

(4.76)

dlç dVm:

(4.79) (4.80)

(4.77) (4.81) //; = k + k -

(4.78)

Da mesma forma, =

gm V

(4.82) (4.83)

C onsiderando que a corrente de coletor varia com vamos aplicar, agora, uma perturbação na tensão de coletor e medir a resultante alteração na corrente [Fig. 4.31(a)]: Figura 4.30 Modelo de grandes sinais para o transistor bipolar, incluindo o efeito Early.

/c +

<4'84)

128

Capítulo Quatro

Portanto,

Va A V ce

A /f

Va

•

(4.85)

que é coerente com a Eq. (4.69). Com o as alterações de tensão e de corrente correspondem aos mesmos dois terminais, satisfazem à Lei de Ohm e produzem um resistor equivalente: A_VCE _ _ _ A4

Solução

(4.87)

^ ^

(4.88)

A Fig. 4.31 (b) ilustra o modelo de pequenos sinais, que contém apenas um elemento adicional, r(), para repre­ sentar o efeito Early. Cham ado "resistência de saída”, r„ tem um papel importante em amplificadores de alto ganho (Capítulo 5). Vale notar que r„ er0 são inversamente proporcionais ã corrente de polarização Ic.

Um transistor é polarizado com uma corrente de coletor de 1 mA. Determinemos o modelo de pequenos sinais para /3 = 100 e VA = 15 V. Temos II ■71^

Exem plo 4.14

Vm: exp "vy" VÇt /t ' .

(4.89)

1 “ 26 n '

(4.90)

e gm = 2600 Q .

(4.91) Í4.92^

E também VA r(, = T = 15kft. Exercício

(4.93) (4.94)

Que tensão de Early é necessária para que a resistência de saída chegue a 25 kíl?

No próximo capítulo, retornarem os ao Exemplo 4.12 e d eterm in a rem o s o g an h o do am plificador na presença do efeito Early. C oncluirem os que o

ganho é, afinal, lim itado pela resistência de saída r(). A Fig. 4.32 resum e os conceitos estudados nesta seção.

Física de Transistores Bipolares

Uma noção im portante que surgiu do estudo do transistor foi o conceito de polarização. D evem os criar tensões e correntes D C adequadas nos term i­ nais do dispositivo para alcançar dois objetivos: (1) garantir operação no modo ativo > 0, V(7. ^ 0); por exemplo, o valor da resistência de carga conectada ao coletor está sujeito a um limite superior, para uma dada tensão de alim entação (Exem plo 4.7); (2) esta­ belecer uma corrente de coletor que produza os dese­

jados valores para os parâm etros de pequenos sinais g„„ r() e r„. A análise de amplificadores no próximo capítulo explorará em detalhes essas ideias. Por fim, devem os ressaltar que o m odelo de pequenos sinais da Fig. 4.31(b) não reflete as limita­ ções de altas frequências do transistor. Por exemplo, as junções base-emissor e base-coletor exibem uma capa­ citância de região de depleção que afeta a velocidade. Estas propriedades serão estudadas no Capítulo 11.

Característica l/V

Modelo de Grandes Sinais

129

Modelo de Pequenos Sinais

OC

' BE Bfc (+) 's exp ^!/_

U exp

V-r

<=>

à

Efeito Early

Modelo de Pequenos Sinais Modificado VCE

B o-

O

Figura 4.32

4.5

-O

C

: ro

Resumo dos conceitos estudados até aqui.

O PER AÇ ÃO DE TR A N S IS TO R E S B IP O L A R E S NO M O D O DE SATURAÇÃO

Como m encionam os na seção anterior, é desejável operar dispositivos bipolares na região ativa direta,

onde atuam como fontes de corrente controladas por tensão. Nesta seção, estudarem os o com portam ento do dispositivo fora dessa região e as correspondentes dificuldades. Fixemos V,ir em um valor típico, por exemplo, 750 mV, e variemos a tensão de coletor de um nível alto

130

Capítulo Quatro

Figura 4.33

(a) Transistor bipolar com junção base-coletor sob polarização direta, (b) fluxo de lacunas para o coletor.

a um nível baixo [Fig. 4.33(a)]. À medida que VCF se aproxima de Vm. e VHC cresce de um valor negativo em direção a zero, a junção base-emissor fica sujeita a uma polarização reversa decrescente. Para VCE = Vm:, a junção fica sujeita a uma diferença de tensão nula, mas sua região de depleção ainda absorve a maioria dos elétrons injetados pelo emissor na base. O que acontece se VCF < Vm,, ou seja, se VBC > 0 e a junção B-C estiver sob polarização direta? Dizemos que o transistor entrou na “região de saturação”. Suponhamos que V(E = 550 mV e, portanto, Vuc = +200 mV. Sabemos, do Capítulo 2, que um diodo típico

Exem plo

Solução

sob polarização direta de 200 mV conduz uma corrente muito pequena/’ Portanto, mesmo neste caso, o tran­ sistor continua a operar no m odo ativo e dizemos que o dispositivo está em "saturação fraca”. Se a tensão de coletor cair mais, a junção B-C ficará sujeita a uma maior polarização direta e condu­ zirá um a corrente significativa [Fig. 4.33(b)]. Em conseqüência, um grande núm ero de lacunas deve ser fornecido ao terminal da base - como se /3 fosse reduzido. Em outras palavras, saturação forte leva a um abrupto aum ento na corrente de base e, portanto, a uma rápida diminuição de (3.

Um transistor bipolar é polarizado com v„ = 750 mV e tem valor nominal de /3 igual a 100. Que intensidade de polarização direta B-C o dispositivo pode tolerar se /3 não puder sofrer alteração maior que 10%? Para simplificar, vamos supor que as junções base-coletor e base-emissor têm estruturas e níveis de dopagem idênticos. Se a junção base-coletor estiver sob polarização direta, de modo que conduza uma corrente igual a um décimo da corrente de base nominal, /„, /3 deve sofrer uma degradação de 10%. Como /„ = /c/100, a junção B-C não pode conduzir uma corrente maior que Ic/ 1000. Podemos, então, perguntar: que tensão B-C resulta em uma corrente /
(4.95)

As

= Vr ln 1000

(4.96)

^ 180 mV.

(4.97)

Ou seja, VBC - 570 mV. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que Vlilc = 800 mV.

6Cerca de nove ordens de grandeza menor que um diodo sob polarização direta de 750 mV: (750 mV - 200 mV)/(60 mV/dec) « 9 ,2 .

Física de Transistores Bipolares

É interessan te que estu d em o s o m odelo de grandes sinais e a característica I/V do tran sisto r na região de saturação. C onstruím os o m odelo m ostrado na Fig. 4.34(a), incluindo o diodo basecoletor. N otem os que a corrente de coletor líquida dim inui à m edida que o dispositivo entra na satu ­ ração, pois parte da corrente controlada Isle x p (V BE / V ,) é fornecida pelo diodo B-C e não precisa fluir do term inal do coletor. Na verdade, com o ilustra a

Figura 4.34

4.16

Fig. 4.34(b), se o coletor estiver aberto, D„( ficará sujeito a uma polarização direta tão intensa que a corrente se torna igual à corrente controlada. Estas observações levam à característica I/V ilus­ trada na Fig. 4.35, onde I( com eça a dim inuir para valores de VCI: m enores que V,, da ordem de poucos milivolts. O term o “saturação” é usado porque, nesta região de operação, a corrente de base resulta em pequena alteração na corrente de coletor.

(a) Modelo do transistor bipolar incluindo efeitos de saturação, (b) caso do terminal de coletor aberto.

Figura 4.35 Característica I/V do transistor em diferentes regiões de operação.

Exem plo

131

A lém de um a redução em j3, a velocidade de transistores bipolares tam bém sofre degradação na saturação (Capítulo 11). Assim, circuitos eletrônicos raram ente permitem a operação de dispositivos bipo­ lares nesse modo. Como regra empírica, permitimos saturação fraca, com V„c < 400 mV, pois a corrente na junção B-C é desprezível, desde que as diversas tolerâncias nos valores dos com ponentes não levem o dispositivo à saturação forte. E im portante observar que o transistor puxa corrente de qualquer com ponente conectado ao coletor, por exemplo, um resistor. Portanto, o com po­ nente externo é que define a tensão de coletor e, em conseqüência, a região de operação.

Para o circuito da Fig. 4.36, determinemos a relação entre Rc e V(•
!c

(a)

Figura 4.36

(a) Estágio simples, (b) intervalos aceitáveis de valores de Vcc c Rc.

132

Capítulo Quatro

Solução

Sob saturação fraca, a corrente de coletor ainda é igual a /5exp(V/iE/V l). A tensão de coletor não pode ficar mais de 400 mV abaixo da tensão de base: (4.98)

Vcc ~ R c k > VBe ~ 400 mV. Logo, Vcc > k R c +

ÍY

be

(4.99)

- 400 mV).

Para um dado valor de Rc, Vcc deve ser grande o bastante para que Vcc - /( R( ainda mantenha uma tensão de coletor razoável. Exercício

Determine o máximo valor tolerável de R( .

Na região de saturação forte, a tensão coletoremissor se aproxima de um valor constante chamado V( i:.s„i (da ordem de 200 mV). Nesta condição, o tran­ sistor não atua como uma fonte de corrente contro­ lada e pode ser m odelado tal com o indica a Fig. 4.37. (A bateria conectada entre C e E indica que, sob satu­ ração forte, V(1.: é relativam ente constante.)

B °

j + 800 mV y

+]_

° C 200 mV

jT 6

4.6

TR AN S IS TO R E S PNP

A té aqui, estudam os a estrutura e propriedades do transistor npn, em que emissor e coletor são feitos de materiais do tipo w, e a base, de um material de tipo p. É natural que nos perguntem os se as polaridades dos dopantes podem ser invertidas nas três regiões, form ando um dispositivo “p n p ”. Mais im portante ainda, podemos nos perguntar qual seria a utilidade de um dispositivo como este. 4.6.1

Estrutura e O peração

E

Figura 4.37

Modelo do transistor sob saturação forte.

(a)

(c)

A Fig. 4.38(a) m ostra a estrutura de um transistor pnp, em que é enfatizado que o emissor é fortem ente

(b)

(d)

Figura 4.38 (a) Estrutura de transistor pnp, (b) fluxo de corrente no transistor pnp, (e) polarização adequada, (d) visão mais intuitiva de (c).

Física de Transistores Bipolares

Modo Ativo

Fronteira da Saturação

133

Modo de Saturação

+ 0

Modo Ativo

r
r<í

+ 0

Modo de Saturação

rf

(b)

(a) Polaridades de tensão e corrente em transistores n p n e p n p , (b) ilustração das regiões ativa e de saturação.

dopado. Assim como no caso do dispositivo npn, a operação na região ativa requer que a junção baseemissor esteja sob polarização direta, e a junção do coletor, sob polarização reversa. Ou seja, VBH < 0 e V b c > 0. Nesta condição, os portadores majoritários no emissor (lacunas) são injetados na base e varridos em direção ao coletor. Um perfil linear de lacunas é form ado na região da base para perm itir a difusão. Um pequeno núm ero de portadores m ajoritários da base (elétrons) é injetado no emissor ou se recombina com lacunas na região da base, criando a corrente de base. A Fig. 4.38(b) ilustra o fluxo de portadores. Todos os princípios de funcionam ento e equações descritas para o transistor npn tam bém se aplicam ao dispositivo pnp. A Fig. 4.38 (c) ilustra o símbolo do transistor pnp, juntam ente com as fontes de tensão constante que polarizam o dispositivo na região ativa. A o contrário da polarização de um transistor npn, mostrada na Fig. 4.6, aqui as tensões de base e de coletor são menores que a tensão de emissor. Seguindo a convenção de posicionar os nós mais positivos na parte de cima, redesenham os o circuito tal com o m ostra a Fig. 4.38(d), para enfatizar que V eb > 0 e VV > 0 e para ilustrar a verdadeira direção do fluxo de corrente em cada terminal. 4.6.2

Fronteira da Saturação

M o d e lo de G randes S in a is

As polaridades de co rren tes e tensões em tra n ­ sistores npn e p n p podem dar origem à confusão.

Resolvem os esta questão com as seguintes obser­ vações: (1) A co rren te (convencional) sem pre flui de um nó positivo (ou seja, na p arte su perior do diagram a) para um nó de potencial mais baixo (na parte de baixo do diagram a). A Fig. 4.39(a) m ostra dois ram os com transistores npn e pnp\ no caso de dispositivos npn, a corrente (convencional) flui do coletor para o emissor, e no caso de dispositivos pnp, do em issor para o coletor. C om o a corrente de base deve ser incluída na corrente de emissor, notam os que /„ | e I( l se som am a enq u an to Il2 “p erd e” / /í2 antes de em ergir como I( 2. (2) A distinção entre as regiões ativa e de saturação é baseada na polari­ zação da junção B-C. Os diferentes casos são resu­ midos na Fig. 4.39(b), onde a posição relativa dos nós da base e do coletor reflete a diferença de potencial en tre os mesmos. N otam os que um transistor npn está no m odo ativo se (a ten são do) co letor não estiver abaixo (da tensão) da base. Para o disposi­ tivo pn p , o coletor não deve estar acima da base. (3) As equações da corrente npn (4.23)-(4.25) devem ser modificadas para dispositivos p n p da seguinte forma: . Kwi kexp — Vr Is Veb r xp^ P+ 1, V,.:„ p Xp V, ’

(4.100) (4.101) (4.102)

134

Capítulo Quatro

onde as direções das correntes são definidas na Fig. 4.40. A única diferença entre as equações npn e pnp se refere à tensão base-emissor que aparece no expo­ ente. Este resultado era esperado, pois Vlit. < 0 para dispositivos pnp e deve ser alterado para VE„ para criar um term o exponencial grande. O efeito Early pode ser incluído como

t

Exem plo

4.17

= ( w

^ ) ( l + ^ ) .

(4.103)

No circuito mostrado na Fig. 4.41, determinemos as correntes nos terminais de C?, e comprovemos a operação na região ativa direta. Vamos supor Is = 2 X IO-16 A, /3 = 50 e VA = oo

n

-f-

ki rs1

Figura 4.41

S olução

__+

X

T-

*c = ;

= - 2V 200

Q

Estágio simples com transistor pnp.

Temos VEB = 2 V — 1,2 V = 0,8 V; logo, /c = /sexp Veb Vr — 4,61 mA.

(4.104)

l/i — 92,2 \iA

(4.106)

ÍE = 4,70 mA.

(4.107)

(4.105)

Portanto,

Agora, devemos calcular a tensão de coletor e, portanto, a polarização na junção B-C. Como Rc conduz /(> Vx = R d e = 0,922 V,

(4.108) (4.109)

que é mais baixo que a tensão de base. Usando a ilustração na Fig. 4.39(b), concluímos que (J, opera no modo ativo, o que justifica o uso das equações (4.100)-(4.102). Exercício

Qual é o máximo valor de Rc para que o transistor permaneça sob saturação fraca?

Vale mencionar que alguns livros partem do pres­ suposto de que todas as correntes de terminais lluem para o dispositivo, o que exige que o lado direito das Eqs. (4.100) e (4.101) seja m ultiplicado por um sinal

negativo. Contudo, m anterem os nossa notação, pois reflete as verdadeiras direções das correntes e mostrase mais eficiente na análise de circuitos que contêm vários transistores npn e pnp.

Física de Transistores Bipolares

Exemplo 4 .1 8

No circuito da Fig. 4.42, Vin representa um sinal gerado por um microfone. Determinemos V„u, para Vin = 0 e Vin = +5 mV, com Is = 1,5 X 1Q-‘6A.

Figura 4.42

Solução

135

Estágio pnp com tensões de polarização e de pequeno sinal.

Para Vin = 0, VKH= +800 mV e temos / ^ EB /.s-exp —

(4.110)

=

3,46 mA.

(4.111)

=

1-038 V.

(4.112)

4/ ki ,= o =

Logo,

Se Vmaumentar para +5 mV, VEB = +795 mV e Ic 1v£,=+5 mv = 2,85 mA.

(4.113)

resultando cm Vou,

=

0,856 V.

(4.114)

Notemos que, à medida que a tensão de base aumenta, a tensão de coletor diminui: um comporta­ mento similar ao de dispositivos npn nas Figs. 4.25. Como uma perturbação de 5 mV em Vln leva a uma mudança de 182 mV em Voun o ganho de tensão é igual a 36,4. Estes resultados são obtidos de maneira mais direta com o emprego do modelo de pequenos sinais. Exercício

4.6.3

Determine Voul se Vin = - 5 mV.

M o d e lo de Pequenos S inais

Como o modelo de pequenos sinais representa pertur­ bações nas tensões e correntes, esperam os que tran ­ sistores npn e p n p tenham m odelos sem elhantes. O m odelo de pequenos sinais do transistor p n p é ilustrado na Fig. 4.43(a) e, de fato, é idêntico ao do dispositivo npn. Seguindo a convenção indicada na Fig. 4.38(d), às vezes desenham os o m odelo tal como mostra a Fig. 4.43(b). O leitor pode observar que, no m odelo de pequenos sinais, as correntes dos term inais têm dire­

ções opostas às do m odelo de grandes sinais da Fig. 4.40. Isto não é uma inconsistência e é estudado no Exercício 49. O m odelo de pequenos sinais do transistor pnp pode dar origem a confusão, especialm ente se for desen h ad o tal com o na Fig. 4.43(b). Em analogia com tran sisto res npn, podem os supor, de m odo autom ático, que o term inal “su p erio r” é o coletor e, portanto, o m odelo da Fig. 4.43(b) não é idêntico ao da Fig. 4.31(b). C ham am os a atenção do leitor quanto a esta confusão. Neste ponto, alguns exem ­ plos são úteis.

136

Capítulo Quatro

Exem plo 4.19

Se o coletor de um transistor bipolar for conectado à base, o resultado é um dispositivo de dois terminais. Determinemos a impedância de pequenos sinais dos dispositivos mostrados na Fig. 4.44(a). Vamos admitir VA = oc.

(a) Figura 4.44

Solução

Substituímos o transistor bipolar Q ] por seu modelo de pequenos sinais e aplicamos uma tensão de pequeno sinal ao dispositivo [Fig. 4.44(b)]. Notamos que rn conduz uma corrente igual a vx/rv e escrevemos a LCK para o nó de entrada: vx .

-----\-gmVx = *xr*

(4.115)

Visto que gtnrn = / * » ! , temos 1 vx _________ ix ~ gm + r - 1 1 ^ __ gm = Vr

(4.116)

(4.117) (4.118)

Ic'

É interessante observar que, com uma corrente de polarização Ic, o dispositivo exibe uma impe­ dância similar à de um diodo que conduz a mesma corrente de polarização. Esta estrutura é chamada “transistor conectado como diodo”. Os mesmos resultados se aplicam à configuração pnp na Fig. 4.44(a). Exercício

Qual é a impedância de um dispositivo conectado como diodo que opera em uma corrente de 1 mA?

Física de Transistores Bipolares

Exemplo 4 .2 0

137

Desenhemos os circuitos equivalentes de pequenos sinais para as topologias mostradas nas Figs. 4.45(a)-(c) e comparemos os resultados.

-r- Vicc

¥CC

£

+ out vo\.

out “'out

'inÇjj (b)

(a)

(c)

VK (♦)

V71

Rc % VOUt

....

(d)

‘'out

(c)

trp % =

* in Q \ rn 0 vn

(£>9mvn

^rOÍ

VK © gmvn Jt *

‘'out

R c ? v{ ‘'out

=

(0 Figura 4.45 (a) Estágio simples com um transistor np n, (b) estágio simples com um transistor p n p , (c) outro estágio p n p , (d) equivalente de pequenos sinais de (a), (e) equivalente dc pequenos sinais de (b), (f) equiva­ lente de pequenos sinais de (c).

Solução

Como ilustram as Figs. 4.45(d)-(f), substituímos cada transistor por seu modelo de pequenos sinais e aterramos a fonte de alimentação. Notamos que as três topologias se reduzem ao mesmo circuito equivalente, pois, na representação de pequenos sinais, ^cc é aterrado.

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor é conectado entre o coletor e a base de cada transistor.

138

Capítulo Quatro

Exem plo 4.21

Desenhemos o circuito equivalente de pequenos sinais para o amplificador mostrado na Fig. 4.46(a).

(b) Figura 4.46

(a) Estágio com dispositivos npn e pnp, (b) equivalente de pequenos sinais de (a).

Solução

A Fig. 4.46(b) ilustra o circuito equivalente. Notemos que rol9 Rn e rv2 aparecem em paralelo. Esta observação simplifica a análise (Capítulo 5).

Exercício

Mostre que o circuito ilustrado na Fig. 4.47 tem o mesmo modelo de pequenos sinais que o ampli­ ficador do exemplo anterior. j-

cc 'out

Figura 4.47

4.7

Estágio com dois dispositivos npn.

R E S U M O DO CAPÍTULO

• Uma fonte de corrente controlada por tensão pode formar um amplificador em conjunto com um resistor. Transistores bipolares são dispositivos eletrônicos que podem operar como fontes de corrente contro­ ladas por tensão. • Um transistor bipolar consiste em duas junções pn e três terminais: base, emissor e coletor. Os portadores fluem do emissor para o coletor e são controlados pela base. • Para funcionamento adequado, a junção base-emissor deve estar sob polarização direta, e a junção basecoletor,sob polarização reversa (região ativa direta). Portadores injetados pelo emissor na base se apro­

•

•

• •

ximam da fronteira da região de depleção do coletor e são varridos pelo intenso campo elétrico. O terminal da base deve fornecer um pequeno fluxo de portadores, alguns dos quais seguem para o emissor e alguns outros se recombinam na região da base. A razão entre as correntes de coletor e de base é denotada por (5. Na região ativa direta, o transistor bipolar exibe uma relação exponencial entre a corrente de coletor e a tensão base-emissor. Na região ativa direta, um transistor bipolar se comporta como uma fonte de corrente constante. O modelo de grandes sinais do transistor bipolar consiste em uma fonte de corrente - conectada entre coletor e emissor - com dependência exponencial em

Física de Transistores Bipolares

relação à tensão e um diodo (que descreve a corrente de base) - conectado entre base e emissor. • A transcondutância de um transistor bipolar é dada por gm= I(/V Te independe das dimensões do dispo­ sitivo. • O modelo de pequenos sinais de um transistor bipolar consiste em uma fonte de corrente com dependência

139

linear em relação à tensão, uma resistência conectada entre base e emissor e uma resistência de saída. • Se a junção base-coletor estiver sob polarização direta, o transistor bipolar entra na região de satu­ ração e seu desempenho fica degradado. • Os modelos de pequenos sinais de transistores npn e pnp são idênticos.

EXERCÍCIOS Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha que os transistores bipolares operam no modo ativo. 4.1 Suponha que a fonte de corrente controlada por

tensão da Fig. 4.1 (a) seja construída com K = 20 mA/V. Que valor da resistência de carga na Fig. 4.1 (b) é necessário para se obter um ganho de tensão de 15?

(a) Calcule V,{ de modo que Ix = 1 mA. (b) Com o valor de VHcalculado em (a), escolha o valor de para que IY = 2,5 mA. 4.7 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.50.

(a) Se / v, = 2/.V2 = 5 x 10-16 A, determine para que Ix = 1,2 mA. (b) Que valor de Rc coloca o transistor na fronteira do modo ativo?

4.2 Na Fig. 4.2, uma resistência Rs é conectada em série

com a fonte de tensão de entrada. Determine V(H„/Vin. 4.3 Repita o Exercício 2 supondo que rine K estão rela­

cionados: = ci/x e K = b x . Esboce o gráfico do ganho de tensão em função de x. 4.4 Devido a um erro de fabricação, a largura da base

de um transistor bipolar foi aumentada por um fator de dois. Que alteração sofre a corrente de coletor? 4.5 No circuito da Fig. 4.48, foi observado que as

correntes de coletor de Qxe Q2 são iguais se VV. VBin ~ 20 mV. Determine a razão entre as áreas das seções retas dos transistores, admitindo que os outros parâmetros dos dispositivos são iguais.

4.8 Repita o Exercício 7 para o caso em que Vcc é redu­

zido para 1,5 V. 4.9 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.51. Calcule

#C1 ^BE1 j r " T -±

'

^BE2 J

C2

o valor de VHque coloca (?, na fronteira da região ativa. Suponha Is = 5 X 10~16A.

T * ±? _t -1/cc=2V

Figura 4.48

4.6 No circuito da Fig. 4.49, /51 = In = 3

X

IO"16A. /Y

JTÍ IFigura 4.51

4.10 No circuito da Fig. 4.52, determine o máximo valor Figura 4.49

de Vcc que coloca Qxna fronteira da região de satu­ ração. Suponha Is = 3 X 10"16A.

140

Capítulo Quatro 4.16 No circuito mostrado na Fig. 4.56, / V1 = 21n = 4 1 kí2

X

10"16A. Se j3, = /32 = 100 e Rx = 5 kí2, calcule o valor de V,{ para que Ix = 1 mA.

^^cc=2V «1 -Wr10 k í 2

_

Figura 4.52

4.11 Na Fig. 4.53, calcule Vx se Is = 6

X

10“16A. Figura 4.56

1,5 V

4.17 No circuito da Fig. 4.56, Isl = 3 X I O 16 A, Ia = 5 X 10"16A, /3, = /32 = 100, Rx = 5 kíl e l/„ = 800 mV. Calcule íx e IY-

JT i-

1 kl>

Figura 4.53

4.12 Um circuito integrado requer duas fontes de

corrente: /, = 1 mA e /2 = 1,5 mA. Supondo que apenas múltiplos inteiros de um transistor bipolar com Is = 3 X 10 16 A podem ser conectados em paralelo e que apenas uma fonte de tensão. Vw,está disponível (Fig. 4.54), construa o circuito desejado com o número mínimo de transistores.

4.18 A junção base-emissor de um transistor é alimentada por uma tensão constante. Suponha que uma fonte de tensão seja aplicada entre a base e o coletor. Admi­ tindo que o dispositivo opere na região ativa direta, prove que uma alteração na tensão base-coletor não provoca qualquer mudança nas correntes de coletor e de base. (Despreze o efeito Early.) 4.19 Um transistor com Is = 6 X IO"16A deve prover uma transcondutância de 1/(13 Í2). Qual é a necessária tensão base-emissor? 4.20 A maioria das aplicações requer que a transcondu­ tância de um transistor permaneça relativamente constante à medida que o nível de sinal varia. Como 0 sinal altera a corrente de coletor, é claro que gm = I( /V , varia. No entanto, um projeto adequado asse­ gura uma variação desprezível, por exemplo ± 10%. Se um dispositivo bipolar for polarizado em /< = 1 mA, qual é a máxima alteração em VBt que asse­ gura uma variação de apenas ±10% em gm?

Unitário Figura 4.54

4.13 Repita o Exercício 12 para o caso de três fontes de

4.21 Determine o ponto de operação e o modelo de pequenos sinais de (?, para cada um dos circuitos mostrados na Fig. 4.57. Suponha Is = 8 X 10 16A, /3 = 100 eV A = oo.

corrente: /, = 0,2 mA. I2 = 0,3 mA e /3 = 0,45 mA. Rc k

4.14 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.55; suponha

/3 = 100e/ç = 7 X 10_l6A.Se /?, = 10 kíl, determine VB de modo que Ic = 1 mA. 0 ,8

v

5 0 £2

+

zt-l/cc=2,5V

lA ° ' (a) 1 k£2

---------VA------10

JJ A

■$rVcc= 2-5 v

t,

Figura 4.55

4.15 No circuito da Fig. 4.55, VB = 800 mV e

Calcule a corrente de coletor.

(b)

= 10 k íl Figura 4.57

Física de Transistores Bipolares

141

onde a é um coeficiente constante. Construa o modelo de pequenos sinais do dispositivo se I( ainda for igual a /.vexp(VV/V7).

1 k L2 ~ r ~ V c c = 2»5 V

4.25 A tensão de coletor de um transistor bipolar varia

$

de 1 V a 3 V, enquanto a tensão base-emissor perma­ nece constante. Que tensão de Early é necessária para assegurar que a corrente de coletor sofra uma alteração menor que 5%?

(c) Figura 4.57

(Continuação).

4.26 No circuito da Fig. 4.59,/ s = 5 X 10 17A. Determine 4.22 Determine o ponto de operação e o modelo de

Vx para (a) VA = oo e (b) VA = 5 V.

pequenos sinais de Ql para cada um dos circuitos mostrados na Fig. 4.58. Suponha Is = 8 X 10~16A. P = 1 0 0 c V A = oo.

^ c c = 2 .5 V

4.23 Um transistor bipolar fictício exibe uma caracterís­

tica Ic-V/fE dada por /c = /sexp Vhf. nVi

(4.119)

onde n é um coeficiente constante. Construa o modelo de pequenos sinais do dispositivo se /< ainda for igual a /3/„.

Figura 4.59

4.27 No circuito da Fig. 4.60, Vcc muda de 2,5 para 3 V.

Supondo que Is = 1 X 10“17A e VA = 5 V, determine a alteração na corrente de coletor de Q x. 4.28 No Exercício 27, queremos diminuir Vn para com­

'c c -

pensar a alteração em 7C. Determine o novo valor de VB.

^C C =2V

Rc è 2 kQ

—

+

vcc H

1 kQ

0,8 V

jr v i -

(b)

'

t Figura 4.60

4.29 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.61, onde /,

é uma fonte de corrente ideal de 1 mA e Is = 3 IO"17A.

X

(c) ( i ) 1 mA

cc

< ,©

:2 V

Oi (d) Figura 4.58

Figura 4.61

4.24 Um transistor bipolar fictício exibe a seguinte relação

entre suas correntes de base e de coletor: k = */*.

(4.120)

(a) Supondo VA — oc, determine V,{ de modo que I( = 1 mA. (b) Se VA = 5 V, determine V,{para que Ic = 1 mA, para uma tensão coletor-emissor de 1,5 V.

142

Capítulo Quatro

4.30 Uma fonte de corrente bipolar foi projetada com uma

corrente de saída de 2 mA. Que valor de VA garante uma resistência de saída maior que 10 k íl?

100 k íi Vcc = 2,5 V

Q^

4.31 No circuito de Fig. 4.62, n transistores idênticos

são conectados em paralelo. Se Is = 5 X 10_,í>A e VA = 8 V para cada dispositivo, construa o modelo de pequenos sinais do transistor equivalente.

Figura 4.65

4.35 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.66, onde Is =

5 X IO-16 A e VA = oo. Se VB for escolhido de modo que a junção base-coletor fique sob polarização direta de 200 mV, qual é o valor da corrente de coletor?

yB= 0,8 V

mn

/CC=2,5V 1 kQ

Figura 4.62

4.32 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.63, onde

ís = 6 x IO"16A e VA = oo.

Figura 4.66

4.36 No circuito da Fig. 4.67, /3 = 100 e VA = <*>.Calcule

^ U CC=2,5V

o valor de ls para que a junção base-coletor fique sob polarização direta de 200 mV.

-± rV c c = 2,5\l

Figura 4.63

(a) Determine Vfí de modo que Qxopere na fron­ teira da região ativa. (b) Se permitirmos saturação fraca, como, por exemplo, com uma polarização direta de 200 mV na junção coletor-base, de quanto V,{pode aumentar?

Figura 4.67

4.37 Na Fig. 4.68, se Isl = 3/^ = 6

+

I O 16A. calcule lx.

L o ,8 2 V

CM

O

d

4.33 Para o circuito mostrado na Fig. 4.64, calcule o valor

mínimo de Vcc que produz uma polarização direta de 200 mV na junção coletor-base. Suponha Is = 7 X 10"16A e VA = oo.

X

^ c c

1,7 V-

+ -

Figura 4.68

1 kLl

4.38 Na Fig. 4.69, determine a corrente de coletor de Qx cc

se Is = 2

X

10 ,7Ae/ 3 = 100.

H Z* 50 kÇl —% -----

Figura 4.64

4.34 Na Fig.4.65,suponha Is = 2 X 10“17A, VA =

p= 100. Qual é o máximo valor de Rc para que a junção coletor-base fique sujeita a uma polarização direta menor que 200 mV?

Vc c - ± r 2 V 1,7 V

Figura 4.69

Física de Transistores Bipolares

143

4.39 No circuito da Fig. 4.70, foi observado que /< = 3 mA. Se [3 = 100, calcule /*.

r

23 kQ

—VA-----

'1

^cc

+

1,5 V

H Íi Figura 4.70

+

2kÜ.

4.40 Determine o valor de Is na Fig. 4.71 de modo que Qxopere na fronteira do modo ativo.

2,5 V

-

(c)

Figura 4.74

(Continuação)

4.44 Determine o ponto de operação e o modelo de pequenos sinais de Qxpara cada circuito mostrado na Fig. 4.75. Suponha / s = 3 X 10~17A, /3 = 100 e

Vb = M \ / - ±

VA =

°°.

Figura 4.71

4.41 Na Fig. 4.72, que valor de /3 coloca Q, na fronteira do modo ativo? Suponha Is = 8 X I O 16A. 100 k Q VVY Wr

*

1,5 V (a)

1 kí2

Figura 4.72

4.42 Calcule a corrente de coletor de Qx na Fig. 4.73 se / v = 3 X 10-,7A. (b)

0,5

1 k£2

mA0

2,5 V

vc c ~=F 2.5 V

rr

1V

Figura 4.73

4.43 Determine o ponto de operação e o modelo de pequenos sinais de Qxpara cada circuito mostrado na Fig. 4.74. Suponha Is = 3 X IO"17A, 0 = 100 eVA =<*>.

1,7 V

(c)

Figura 4.75

4.45 No circuito da Fig. 4.76, / v = 5 X 10“17A. Calcule Vx para (a) VA = ° ° t (b) VA = 6 V.

n rH tjõ j

i

1-7 V - r

I-

X

i/

—

500 £2 t

(a) Figura 4.73

~

V c c j f - 2,5 V

Figura 4.76

144

Capítulo Quatro

4.46 Uma fonte de corrente pnp deve produzir uma corrente

de saída de 2 mA. com uma resistência de saída de 60 k íl. Qual é a necessária tensão de Early? 4.47 Repita o Exercício 46 para uma corrente de 1 mA

e compare os resultados. 4.48 No circuito da Fig. 4.77, suponha VA = 5 V.

rr~ t^ õ i 1,7 V J L

x\

4.52 Determine a região de operação de

em cada circuito mostrado na Fig. 4.80. Suponha Is = 5 X 1 0 16A, /3 = 100 eV A =°o.

Re — t — %------

Rb Re |—W—t—Wi------

-k °1

'— k ° 1

+ VcC -r~ 2,5 V

l/cc^ 2 , 5 V

~ í'c c ^ - 2 ,5 V

3 kí2

(b)

(a)

Re Figura 4.77

(a) Que valor de Is coloca C?, na fronteira do modo ativo? (b) Que alteração sofre o resultado de (a) se VA = <»?

^cc 300£2:

2,5 V

-I

1 k íl

4.49 No modelo de pequenos sinais da Fig. 4.43, as

correntes dos terminais não parecem corresponder às do modelo de grandes sinais da Fig. 4.40. Explique por que isto não é uma inconsistência.

(d)

(c)

4.50 Considere o circuito ilustrado na Fig. 4.78, onde Is

= 6 X IO"16A, VA = 5 V e /, = 2 mA.

*cc

I-

2,5 V

-I

© '1

Figura 4.80

4.53 Considere o circuito mostrado na Fig. 4.81, onde

Avi = 3/y2 = 5 X I O 16A, e R( = 500 ü.

Figura 4.78

= 100,

= 50, VA =

oo

(a) Que valor de VHresulta em Vx = 1 V? (b) Se o valor de V,{encontrado em (a) for alterado em 0,1 mV, qual será a mudança correspondente em VX1 (c) Construa o modelo de pequenos sinais do tran­ sistor. 4.51 No circuito da Fig. 4.79, /3 = 100 e VA = <».

(a) Determine o valor de Is tal que a junção coletorbase de (J, fique sujeita a uma polarização direta de 200 mV. (b) Calcule a transcondutância do transistor.

360 k£2 ---- % -----

{O *

*CC -I

2,5 V

Figura 4.81

(a) Desejamos que a junção coletor-base de Q2fique sujeita a uma polarização direta de não mais que 200 mV. Qual é o máximo valor permitido para V r m?* (b) Com o valor encontrado em (a), calcule os parâ­ metros de pequenos sinais de e d e Q 2e cons­ trua o circuito equivalente. 4.54 Repita o Exercício 53 para o circuito mostrado na

Figura 4.79

Fig. 4.82; mas, para a parte (a), determine o valor

Física de Transistores Bipolares

mínimo permitido para V,n. Comprove que Qxopera no modo ativo.

4.56 No circuito da Fig. 4.84, Isl = 2/tV2 = 6

X

145

10 17 A,

/3, = 80, /32 = 100.

t

-Vcc=2,5V

Kout

Figura 4.82

Figura 4.84

4.55 Repita o Exercício 53 para o circuito da Fig. 4.83.

_t -Vcc=2,5V ■'out

Vin

(a) Que valor de Vinproduz uma corrente de coletor de 2 mA em Q27 (b) Com o valor encontrado em (a), calcule os parâ­ metros de pequenos sinais de e de Q2e cons­ trua o circuito equivalente.

Figura 4.83

EXERCÍCIOS

COM SPICE

Nos exercícios a seguir, suponha I^npn = 5 x 10 16 A, PnPn = 100, VAnpn = 5 V, ISpnp = 8 x 10-“ A, Ppnp = 50, Va,p„p = 3,5 V. 4.57 Para o circuito mostrado na Fig. 4.85, considere

4.59 Para os circuitos mostrados na Fig. 4.87, desenhe os

gráficos de Icl e /C2em função de Vin, para 0 < Vin< 1,8 V. Explique a drástica diferença entre as duas correntes.

0 < Vin < 2,5 V e desenhe o gráfico da característica entrada/saída. Que valor de Vin coloca o transistor na fronteira da região de saturação? fC1

VCC=2,5V

(a)

Figura 4.85

4.58 Repita o Exercício 57 para o estágio mostrado na

Fig. 4.86. Que valor de Vin faz com que (2, conduza uma corrente de coletor de 1 mA? Figura 4.87

4.60 Para o circuito da Fig. 4.88, desenhe o gráfico da

Figura 4.86

característica entrada/saída, para 0 < Vin < 2 V. Que valor de Vin produz uma transcondutância de (50 ü ) 1para Q,?

146

Capítulo Quatro

conduzam iguais correntes de coletor? Você pode explicar este resultado de maneira intuitiva?

Figura 4.88

4.61 Para o estágio mostrado na Fig. 4.89, desenhe o gráfico da característica entrada/saída, para 0 < Vin < 2,5 V. Que valor de Vin faz com que (?, e Q2

CA P I T U L O

Amplificadores Bipolares D epois de descreverm os a física e o funcionam ento de transistores no C apítulo 4, tratarem o s agora de circuitos amplificadores que em pregam esses dispo­ sitivos. E m bora a área de m icroeletrônica envolva m uito m ais que am plificadores, nosso estu d o de

A nálise do Ponto de Operação

Conceitos Básicos • Im pedâncias de Entrada e de Saída

telefones celulares e de câm eras digitais no C apí­ tulo 1 indicou o uso dissem inado de am plificação; isto nos m otiva a dom inar a análise e síntese desses blocos básicos. E ste cap ítu lo seguirá o seguinte roteiro:

*

Topologias de Am plificadores

• Polarização Sim ples

• Estágio Em issor Comum

• Degeneração do Emissor

• Estágio Base Comum

• Polarização

• A utopolarização

• Seguidor de Em issor

• Análise DC e de Pequenos Sinais

• Polarização de D ispositivos PNP

Este capítulo estabelece as bases para o restante do livro e é bem longo. A m aior parte dos conceitos apresentados aqui é invocada de novo no Capítulo 7 (Amplificadores MOS). Sugerimos ao leitor, portanto, fazer pausas freqüentes para absorver o m aterial em pequenas doses.

5.1

C O N S ID E R A Ç Õ E S G ER A IS

Recordem os, do C apítulo 4, que uma fonte de corrente controlada por ten são em conjunto com um resistor de carga pode form ar um amplificador. Em geral, um amplificador produz uma (tensão ou corrente de) saída que é uma versão amplificada da (tensão ou corrente de) entrada. Como a maioria dos

circuitos eletrônicos amostra e produz tensões,' nossa discussão enfocará “am plificadores de ten são ” e o conceito de “ganho de tensão”, voM/vin. Q ue o u tro s aspectos do d esem p e n h o de um am plificador são im p o rtan tes? Três p arâm etro s que nos vêm à m en te de im ed iato são (1) dissipação de potência (p. ex., p orque determ ina a vida útil da bateria de um telefone celular ou de uma câm era digital); (2) velocidade (p. ex., alguns am pli­ ficadores em telefones celulares ou em conversores analógico-digital devem o p erar em altas freq u ên ­ cias); (3) ruído (p. ex., o am plificador na en trad a de um telefone celular ou em uma câm era digital processa pequenos sinais e deve introduzir ruído pró p rio desprezível).

'As exceções são descritas no Capítulo 12.

147

148

Capítulo Cinco

5.1.1

Im pedãncias de E ntrada e de Saída

Além dos parâmetros que acabamos de citar, as impedâncias de entrada e de saída (im pedãncias I/O)* de um amplificador têm um papel crucial na capacidade do amplificador de se adaptar ao estágio que o ante­ cede e ao que o segue. Para entender este conceito, determ inem os prim eiro as im pedãncias I/O de um amplificador de tensão ideal. Na entrada, o circuito deve operar como um voltímetro, ou seja, am ostrar

Exem plo 5.1

uma tensão sem perturbar (carregar) o estágio ante­ rior. Portanto, a impedância de entrada ideal é infi­ nita. Na saída, o circuito deve se comportar como uma fonte de tensão, ou seja, fornecer um sinal de nível constante a qualquer impedância de carga. Assim, a impedância de saída ideal é igual a zero. Na verdade, as impedãncias I/O de um amplifi­ cador de tensão podem ser muito diferentes dos valores ideais e requerem cuidado às interfaces com outros estágios. O exemplo a seguir ilustra esta questão.

Um amplificador com ganho de tensão de 10 amostra um sinal gerado por um microfone e aplica a saída amplificada a um alto-falante [Fig. S.l(a)]. Vamos supor que o microfone possa ser modelado por uma fonte de tensão com um sinal de 10 mV pico a pico e por uma resistência série de 200 íl. Suponhamos, também que o alto-falante possa ser representado por um resistor de 8 kü. M icrofone Am plificador

/

A lto-falante

DA v = 10

200 Q

— Wi-----o

8Q

10 mV

(a)

Figura 5.1 (a) Simples sistema de áudio, (b) perda de sinal devida à impedância de entrada do amplificador, (c) perda de sinal devida à impedância de saída do amplificador.

(a) Determinemos o nível de sinal amostrado pelo amplificador, admitindo dois valores para a impedância de entrada do circuito: 2 kíl e 500 íl. (b) Determinemos o nível de sinal fornecido ao alto-falante para dois valores da impedância de saída do circuito: 10 íl e 2 íl. Solução

(a) A Fig. 5.1(b) mostra a interface entre o microfone e o amplificador. A tensão amostrada pelo amplificador é, portanto, dada por Rjn

(5.1)

V\ =

R in

*1/0: do inglês input/output, ou seja, entrada/saída. (N.T.)

+

Rn

Amplificadores Bipolares

149

Para Rin = 2 kft, (5.2)

v\ = 0,91 vm,

apenas 9% menor que o nível de sinal do microfone. Contudo, se Rin = 500 ft, (5.3)

=0,71um,

ou seja, uma perda de quase 30%. Portanto, neste caso, é interessante maximizar a impedância de entrada. (b) Representando a interface entre o amplificador e o alto-falante como na Fig. 5.1(c), temos Rl

Vout —

R l

'amp •

(5.4)

Ramp

Para Ramp = 10 Q, ^out — 0,44 Vamp uma atenuação substancial. Para R

(5.5)

= 2 íl, Vout = 0fivtamp

•

(5.6)

Logo, a impedância de saída do amplificador deve ser minimizada. Exercício

Se o sinal fornecido ao alto-falante for igual a 0,2vm, determine a razão entre R„, e R, .

A importância das impedâncias I/O nos estimula a prescrever com cuidado um método para medi-las. Da mesma forma que com impedâncias de dispositivos de dois terminais, tais como resistores e capacitores, a impedância de entrada (saída) é medida entre os nós de entrada (saída) do circuito, com todas as outras fontes independentes no circuito fixadas em zero.2 O

método, ilustrado na Fig. 5.2, envolve a aplicação de uma fonte de tensão aos dois nós (também chamados “portas”) de interesse, a medida da corrente resul­ tante e a definição de vx/ix como a impedância. As setas desenhadas na figura denotam “olhando para” a porta de entrada ou de saída e a correspondente impedância.

2Recordemos que uma fonte de tensão nula é substituída por um curto-circuito, e uma fonte de corrente nula, por um circuito aberto.

150

Capítulo Cinco

O leitor pode questionar por que, na Fig. 5.2(a), a porta de saída é deixada em aberto e, na Fig. 5.2(b), a porta de entrada é curto-circuito. Como,em operação normal, um amplificador de tensão é alim entado por uma fonte de tensão e todas as fontes independentes devem ser fixadas em zero, a porta de entrada na Fig. 5.2(b) deve ser curto-circuitada para representar uma fonte de tensão nula. P o rtan to , o p ro ced im en to p ara se calcular a im pedância de saída é idêntico ao usado para obter a im pedância de Thévenin de um circuito (C apítulo 1). Na Fig. 5.2(a), por sua vez, a saída perm anece

Exem plo

5.2

ab erta p o r não estar co n ectad a a q u alq u er fonte externa. As impedâncias I/O determ inam a transferência de sinal de um estágio para o seguinte e, em geral, são consideradas quantidades de pequenos sinais com a hipótese implícita de que os níveis de sinal são, de fato, pequenos. Por exem plo, a im pedância de entrada é obtida com a aplicação de uma pequena perturbação à tensão de entrada e a medida da resul­ tante alteração na corrente de entrada. Portanto, os modelos de pequenos sinais de dispositivos semicon­ dutores são de fundam ental importância.

Supondo que o transistor opere na região ativa direta, determinemos a impedância de entrada do circuito mostrado na Fig. 5.3(a). -r-

V,c c

'in ° —

(a) Figura 5.3

Solução

(a) Simples estágio amplificador, (b) modelo de pequenos sinais.

Construindo o circuito equivalente de pequenos sinais ilustrado na Fig. 5.3(b), notamos que a impe­ dância de entrada é dada por vx — = r n. lx

(5.7)

Como rn = /gm = VT/I( , concluímos que um maior valor de /3 ou um menor valor de /< produz uma impedância de entrada mais alta. Exercício

O que acontece se Rc é multiplicado por dois?

Figura 5.4

Conceito de impedância vista em um nó.

Para simplificar a notação e os diagram as, é comum nos referirm os à im pedância vista em um nó em vez da impedância entre dois nós (ou seja, em uma

porta). Como ilustra a Fig. 5.4, tal convenção apenas supõe que o outro nó está aterrado: a fonte de tensão de teste é aplicada entre o nó de interesse e a terra.

Amplificadores Bipolares

Exemplo

Calculemos a impedância vista olhando para o coletor de

151

na Fig. 5.5(a).

5.3

(a) Figura 5.5

Solução

Exercício

Exem plo

5.4

(b) (a) Impedância vista no coletor, (b) modelo de pequenos sinais.

Fixando a tensão de entrada em zero e usando o modelo de pequenos sinais na Fig. 5.5(b), notamos que v„ = 0, gmvn = 0 e, portanto, R„ul = r„. O que acontecerá se uma resistência de valor

Calculemos a impedância vista no emissor de efeito Early.

for conectada em série com a base de QX1

na Fig. 5.6(a). Para simplificar, desprezemos o

(a) Figura 5.6

Solução

(a) Impedância vista no emissor, (b) modelo de pequenos sinais.

Fixando a tensão de entrada em zero e substituindo V Cc por uma terra AC, obtemos o circuito de pequenos sinais mostrado na Fig. 5.6(b). É interessante que v„ = - v* e (5.8) Ou seja, vx_ ix

Como r„ = fi/gm » Exercício

1 1• Sm H---rn

(5.9)

1Jgm, temos Rou, «

O que acontece se uma resistência de valor /<, for conectada em série com o coletor de Q,?

Os três exem plos an terio res fornecem regras im portantes que serão usadas ao longo de to d o o livro (Fig. 5.7): olhando para a base, vem os rv se o emissor estiver aterrado (terra AC). O lhando para o coletor, vemos r() se o emissor estiver aterrado (terra

AC). O lhando para o emissor, vemos l/g,„ se a base estiver aterrad a (terra AC) e se o efeito Early for desprezado. É fundamental que o leitor domine estas regras e seja capaz de aplicá-las em circuitos mais complexos.*

'Embora esteja além do escopo deste livro, pode-se mostrar que a impedância vista no emissor só é aproximadamente igual a 1/g m se o coletor estiver conectado a uma impedância relativamente baixa.

152

Capítulo Cinco

^BE

^

A

^

/ V

Valor de - Polarização (DC)

t

'c

Figura 5.7 Resumo das impedâncias vistas nos terminais de um transistor.

5.1.2

/ V

t Figura 5.8 bipolar.

Níveis de polarização e de sinal para um transistor

P olarização

Recordemos, do Capítulo 4, que um transistor bipolar opera como um dispositivo am plificador se estiver polarizado no m odo ativo; ou seja, na ausência de sinais, o am biente que envolve o dispositivo deve garantir que as junções base-em issor e base-coletor estejam sob polarizações direta e reversa, respecti­ vamente. Além disto, como explicamos na Seção 4.4, propriedades de amplificação do transistor, tais como gm,r ne r,„ dependem da corrente quiescente (de pola­ rização) de coletor. Portanto, os circuitos envolvidos também devem fixar (definir) de maneira adequada as correntes de polarização do dispositivo. 5.1.3

A

Valor de - Polarização (DC)

A nálises DC e de P equenos S inais

As observações anteriores levam a um procedimento para a análise de amplificadores (e diversos outros tipos de circuitos). Prim eiro, calculam os as condi­ ções de operação (condições quiescentes) (tensões e correntes de terminais) de cada transistor na ausência de sinais. C ham ado “análise D C ” ou “análise de polarização”, este passo determ ina tanto a região de operação (ativa ou de saturação) como os parâm e­ tros de pequenos sinais de cada dispositivo. Segundo, efetuam os a “análise de pequenos sinais”, ou seja, estudam os a resposta do circuito a pequenos sinais e calculamos grandezas tais com o ganho de tensão e impedâncias I/O. Como exemplo, a Fig. 5.8 ilustra as componentes de polarização e de sinal de uma tensão e de uma corrente. É im portante que tenham os em m ente que a análise de pequenos sinais trata apenas de (pequenas) alterações nas tensões e correntes em um circuito, em torno de valores quiescentes. Portanto, como mencio­

nam os na Seção 4.4.4, para a análise de pequenos sinais, todas as fontes constantes, isto é, fontes de tensão e de corrente que não variam com o tempo, devem ser fixadas em zero. Por exemplo, a tensão de alimentação é constante e, enquanto estabelecemos pontos de polarização adequados, não tem qualquer efeito sobre a resposta de pequenos sinais. Por conse­ guinte, aterramos todas as fontes de tensão constante4 e abrimos todas as fontes de corrente constante para a construção do circuito equivalente de pequenos sinais. De o utro ponto de vista, os dois passos que acabamos de descrever seguem o princípio da super­ posição: primeiro, determ inam os o efeito de tensões e correntes constantes, enquanto as fontes de sinal são fixadas em zero; segundo, analisamos a resposta às fontes de sinal e fixamos as fontes constantes em zero. A Fig. 5.9 resume estes conceitos. D evem os ressaltar que a síntese de amplifica­ dores segue um procedim ento similar. Primeiro, os circuitos que envolvem o transistor são projetados para estabelecer condições adequadas de polarização e, portanto, os necessários parâm etros de pequenos sinais. Segundo, o com portamento de pequenos sinais do circuito é estudado para comprovar o desempenho exigido. Algumas iterações entre os dois passos podem ser necessárias para que o processo convirja para o com portam ento desejado. Como diferenciamos entre operações de pequenos e de grandes sinais? Em outras palavras, em que condições podem os representar os dispositivos por seus modelos de pequenos sinais? Se o sinal perturba o ponto de polarização do dispositivo de m aneira desprezível, dizemos que o circuito opera no regime de pequenos sinais. Na Fig. 5.8, por exemplo, a alteração

■'Dizemos que todas as fontes de tensão constante são substituídas por uma “terra AC”,

Amplificadores Bipolares

Análise DC

Análise de Pequenos Sinais

i

Figura 5.9

CurtoCircuito Circuito Aberto

Passos dc uma análise dc circuito genérica.

em Ic devida ao sinal deve perm anecer pequena. Este critério se justifica porque as propriedades de ampli­ ficação do transistor, como g,„ e r•„ são consideradas constantes na análise de pequenos sinais, mesmo que, na verdade, variem à medida que o sinal perturba Ic. Ou seja, uma representação linear do transistor é válida apenas se a variação dos parâmetros de pequenos sinais for desprezível. A definição de "desprezível” depende, de certa forma, do circuito e da aplicação. Contudo, como regra empírica, consideramos uma variação de 10% na corrente de coletor como um limite superior para a operação em pequenos sinais. D oravante, quando desenharm os diagramas de circuitos, empregaremos algumas notações e símbolos simplificados. A Fig. 5.10 traz um exemplo no qual a bateria que atua como alim entação de tensão é subs­ tituída por uma barra horizontal com o rótulo Vcc.5 Além disto, a fonte de tensão de entrada é simplifi­ cada para um nó cham ado Vin, estando subentendido que o outro nó é a terra. Neste capítulo, começamos com a análise DC e a síntese de estágios bipolares, para que desenvol­ vamos habilidade para determ inar ou criar as condi­ Exem plo

153

ções de polarização. Esta fase de nosso estudo não requer conhecimento de sinais e, portanto, das portas de entrada e de saída do circuito. A seguir, apresenta­ remos diversas topologias de amplificadores e exami­ narem os seus com portam entos de pequenos sinais.

5.2

A N Á LIS E E SÍNTESE NO PONTO DE O PERAÇÃO

É conveniente que iniciemos nosso estudo de pontos de operação com um exemplo.

Um estudante familiarizado com dispositivos bipolares constrói o circuito mostrado na Fig. 5.11 e tenta amplificar o sinal produzido por um microfone. Se /s = 6 X 10“16A e o valor de pico do sinal do microfone for 20 mV, determinemos o valor de pico do sinal de saída. cc c ^ 1 ^£2 ‘'o u t

Figura 5.11

5Q subscrito CC indica suprimento de tensão ao coletor.

Amplificador alim entado diretam ente por um microfone.

154

Capítulo Cinco

Solução

Infelizmente, o estudante se esqueceu de polarizar o transistor. (O microfone não produz uma saída DC.) Se V„, (= V!„.) alcança 20 mV, então A/c = Is e x p ^ ç £ = 1,29 x IO-15 A.

(5.10) (5.11)

Esta alteração na corrente de coletor produz uma perturbação na tensão de saída igual a Rc A/c = 1,29 x 10"12 V.

(5.12)

O circuito praticamente não gera saída porque a corrente de polarização (na ausência do sinal do microfone) é zero, assim como a transcondutância. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que uma tensão constante de 0,65 V é aplicada em série com o microfone.

Como mencionamos na Seção 5.1.2, a polarização tenta alcançar dois objetivos: assegurar operação na região ativa direta e fixar o valor da corrente

Exem plo 5.6

de coletor exigido pela aplicação. R etornem os ao exemplo anterior.

Tendo percebido a questão da polarização no Exemplo 5.5. o estudante modifica o circuito tal como indicado na Fig. 5.12 e conecta a base a Vcc para permitir polarização DC da junção base-emissor. Expliquemos por que o estudante precisa aprender mais sobre polarização. VCc = 2>5 V

*C

1 ‘'o u t

° i Figura 5.12

solução

Exercício

5.2.1

Amplificador com base conectada a R e ­

A questão fundamental aqui é que o sinal gerado pelo microfone é curto-circuitado a Vcc. Atuando como uma fonte de tensão ideal, V(C mantém a tensão da base em um valor constante e proíbe qualquer perturbação introduzida pelo microfone. Como Vnr permanece constante, Voul também se mantém constante e não ocorre qualquer amplificação. Outra questão importante está relacionada ao valor de Vm;. com Vm- = Vcc = 2,5 V, uma grande corrente flui para o transistor. O circuito funcionaria melhor se um resistor fosse conectado em série com o emissor de (7,?

P olariza ção S im p les

A gora, considerem os a topologia m ostrada na Fig. 5.13, onde a base é conectada a V cc por meio de um resistor relativam ente grande, R /{, para que a junção

base-emissor fique sob polarização direta. Nosso obje­ tivo é determ inar as tensões e correntes nos terminais de (?, e obter as condições que asseguram polarização no modo ativo. Como podemos analisar esse circuito? Podem os substituir Q x por seu m odelo de grandes

Amplificadores Bipolares

155

N otando que a queda de tensão em R, é igual a /?< /< , obtem os VCE como VCE = Vcc - R d e

(5.16)

= Vc c - P Vc< ~ VbFRc . Rb Figura 5.13 Uso de resistor de base para estabelecer uma rota para a corrente de base.

sinais e aplicar as LTK e LCK. mas a(s) resultante(s) equação(ões) não linear(es) não ajudarão muito. Em vez disso, recordem os que, na m aioria dos casos, a tensão base-emissor assume valor no intervalo entre 700 e 800 mV e pode ser considerada relativam ente constante. Como a queda de tensão em R lf é igual a R Jn , temos (5.13)

R b Ib + VgE = Vcc Logo, 1b =

Vcc ~ Vbe R

(5.14)

b

Conhecida a corrente de base, escrevemos

Ic = P

Exem plo

Vcc Rb

Vb e

'

(5.15)

(5.17)

O cálculo de VCEé necessário, pois revela se o dispo­ sitivo opera no m odo ativo ou não. Por exem plo, para evitar saturação com pletam ente, exigimos que a tensão de coletor perm aneça acima da tensão de polarização: Vcc

—

Rb

Vbe

Rc > VBe -

(5.18)

Os parâm etros do circuito podem, portanto, ser esco­ lhidos para assegurar que esta condição seja aten ­ dida. Em resumo, usando a seqüência /„ —» /< —> VCE, calculamos as tensões e correntes nos term inais de £>, que são de im portância. Em bora, aqui, não seja de particular interesse, a corrente de emissor é igual a /< + /„. O leitor pode questionar o erro no cálculo ante­ rior devido à hipótese de Vm: ter valor constante no intervalo entre 700 e 800 mV. Um exemplo esclarece este ponto.

Para o circuito mostrado na Fig. 5.14. determinemos a corrente de polarização de coletor. Vamos supor p = 100 e ís = 10 17A. Comprovemos se Qxopera na região ativa direta.

Solução VCC = 2,5V

100 kQ ^ Rs Rc ^ 1 kQ Y

fC

Figura 5.14

Simples estágio com polarização.

Como Is é relativamente pequena, concluímos que a tensão base-emissor exigida para a condução de um nível típico de corrente é relativamente grande. Assim, usamos Vbe = 800 mV como valor estimado inicial e escrevemos a Eq. (5.14) como

156

Capítulo Cinco

, Vcc - Vbe ' B= R. 17 /í A.

(5.19) (5.20)

Logo, Ic = 1,7 mA.

(5.21)

Com este resultado para 70 calculamos um novo valor para VfíE: Vbe = VjXn-^— Js

(5.22)

= 852 mV,

(5.23)

e iteramos para obter resultados mais precisos. Ou seja, , Vcc — Vbe ' B= K, = 16.5 /jlA ,

(5.24) (5.25)

portanto, /c = 1,65 mA.

(5.26)

Como os valores dados por (5.21) e (5.26) são bem próximos, consideramos que /< = 1,65 mA tem precisão suficiente e interrompemos o processo iterativo. Escrevendo (5.16), temos Vce = Vcc - R d e

(5.27)

= 0,85 V,

(5.28)

um valor quase igual ao de VHE. Portanto, o transistor opera próximo à fronteira entre os modos ativo e de saturação. Exercício

Que valor de R( produz uma polarização reversa de 200 mV na junção base-coletor?

O esquem a de polarização da Fig. 5.13 req u er0,52 V, levando o transistor à saturação forte. Por alguns comentários. Primeiro, o efeito da “incerteza” estes motivos, a topologia da Fig. 5.13 raram ente é em relação ao valor de Vm. se to rn a mais p ro n u n ­ usada na prática. ciado para valores baixos de V cc, pois Vcc ~ I n ­ determ ina a corrente de base. A ssim ,em projetos de 5.2.2 P olarização por D iviso r de Tensão baixa tensão - um paradigm a cada vez mais comum R esistivo nos m odernos sistemas eletrônicos - a polarização é mais sensível a variações no valor de V/(/. entre tran ­ Para elim inar a dependência de l c em relação a /3, sistores ou com a tem peratura. Segundo, notam os retornam os à relação básica Ic = 7s exp(K /J/./V r) e na Eq. (5.15) que I( depende m uito de /3, um p arâ­ postulamos que /, deve ser fixada com a aplicação m etro que pode variar de m odo considerável. No de um valor bem-definido de V,,,.. A Fig. 5.15 traz um exem plo anterior, se ]S au m en tar de 100 para 120, exem plo em que R t e R 2 atuam com o divisores de I( aum en tará para 1,98 m A e V CE dim inuirá para tensão e proveem uma tensão base-emissor igual a

Amplificadores Bipolares

157

(5.29)

Vx = r £ r 2Vcc’ se a corrente de base é desprezível. Logo, i

i

í

''C C \

/c

30)

uma grandeza que independe de /3. No entanto, o projeto deve assegurar que a corrente de base permaneça desprezível.

Exem plo 5.8

Figura 5.15

Uso de um divisor de tensão resistivo para definir

Determinemos a corrente de coletor de na Fig. 5.16 se Is = 10 17A e /3 = 100. Comprovemos se a corrente de base é desprezível e se o transistor opera no modo ativo. VCC = 2»5 V 17 k Q

5kQ

Y

8 kQ Figura 5.16

Solução

Exemplo de estágio de polarização.

Desprezando a corrente de base de Q,, temos

Vx = R ^ h h Vcc

(5.31)

= 800 mV.

(5.32)

YiBE /i c = /is exp—

(5.33)

= 231/iA

(5.34)

IB = 2,31 //A.

(5.35)

Logo,

A corrente de base é mesmo desprezível? Com que valor esta grandeza deve ser comparada? Provida pelo divisor resistivo. /„ deve ser desprezível em relação à corrente que flui por R] e R2: Vcc Ri + Ri Esta condição, de fato, é válida neste exemplo, pois Vcc/(R l + R2) = 100 /u.A = 43/„.

(5.36)

158

Capítulo Cinco

Também notamos que (5.37)

VCE = 1,345 V, e, portanto, Qxopera na região ativa. Exercício

Qual é o máximo valor de Rc para que Q, permaneça sob saturação fraca?

A abordagem de análise do exemplo anterior pres­ supõe uma corrente de base desprezível e requer uma verificação no final. Contudo, o que devemos fazer se o resultado final indicar que I„ não é desprezível? Agora, analisaremos o circuito sem esta hipótese. Substituímos o divisor de tensão por um equivalente deThévenin (Fig. 5.17) e notamos que VrhlT é igual à tensão de circuito aberto ( Vx quando o amplificador está desconectado): Vrhív —

Ri Ri + Ri

*C C -

(5.38)

Além disso, R rh(y é dado pela resistência de saída do circuito quando Vcc é fixado em zero:

V/lnh ~ hiRlliév VT

(5.41)

Este resultado e a relação Ic = (31„formam um sistema de equações que perm ite o cálculo dos valores de I( e / /(.Tal como em exemplos anteriores, um processo iterativo se mostra útil aqui, mas a dependência expo­ nencial na Eq. (5.41) dá origem a grandes flutuações nas soluções intermediárias. Por este motivo, reescrevemos (5.41) como h = ( VThév - Vr l n f ) •

\

As/

Krhév

.

(5.42)

(5.39)

R tmv = ^lll^2O circuito simplificado fornece: Vx = Vriiev - I hR h,*

Figura 5.17

Ic = Is exp

(5.40)

e iniciamos as iterações com V be = V, \n(Ic/I s). O processo iterativo segue a seqüência V„,: —> /„ —> V)m

Uso do equivalente de Iliévenin para o cálculo da polarização.

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5.9 Solução

159

Na Fig. 5.18(a), calculemos a corrente de coletor de Qx. Vamos supor /3 = 100 e Is = 10 17A.

Construindo o circuito equivalente mostrado na Fig. 5.18(b), notamos que VThév =

Ri Vcc R\ + Ri

(5.43)

= 800 mV

(5.44)

Rrhév = ^lll^2

(5.45)

= 54AkQ.

(5.46)

Iniciamos as iterações com o valor y m = 750 mV (pois sabemos que a queda de tensão em Rrhév torna VtíEmenor que Vlhéx) e obtemos a corrente de base: Vmév — Vbe Rrhév = 0,919 \i A.

h =

(5.47) (5.48)

■ VCC = 2,5 V 170 k Q % R ,

Rc

5kQ

80 k Q ^ R2

(a) Figura 5.18 (a) Estágio com polarização por divisor resistivo de tensão, (h) estágio com equivalente de Thévenin para o divisor resistivo e Vcc-

Portanto, /< = /3/„ = 91,9 /xA e Vb e — V r

ln

Is 776 mV.

(5.49) (5.50)

Com isto. /,, = 0.441 ^ A e /c = 44,1 /xA. o que ainda representa uma grande flutuação em relação ao primeiro valor calculado. Dando prosseguimento às iterações, obtemos V = 757 mV. /„ = 0,79 fiA e Ic = 79,0 /xA. Após diversas iterações, V ,„ 766 mV e /< = 63 /xA. Exercício

De quanto R2pode ser aumentado de modo que <2i ainda permaneça sob saturação fraca?

E m bora, na topologia da Fig. 5.15, a escolha adequada de e R 2 torne a polarização relativa­ m ente independente de j8, a relação exponencial entre Ic e a tensão gerada pelo divisor resistivo ainda

leva a uma substancial variação da polarização. Por exemplo, se R 2 for 1% maior que seu valor nominal, o mesmo acontecerá com Vx e a corrente de coletor será multiplicada por exp(0,01 V m /V /) 88 1,36 (para

160

Capítulo Cinco

V,,,: = 800 mV). Em outras palavras, um erro de 1% no valor de um resistor introduz um erro de 36% na corrente de coletor. Portanto, o circuito tem pouca utilidade prática. 5.2.3 P olarização com D egeneração de Em issor

Uma configuração de polarização que alivia o problema de sensibilidade em relação a j3 e a V„,.: é mostrado na Fig. 5.19. Nesta figura, o resistor R , aparece em série com o emissor e reduz a sensibilidade em relação a De um ponto de vista intuitivo, isto ocorre porque R,. exibe uma relação I-V linear (em vez de exponencial). Assim, um erro em Vx devido a incertezas em R UR2 ou V ccé, em parte, “absorvido” por R I:, resultando em menor erro em V,„. e, portanto, em /<■. Chamada “degeneração de em issor”, a adição de R t em série com o emissor altera vários atributos do circuito,como descreveremos mais adiante neste capítulo. Para entender esta propriedade, determinemos as correntes de polarização do transistor. Desprezando a corrente de base, temos Vx = V CCR 2/( R I + R 2). E, ainda, V,, = Vx — Vm.\ com isto,

Exem plo

Figura 5.19 Adição de resistor de degeneração para estabilizar o ponto de polarização.

<552)

* /c ,

(5.53)

caso [3 » 1. Com o se pode tornar este resultado menos sensível a variações em Vx ou V„,.l Se a queda de tensão em R, , ou seja, a diferença entre V(
Calculemos as correntes de polarização para o circuito da Fig. 5.20 e verifiquemos se Q x opera na região ativa direta. Vamos supor /3 = 100 e / v = 5 X 10 17A. Que variação sofre a corrente de coletor se R2 for 1,6% maior que seu valor nominal?

VCC = 2>5 V

16 kQ

9 kQ 100 Q

Figura 5.20

Solução

Exemplo de estágio de polarização.

Desprezamos a corrente de base e escrevemos Vx = Vcc

Ri

R\ + /?2

= 900 mV.

(5.54) (5.55)

Amplificadores Bipolares

161

Usando VBE = 800 mV como valor inicial, temos VP = VX - VBE

(5.56)

= 100 mV,

(5.57)

e, portanto, IE ^ I C ^ \ mA.

(5.58)

Com este resultado, devemos reexaminar a hipótese Vbe = 800 mV. Uma vez que VBE = Vt l n ^ /S = 796 mV,

(5.59) (5.60)

concluímos que a escolha inicial é razoável. Além disso, a Eq. (5.57) sugere que um erro de 4 mV em Vfí/; leva a um erro de 4% em Vr e, portanto, em /,, indicando uma boa aproximação. Agora, verifiquemos se Q xopera no modo ativo. A tensão de coletor é dada por Vy = Vc c - I c Rc

(5.61)

= 1,5 V.

(5.62)

Com a tensão de base em 0,9 V. o dispositivo está, de fato, na região ativa. A hipótese de corrente de base desprezível é válida? Com I( « 1 mA, lB ** 10 /liA, enquanto a corrente que flui em /?, e R2é igual a 100 /xA. Portanto, a hipótese é razoável. Para maior precisão, pode ser empregado um processo iterativo similar ao do Exemplo 5.9. Se R2for 1,6% maior que seu valor nominal, a Eq. (5.54) indica que Vx aumenta para aproxi­ madamente 909 mV. Podemos supor que a mudança de 9 m V aparece em R, e aumenta a corrente de emissor de 9 mV/100 íl = 90 fxA. Da Eq. (5.56), notamos que esta hipótese é equivalente a considerarmos Vin: constante, o que é razoável, pois as correntes de emissor e de coletor sofreram alteração de apenas 9%. Exercício

Que valor de R2coloca

na fronteira da região de saturação?

A topologia de polarização da Fig. 5.19 é utilizada com frequência em circuitos discretos e apenas rara­ mente em circuitos integrados. A Fig. 5.21 ilustra duas regras aplicadas na prática: (1) /, » /„ para reduzir a sensibilidade em relação a j3, e (2) VRE deve ser sufi­ cientem ente grande (de 100 m V a várias centenas de milivolts) para suprimir o efeito de incertezas em Vx e em VBE.

^

11 » / F

■=■

R o tin a de P ro je to É possível estabelecer uma rotina de projeto para a topologia de polarização da Fig. 5.21 que pode ser usada para a maioria das apli-

Suficientemente Pequeno para Evitar Saturação

% yRE » Variações em

e Vbe

Figura 5.21 Resumo de condições dc polarização robustas.

162

Capítulo Cinco

(4) escolher R { e R2que produzam o valor necessário de Vx e garantam /, » /„. D eterm inado pelos requi­ sitos de ganho de pequenos sinais, o valor de R c é limitado por um máximo que coloca {9, na fronteira da região de saturação. O exem plo a seguir ilustra estes conceitos.

cações: (1) escolher uma corrente de polarização de coletor que resulte em valores adequados para os parâm etros de pequenos sinais, como g„, e /■„; (2) com base nas esperadas variações de /?,, R 2 e esco­ lher um valor para VKE ~ I t R r, por exemplo, 200 m V; (3) calcular V x = VnF + I( R,.:, com V ,,,. = V , ln(/(/ / s);

Exem plo

Solução

Projetemos o circuito da Fig. 5.21 de modo que produza uma transcondutância de 1/(52 H) para Q x. Vamos supor Vcc = 2,5 V, /3 = 100 e /* = 5 x 1 0 17A. Qual é o máximo valor tolerável de Rc*> Um valor de gmde (52 íl) -1 se traduz em uma corrente de coletor de 0,5 mA e um Vnr de 778 mV. Supondo R eI c = 200 mV, obtemos R, = 400 íl. Para obter Vx = VHI. + R,.IC = 978 mV, devemos ter Rz

R\ + ^2

Vc c = V be + R eIc ,

(5.63)

onde a corrente de base foi desprezada. Para que a corrente de base I,{ = 5 fxA seja desprezível, Vcc R\ + R 2 por exemplo, por um fator de 10. Assim, R{ + R2 = 50 kü, que, em conjunto com (5.63), resulta em R\ = 30,45 kQ

(5.65)

R2 = 19,55 kQ.

(5.66)

Qual é o máximo valor de R( ? Como a tensão de coletor é igual a V(( - R( IC, forçamos a seguinte restrição para assegurar operação no modo ativo: Vcc —Rclc > Vx\

(5.67)

RCIC < 1,522 V.

(5.68)

/?c< 3,044 kQ.

(5.69)

ou seja, Por conseguinte,

Se Rc exceder este valor, a tensão de coletor fica menor que a tensão de base. Como mencionamos no Capítulo 4, o transistor pode tolerar saturação fraca, isto é, até cerca de 400 mV de polarização direta na junção base-coletor. Logo, em aplicações de baixa tensão, podemos permitir VY 555 Vx 400 mV e, portanto, um maior valor para Rc. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o orçamento de potência é de apenas 1 mW e a transcondutância de não é dada.

As duas regras ilustradas na Fig. 5.21 para reduzir as sensibilidades im põem algum as condições. Em particular, um projeto m uito conservador envolve

as seguintes questões: (1) se desejam os que /, seja muito maior que /,„/?, + R 2e, portanto, /?, e R2devem ser muito pequenos, resultando em uma impedância

Amplificadores Bipolares

de entrada baixa; (2) se escolhermos um valor muito grande para VRh, Vx ( = V lir + VRI.) deve ser alto, limitando o valor máximo da tensão de coletor para

Exem plo

Solução

163

evitar saturação. Retornem os ao exemplo anterior e estudem os estas questões,

Vamos repetir o Exemplo 5.11 supondo VR,.: = 500 mV e /, ^ 100/,,.

A corrente de coletor e a tensão base-emissor permanecem inalteradas. O valor de R, agora é dado por 500 mV/0,5 m A = 1 kü. Além disso, Vx = VliE + R ,IC = 1,278 V e a Eq. (5.63) continua válida. Reescrevemos (5.64) como Vcc

R i + R2

> 100/«,

(5.70)

e obtemos R t + R 2 = 5 kíl. Segue-se que R \ = 1,45 kí2

(5.71)

Rz = 3,55 kí2.

(5.72)

Como a tensão de base aumentou para 1,278 V, para evitar saturação a tensão de coletor deve exceder esse valor, resultando em D Vcc - V x Rc < ---- r-----lc < 2,44 k£2.

,, (5.73) (5.74)

Como veremos na Seção 5.3.1. a redução em R ( se traduz em menor ganho de tensão. Além disto, o fato de os valores de R , e de R 2 serem menores que no Exemplo 5.11 leva a uma baixa impe­ dância de entrada, o que carrega o estágio anterior. Na Seção 5.3.1. calcularemos o valor exato da impedância de entrada desse circuito. Exercício

5.2.4

Repita o exemplo anterior para o caso em que VKI. é limitado a 100 mV.

E stágio A u to p o la riz a d o

O utro esquem a de polarização de uso com um em circuitos discretos e integrados é m ostrado na Fig. 5.22. C ham ado “autopolarizado”, pois a corrente e a tensão de base são fornecidas do coletor, este estágio tem diversas propriedades interessantes e úteis. Iniciemos a análise do circuito observando que a tensão de base é sem pre m enor que a de coletor: Vx = V y — I„Rh. R esultado da autopolarização, esta propriedade im portante garante que <9, opera no m odo ativo in d ep en d en tem en te dos p arâm e­ tros do dispositivo e do circuito. Por exem plo, se R c au m en tar indefinidam ente, Q x perm anece na região ativa, uma vantagem im portante em relação ao circuito da Fig. 5.21.

A gora, supondo I„ « Ic, determ inem os a corrente de polarização de coletor; com esta hipótese, R ( conduz uma corrente igual a Ic, resultando em Vy =

V c c

—

R

c k

-

(5.75)

164

Capítulo Cinco k _ V ç c -V ^

E

= /?*/* + VB£

(5.76)

=

(5.77)

+ vB£.

/?c + - j

P

C om o sem pre, com eçam os escolhendo um valor inicial para calculam os/(-e usamos Vm. = V T\n(Ic /Is) para m elhorar a precisão de nossos cálculos.

Igualando os lados direitos de (5.75) e (5.77), obtemos

Exem plo 5.13

Solução

(5 7 g )

Na Fig. 5.22, determinemos a corrente e a tensão de coletor de £>, com Rc = 1 kíl, Rb = 10 kíl, Vcc = 2,5 V, / v = 5 X IO-17 A e /3 = 100. Vamos repetir os cálculos para R( = 2 kíl. Supondo VBE = 0,8 V, obtemos, de (5.78): (5.79)

Ic = 1,545 mA,

e, portanto, VBE= VTln(Ic/Is) = 807,6 mV; concluímos que a escolha inicial do valor de VíiE e do resultante valor de I( são de razoável precisão. Também notamos que R,{In = 154,5 mV e VY = RbIb + Vbe ~ 0,955 V. Se R( = 2 kíl, com VHE = 0,8 V, a Eq. (5.78) fornece Ic = 0,810 mA.

(5.80)

Para verificar a validade da escolha inicial, escrevemos VBE = VTln(Ic/Is) = 791 mV. Comparado com Vcc - V,,,. no numerador de (5.78), o erro de 9 mV é desprezível e o valor de /< em (5.80) é aceitável. Como RBIB = 81 mV, VY 5550,881 mV. Exercício

O que acontece se o valor da resistência de base for dobrado?

A Eq. (5.78) e o exemplo anterior sugerem duas regras im portantes para o projeto do estágio autopolarizado: (a) Vcc - VBE deve ser muito maior que as incertezas no valor de Vm:; (2) R ( deve ser muito m aior que R „ /fl para reduzir a sensibilidade em relação a (3. Na verdade, se R, » /?/(/j3,

a partir de considerações de pequenos sinais, escolhemos R ( = \0 R H/(3 e reescrevemos (5.78) como ^ _ Vcc ~ Vbe l,l/?c

« g2^

onde V,„, = V T\n(Ic/ I s). Ou seja, (5.81, I<(

e V Y = Vcc ~ h-Rc “ Este resultado serve como uma estimativa para as condições de polarização do transistor. A Eq. (5.78) e a condição Rc » R„/f$ representam expressões básicas para o projeto do circuito. Com o valor necessário de lc conhecido Rotina de Projeto

Rc =

Vcc - Vrf

,,,

_ PRç 10

(5.83) ^

A escolha de R tt tam bém depende das exigências de pequenos sinais e pode se desviar desse valor, mas deve perm anecer muito m enor que (iRc.

Amplificadores Bipolares

Exem plo 5.14 Solução

165

Projetemos o estágio autopolarizado da Fig. 5.22 para gm = 1/(13 í 2) e Vcc = 1,8 V. Vamos admitir Is = 5 X 10-,6A e/3 = 100. Como gm = I( /V 7 = 1/(13 ü ), temos Ic = 2 mA, V,{h = 754 mV e n ^ ^cc - Vbe Rc* U /c ^475Q .

(5.85) (5.86)

E R - PRC R b ~ 10

(5.87)

= 4,75kft.

(5.88)

Notamos que R,J,{ = 95 mV, resultando em uma tensão de coletor de 754 mV + 95 mV = 849 mV. Exercício

Repita o projeto anterior com uma tensão de alimentação de 2,5 V.

A Fig. 5.23 resume os princípios de polarização estudados nesta seção.

5.2.5

P olariza ção de T ransistores P N P

As topologias de polarização D C estudadas até aqui incorporam transistores npn. Circuitos que usam Exem plo 5.15

dispositivos pnp seguem os mesmos procedim entos de análise e projeto, mas exigem atenção quanto às polaridades de tensões e correntes. Ilustramos estes pontos com o em prego de alguns exemplos.

No circuito da Fig. 5.24, calculemos a corrente de coletor de (J, e determinemos o máximo valor permitido de R( para operação no modo ativo.

rr

cc

—

Figura 5.24

Polarização simples de estágio pnp.

166

Capítulo Cinco

Solução

A topologia é a mesma da Fig. 5.13 e temos IfíRfí

Veb

+

(5.89)

Vcc •

=

Ou seja, ,

Vcc

Veb

—

(5.90)

R. e j

QVcc

k = í>

Veb

-

R,

(5.91) '

circuito sofre de sensibilidade em relação a /3. Se o valor de R( for aumentado, V y aumentará e se aproximará de Vx Vcc V ^ ) e deixará Q x mais próximo da saturação. O transistor entra em saturação em V Y Vx, ou seja,

O

( =

”

=

I c R c m

u í x

=

Vcc - Veb

(5.92)

logo, D Kc,máx

Vcc

~

Veb

J

=

ic

Rb f i

(5.93) (5.94)

*

De outra perspectiva, como Vx = ínRlf e VY = ICRC, temos ÍI{R,{ = IcRc/náx como condição para a fronteira de saturação e obtemos Rfí = íòRCmáx. Exercício

Exem plo

Para um dado valor de Rc, que valor de RHleva o dispositivo à fronteira de saturação?

No circuito da Fig. 5.25(a). determinemos a corrente e a tensão de coletor de Qt.

5.16 VC C

R2 % '1

/B

_ EB

*1

(a) (b) Figura 5.25 (a) Estágio pnp com polarização por divisor rcsistivo de tensão, (b) equivalente de Iliévenin do divisor e Vcc. S olução

Como um caso geral, supomos que lHé insignificante e construímos o equivalente de Thévenin do divisor de tensão, como ilustra a Fig. 5.25(b): Vrhév =

Ri Vcc R\ “f* ^2

Rlhév = R\ 11^2*

(5.95) (5.96)

Amplificadores Bipolares

167

Somando a queda de tensão em R /hév e VEB a Vngv9 obtemos Vjhév + h R/hév + Veb = Vcc\

(5.97)

ou seja,

Vcc - Vrhév - Veb

R 1 + R , VCC

V"

Rni*

(5.98)

(5.99)

Isto resulta em

lc =P

R + R VCC

o J
VEB

(5.100)

Como no Exemplo 5.9, algumas iterações entre /< e V,.Hpodem ser necessárias. A Eq. (5.100) indica que, se IB for insignificante, a polarização do transistor depende muito de /3. Por outro lado, se IH« /,, igualamos a queda de tensão em R2 a V EB e obtemos a corrente de coletor:

R , + R 2Vc ç - Veb

j j ( Ri Vcc \ /c= /sexpU + ^ v j -

(5.101) (5.102)

Notamos que este resultado é igual à Eq. (5.30). Exercício

Exem plo

Qual é o valor máximo de Rc para que Qxpermaneça sob saturação fraca?

Supondo uma corrente de base desprezível, calculemos a corrente e tensão de coletor de (2, no circuito da Fig. 5.26. Qual é o valor máximo de R( para que opere na região ativa direta?

Figura 5.26

Solução

Com Ilf « em R,

Estágio pnp com resistor dc degeneração.

/,, temos Vx = ^cc RX/{R\ + R2). Somando a tensão emissor-base e a queda de tensão obtemos Vx + Veb + R e I e — Vcc

(5.103)

168

Capítulo Cinco

logo,

/ £ = ^ ( ^ f ^ Vcc_'/£B) ’

(51°4)

Usando Ic « /,. podemos calcular um novo valor para VEBe iterar, se necessário. Além disso, com Ih = podemos comprovar a validade da hipótese IB « /,. Para obter (5.104), escrevemos uma LTK de Vcc para a terra, Eq. (5.103). No entanto, uma abordagem mais direta consiste em notar que a queda de tensão em R2 é igual a VKB + l, R,\ yc c i T Ti A i r2 =

+ IeR e ,

(5.105)

que leva ao mesmo resultado de (5.104). O valor máximo permitido de Rc é obtido ao igualarmos as tensões de base e de coletor: yCCl r ^ l r = Rc.múJc Al + K2 Rc.máx ( Re

(5.106) Rl

(5.107)

\R i + Ri

Portanto, Rc,màx = R e Vc c - ^

s

- • — Õ-------------------- . -

5.108

R l - y c c - V EB

R\ + R2 Exercício

Exem plo

Repita o exemplo anterior para o caso em que R2 = °°.

Determinemos a corrente e a tensão de coletor de 0 , no circuito autopolarizado da Fig. 5.27.

cc

— WvRc Figura 5.27

Solução

Estágio pnp autopolarizado.

Devemos escrever uma LTK para a malha que inclui Vcc, a junção emissor-base de (Jh RB e Rc à terra. Como /3 » 1 e, portanto, /< » /„, Rc conduz uma corrente aproximadamente igual a /< e origina VY = RJc- Além disto, Vx = RBlB + VY = RBIB + RJc* resultando em Vcc = Veb + Vx

(5.109)

= Veb + R bI b + IcRc

(5.110)

= Veb +

( 5.111)

Amplificadores Bipolares

169

Logo, Ic =

Vcc - VEb

(5.112)

— + Rc P um resultado similar à Eq. (5.78). Como sempre, começamos com a escolha de um valor inicial para VEn, calculamos lc e determinamos um novo valor para VKHetc. Notemos que, como a tensão de base é maior que a de coletor, Qxsempre permanece no modo ativo. Exercício

5.3

Quão distante Qx está da saturação?

TO PO LO G IAS DE A M P L IF IC A D O R E S B IP O LA R E S

Após nosso estudo detalhado de polarização, podemos agora nos dedicar a topologias de amplificadores e exam inar suas propriedades de pequenos sinais.6 C om o o transistor bipolar tem três term inais, podem os adm itir que existem três possibilidades para aplicar o sinal de entrada ao dispositivo, como ilustram de forma conceituai as Figs. 5.28(a)-(c). De m odo similar, o sinal de saída pode ser colhido em qualquer dos três terminais (em relação à terra) [Figs. 5.28(d)-(f)]; assim, há nove possíveis com binações de circuitos de entrada e de saída e, portanto, nove topologias de amplificadores. No entanto, como vimos no Capítulo 4, transis­ tores bipolares que operam no modo ativo respondem

Figura 5.28

a variações na tensão base-emissor com variações em suas correntes de coletor. Esta propriedade elimina a conexão de entrada m ostrada na Fig. 5.28(c), pois Vin não afeta as tensões de base e de emissor. A topologia da Fig. 5.28(f) tam bém não tem utilidade, pois Vou, não é uma função da corrente de coletor. O núm ero de possibilidades, portanto, fica reduzido a quatro. Notam os que as conexões de entrada e de saída nas Figs. 5.28(b) e (e) perm anecem incompatíveis, pois Vmu deve ser am ostrado no nó de entrada (o emissor) e o circuito não funcionaria. Estas observações revelam três possíveis to p o ­ logias de am plificadores. E stu d arem o s cada uma em detalhe, procurando calcular o ganho e as impedâncias de en trad a e de saída. Em todos os casos, os tran sisto res bipolares operam no m odo ativo. Sugerim os ao leitor rever os Exem plos (5.2)-(5.4)

Possíveis combinações dc entrada c de saída com um transistor bipolar.

6Embora esteja além do escopo deste livro, o comportamento de grandes sinais de amplificadores também se torna importante em muitas aplicações.

Capítulo Cinco

V

~

”kkk

e as três regras ilustradas na Fig. 5.7 antes de seguir adiante.

11

170

5.3.1

t

:

®

í t

T opologia Em issor Com um

Na Seção 4.1, nossos pensamentos iniciais levaram ao circuito da Fig. 4.1 (b) e, por conseguinte, à topologia da Fig. 4.25 como amplificador. Se o sinal de entrada for aplicado à base [Fig. 5.28(a)] e o sinal de saída for am ostrado no coletor [Fig. 5.28(d)], o circuito é chamado estágio “emissor com um” (estágio EC) (Fig. 5.29). Vimos e analisamos este circuito em diferentes contextos sem dar nome a ele. A expressão “emissor comum” é usada porque o terminal do emissor é ater­ rado e, portanto, aparece em com um com as portas de entrada e de saída. E n tretan to , identificamos o estágio com base nas conexões de entrada e de saída (na base e no coletor, respectivam ente), para evitar confusão em topologias mais complexas.

■y vcc

k Rc KOUt

Saída Amostrada no Coletor

7 Entrada Aplicada à Base

Figura 5.29

Estágio emissor-comum.

Tratarem os dos am plificadores EC em duas etapas: (a) analisarem os o núcleo EC para entender suas propriedades fundamentais e (b) analisaremos o estágio EC juntam ente com o circuito de polarização como um caso mais realista.

m vK

J o u t

1

Figura 5.30

« c

Modelo de pequenos sinais para o estágio EC.

Calculemos, primeiro, o ganho de tensão de pequenos sinais A„ = vom/vin. Começando com a porta de saída e escrevendo uma LCK no nó do coletor, temos - V -%í L = g mv ^

Kc

(5.113)

e vn = v„r Com isto, A v = - g mR c .

(5.114)

A Eq. (5.114) inclui duas im portantes e interes­ santes propriedades do estágio EC. Primeira, o ganho de pequenos sinais é negativo, pois, na Fig. 5.29, o aum ento da tensão de base e, portanto, da corrente de coletor reduz V,,,,,. Segunda, A„é proporcional a g,„ (ou seja, à corrente de polarização de coletor) e ao resistor de coletor, R c. É interessante observar que o ganho de tensão do estágio é lim itado pela alim entação de tensão. Uma corrente de coletor mais alta ou um maior valor de R ( exige maior queda de tensão em R c, que não pode exceder Vcc. Na verdade, denotando a queda de tensão em R ( por V R C e escrevendo gm = I c/ V r, expressamos (5.113) como \A tt\ =

IçRç VT Vrc VT '

A n á lise do N úcleo EC

Recordem os, a partir da definição de transcondutância da Seção 4.4.3, que, na Fig. 5.29, um pequeno aum ento A V aplicado à base de 0 , aumenta acorrente de coletor de g,„AV e, portanto, aum enta a queda de tensão em R c de g„,AVRc. Para examinar as propriedades de amplificação do estágio EC, construím os o equivalente de pequenos sinais do circuito, m ostrado na Fig. 5.30. Como explicamos no Capítulo 4, o nó de alim entação de tensão, Vcc, atua como uma terra AC, pois seu valor perm anece constante ao logo do tempo. D esprezem os o efeito Early por enquanto.

9

° v out

(5.115) (5.116)

Como VRC< Vcc, \A V\ <

Vcc VT

(5.117)

Além disso, o próprio transistor requer uma tensão coletor-emissor mínima da ordem de V,u para perm a­ necer na região ativa; com isto, o limite é reduzido para Vcc — Vbe VT

(5.118)

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5.19

Solução

171

Projetemos o núcleo EC com Vcc = 1,8 V e um orçamento de potência, P, de 1 mW para alcançar máximo ganho de tensão.

Como P = /< •VC( = 1 mW, temos Ic = 0,556 mA. O valor de R( que coloca Q} na fronteira da região de saturação é dado por (5.119)

Vcc ~ R d e = Vbe* que, juntamente com VHl « 800 mV, fornece Vcc —Vbe Ic < 1,8 kn.

(5.120) (5.121)

Portanto, o ganho de tensão é igual a A v = —gmRc

(5.122)

= -38,5.

(5.123)

Nesta condição, um sinal de entrada leva o transistor à saturação. Como ilustra a Fig. 5.31(a), uma entrada de 2 mVpp resulta em uma saída de 77 mVpp, o que coloca a junção base-coletor sob polari­ zação direta em cada semiciclo. Contudo, desde que Qxpermaneça sob saturação fraca (VBC> 400 mV), o circuito amplifica de maneira adequada. Um projeto mais agressivo pode permitir que Qxopere sob saturação fraca, por exemplo, com VCE** 400 mV e, portanto, Vc c - 400 mV Ic < 2,52 kí2.

(5.124)

Rc <

(5.125)

Neste caso, o máximo ganho de tensão é dado por (5.126)

A v = -53,9.

Agora, o circuito pode tolerar apenas excursões de tensão muito pequenas na saída. Por exemplo, um sinal de 2 mVpp origina uma saída de 107,8 mVppe leva Qxà saturação forte [Fig. 5.31 (b)]. Dizemos que o circuito requer um equilíbrio entre ganho de tensão e “vão livre” de tensão.

12 mVpp

í

12 mV,PP

800 mV 800 mV --

800

t

t (a) Figura 5.31

Exercício

t (b)

Estágio EC (a) com alguns níveis de sinal, (b) na saturação.

Repita o exemplo anterior para o caso em que Vcc = 2,5 V e compare os resultados.

172

Capítulo Cinco

Agora, calculemos as impedãncias I/O do estágio EC. U sando o circuito equivalente m ostrado na Fig. 5.32(a), escrevemos vx ix = r„.

R in —

(5.127) (5.128)

A Fig. 5.33 resume as possíveis perm utas quanto ao desem penho da topologia EC ,juntam ente com os parâm etros que as criam. Por exemplo, para um dado valor de impedância de saída, R ( é fixada e o ganho de tensão pode ser aum entado com o aum ento de Ic, o que reduz tanto o vão livre de tensão como a impedância de entrada.

Portanto, a impedância de entrada é igual a /3 /g„, = /3V , / I c e dim inui à m edida que a polarização de coletor aum enta. A impedância de saída é obtida da Fig. 5.32(b), onde a fonte de tensão de entrada é fixada em zero (substituída por um curto-circuito). Como u. = 0, a fonte de corrente dependente tam bém é anulada, o que deixa R ( como o único com ponente visto por vx. Em outras palavras, R out

Vx lx = Rc-

—

Vão Livre de Tensão (Excursão)

t

Ganho de Tensão

/ Impedância de Entrada

(5.129) (5.130)

JL

Vemos, então, que há uma certa perm uta entre impe­ dância de saída e ganho de tensão, —g„,Rc.

Exem plo 5.20

S olução

Impedância de Saída

Figura 5.33

Permutas no estágio E C

Um estágio EC deve alcançar uma impedância de entrada Rine uma impedância de saída Rimr Qual é o ganho de tensão do circuito? Como Rin = rn = /3 /gme Rout = Rc, temos A v = —gmRc .

= -p

Rout

(5.131) (5.132)

R i,

É interessante observar que, se as impedãncias I/O forem especificadas, o ganho de tensão é fixado automaticamente. Ao longo do livro, desenvolveremos outros circuitos que evitam esse "acopla­ mento” das especificações de projeto. Exercício

O que acontece com este resultado se a tensão de alimentação for dividida por dois?

Amplificadores Bipolares Inclusão do E feito Early

A Eq. (5.114) sugere que o ganho de tensão do estágio EC pode ser aum en­ tado indefinidam ente se R c• —> °° e g,„ perm anecer constante. Como m encionam os na Seção 4.4.5, esta tendência parece válida se Vcc também for aum en­ tado para assegurar que o transistor perm anece no modo ativo. De um ponto de vista intuitivo, uma dada alteração na tensão de entrada e, por conseguinte, na corrente de coletor dá origem a crescentes excursões na saída à medida que R( aum enta. Na verdade, no entanto, o efeito Early limita o ganho de tensão mesm o se R c ten d er ao infinito. Com o a obtenção de alto ganho é im portante em circuitos como amplificadores operacionais, devemos reexam inar as deduções anteriores na presença do efeito Early. A Fig. 5.34 ilustra o circuito equivalente de pequenos sinais do estágio EC, incluindo a resistência

Exem plo 5.21 Solução

173

de saída. Notam os que r„ aparece em paralelo com R c, o que nos perm ite reescrever (5.114) como A v = - g m(Rc\\ro)-

(5.133)

Tam bém notam os que a im pedância de entrada permanece igual a r„ enquanto a impedância de saída cai para Rout = RcWro-

(5.134)

O circuito da Fig. 5.29 é polarizado com uma corrente de coletor de 1 mA e Rc = 1 kíl. Se /3 = 100 e VA = 10 V, determinemos o ganho de tensão de pequenos sinais e as impedâncias I/O. Temos Ic 8m~ Vt = (26 Í2)-1

(5.135) (5.136)

e VA ro = Tc = 10 k£2.

(5.137) (5.138)

Logo, Av =

Em(Rc 1ko)

« -3 5 . (Para comparação, se VA =

(5.139) (5.140)

A ~ -38.) Para as impedâncias I/O. escrevemos (5.141)

Rin _ £_

Sm = 2,6 k£2

(5.142) (5.143)

p C

Rmil — RcWro = 0.91 kfi. Exercício

Calcule o ganho se VA = 5 V.

(5.144) (5.145)

174

Capítulo Cinco

Determ inem os o ganho do estágio EC à medida que R ( —* A Eq. (5.132) nos dá A v = —gmr0 .

(5.146)

C ham ado “ganho intrínseco” do transistor, para enfatizar que nenhum dispositivo externo carrega o circuito, g,„r0 representa o m áxim o ganho de tensão provido po r um único tran sisto r e tem um papel im portante em amplificadores de alto ganho. Agora, substituímos g,„ = IC/ V T e r„ = VA/I C na Eq. (5.133) e obtemos \AV\ = y .

(5.147)

E interessante observar que o ganho intrínseco de um transistor bipolar independe da corrente de pola­ rização. Nos m odernos transistores bipolares inte­ grados, VA tem valor próxim o de 5 V, produzindo um ganho da ordem de 200.7 N este livro, supomos gmro » 1 (e, portanto, r„ » 1/#,,,) para todos os transistores. O u tro p arâm etro do estágio E C que pode se m ostrar relevante em algumas aplicações é o “ganho de corrente”, definido como A, =

lin

Figura 5.35 (a) Estágio EC com degeneração. (b) efeito de uma perturbação na tensão de entrada.

(5.148)

onde iou, denota a corrente entregue à carga e iin, a corrente que flui na entrada. No caso de amplifica­ dores de tensão, raram ente tratam os com este parâ­ m etro, mas vale n o tar que A , = 0 para o estágio m ostrado na Fig. 5.29, pois toda a corrente de coletor é entregue a R c. Estágio EC com D egeneração de Em issor Em diversas aplicações, o núcleo EC da Fig. 5.29 é modifi­ cado tal como mostra a Fig. 5.35(a), onde um resistor R, aparece em série com o emissor. Chamada “degene­ ração de emissor”,esta técnica melhora a "linearidade” do circuito e origina outras propriedades interessantes que são estudadas em cursos mais avançados. Assim como no caso do núcleo EC, pretendem os determinar o ganho de tensão e as impedâncias I/O do circuito, supondo que Q , seja polarizado de maneira adequada. Antes de darmos início à análise detalhada,

é interessante que façam os algum as observações quantitativas. Suponham os que o sinal de entrada eleve a tensão de base de AK [Fig. 5.35(b)]. Se R r fosse zero, a tensão base-em issor tam bém aum en­ taria de AK, produzindo uma alteração na corrente de coletor de g,„AV. Mas,com R, ^ 0, uma fração de AK aparece entre os terminais de R, \com isto,a alteração de tensão na junção BE se torna menor que A V. Por conseguinte, a corrente de coletor sofre uma alteração que também é m enor queg,„Al/. Portanto, esperamos que o ganho de tensão do estágio degenerado seja menor que o do núcleo EC sem degeneração. Embora seja indesejável, a redução do ganho melhora outros aspectos do desem penho do circuito. O que podemos dizer da impedância de entrada? Com o a alteração na corrente de coletor é m enor que g„AV, a corrente de base sofre uma alteração m enor que g„,AV/p, resultando em uma impedância de entrada maior que (3 /g,„ = r„. Assim, a degene­ ração de emissor aumenta a impedância de entrada do estágio EC, uma propriedade desejável. Um erro comum consiste em concluir que Rm = r„ + R, \ mas, como explicamos a seguir, Rin = r„ + (/3 + 1)R r.

Figura 5.36 Modelo de pequenos sinais do estágio EC com degeneração de emissor.

7Contudo, outros efeitos de segunda ordem limitam o ganho real a cerca de 50.

Amplificadores Bipolares

Agora, quantificaremos estas observações anali­ sando o com portam ento de pequenos sinais do circuito. A Fig. 5.36 mostra o circuito equivalente de pequenos sinais, onde Vcc é substituído por uma terra AC e o efeito Early é desprezado. N otam os que v„ aparece entre os terminais de ru e não entre a base e a terra. Para determ inar voul/vin, primeiro, escrevemos uma LCK para o nó de saída. gmVjr —

Vout

Substituindo obtemos

de (5.150) e rearranjando os termos,

Vout

gn,Rc

Vin

1 + ( Í + s. , ) k £

Com o se previu, se R, # 0, a m agnitude do ganho de tensão é m enor que gmR c. Com j3 » 1, podemos supor g,„ » \lr„ e Av= -

Vout

(5.150)

gmRc

Também notam os que duas correntes fluem por uma com origem em r^e igual a v„/r„,e o u tra igual a g„,v„. Logo, a queda de ten são em R, é dada por

Como a soma das quedas de tensão em r„ e R, deve ser igual a vin, temos Vin

(5.152)

= v„ + VRE = V„ +

+ g m V „ jR E

- * [ 1 + ( ± + to ) * 4

Exem plo

(5.153) (5.154)

(5.156)

Rc

(5.157)

— + Re gm

(5.151)

R e-

gn,Rç 1 + §,iiR e

Portanto, o ganho é reduzido por um fator 1 + g,„R,:. Para chegar a uma interpretação interessante da Eq. (5.156), dividimos o num erador e o denom inador P °r gn Av=

VRE

(5.155)

(5.149)

e obtemos Vjr = -

175

É interessante m em orizar este resultado como “o ganho do estágio EC degenerado é igual à resistência de carga total vista no coletor (para a terra) dividida por 1lg„, mais a resistência total conectada em série com o emissor”. (Na descrição verbal,é comum ignorarmos o sinal negativo no ganho, ficando implícito que deve ser incluído.) Esta e outras interpretações similares encon­ tradas ao longo do livro simplificam muito a análise de amplificadores - em geral, eliminando a necessidade de desenhar circuitos de pequenos sinais.

Determinemos o ganho de tensão do estágio mostrado na Fig. 5.37(a).

5.22

(a) Figura 5.37

Solução

(b)

(a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado.

Identificamos o circuito como um estágio EC, pois a entrada é aplicada à base de e a saída é amostrada no coletor. Este transistor é degenerado por dois dispositivos: R,.:e a junção base-emissor de Q2. A última exibe uma impedância r„2 (como ilustra a Fig. 5.7) e leva ao modelo simplificado

176

Capítulo Cinco

mostrado na Fig. 5.37(b). Portanto, a resistência total conectada em série com o emissor é igual a R/Alr^, resultando em A v = ----j ^ -------. ------1- R e Wxi

(5.158)

Sem as observações anteriores, precisaríamos desenhar os modelos de pequenos sinais de (J, e de Q2e resolver um sistema de várias equações. Exercício

Exem plo 5.23 Solução

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor é conectado em série com o emissor de (?2-

Calculemos o ganho de tensão do circuito da Fig. 5.38(a).

A topologia é a de um estágio EC degenerado por RK, mas a resistência de carga entre o coletor de Qx e a terra AC consiste em R( e na junção base-emissor de Q2. Modelando a última por rw2, reduzimos o circuito ao mostrado na Fig. 5.38(b), onde a resistência de carga total vista no coletor de é igual a /?c IIav2. Portanto, o ganho de tensão é dado por A^ v =

RcWr7T2 . — +Re 8mi

(a) Figura 5.38

Exercício

/C1CON (5.159)

(b) (a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado.

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor é conectado em série com o emissor de

Para calcular a impedância de entrada do estágio EC degenerado, redesenhamos o modelo de pequenos sinais como mostra a Fig. 5.39(a) e calculamos vx/ix. Como v„ = r„ix, a corrente que flui por R, é igual a ix + g„,r„ix = (1 + IB)ix e cria uma queda de tensão R, (1 + f3)ix. Somando v , e vRE e igualando o resul­ tado a vx, temos v \ = r„ix + R e( 1 + P)ix<

(5.160)

logo, Rin = T“ Ix = rn + (p + \)R E.

(5.161) (5.162)

Como previu nossa análise qualitativa, a degeneração de em issor aum enta a im pedância de entrada [Fig. 5.39(b)].

Amplificadores Bipolares

Por que Rin não é sim plesm ente igual a r„ + /?,.? Isto seria válido apenas se r n e R r estivessem em série, isto é, se conduzissem a mesma corrente; mas, no circuito da Fig. 5.39(a), a corrente de coletor,g„,v„ também flui para o nó P. O fator 1 + (3 tem algum significado intuitivo? Observamos que o fluxo das correntes de base e de coletor por R, resulta em uma grande queda de tensão, (1 + P)ixR k, mesmo que a corrente puxada de vx seja apenas ix. Em outras palavras, a fonte de tensão de teste, vx, supre uma corrente ix, mas produz uma queda de tensão igual a (1 + fi)ixRi. em R , - como se ix fluísse por um resistor de valor (1 + P)R,;.

177

Esta observação pode ser descrita como: qual­ quer impedância conectada entre o emissor e a terra é multiplicada por j3 + 1 quando “vista da base”. A expressão "vista da base” significa a im pedância medida entre a base e a terra. Calculemos a impedância de saída do estágio com a ajuda do circuito equivalente m ostrado na Fig. 5.40, onde a tensão de en trad a é fixada em zero. A Eq. (5.153) tam bém se aplica a esse circuito: ví„ = 0

+ gmv* j Re,

= 1^ +

(5. 163)

resultando em u , = 0 e, portanto, g„,v„ = 0. Assim, toda a corrente ix flui por R, e n Ollt — - --Vx

(5.164)

IX

= R c.

(5.165)

revelando que a degeneração de emissor não altera a impedância de saída se o efeito Early for despre­ zado.

Exem plo 5.24

Solução

Um estágio EC degenerado é polarizado com uma corrente de coletor de 1 mA. Se o circuito produzir um ganho de tensão de 20 sem degeneração de emissor e de 10 com degeneração de emissor, determinemos Rc, R, e as impedãncias I/O. Vamos admitir j3 = 100. Para A v = -2 0 na ausência de degeneração, exigimos gmRc = 20,

(5.166)

que, juntamente com gm = IC/V T = (26 íl) -1, leva a Rc =520 £2.

(5.167)

Como a degeneração reduz o ganho por um fator de dois, 1 H~gmRE — 2,

(5.168)

178

Capítulo Cinco

ou seja, Re = —

Sm

(5.169)

= 26 £2.

(5.170)

+ (P + 1)/?E

(5.171)

= A + (0 + i )Re

(5.172)

A impedância de entrada é, então, dada por Riu = Sm

« 2 r„ pois /3 »

1 e R f = 1lg„, neste exemplo. Assim. R in = 5200 ü . Por fim, Roui — Rc

= 520 Í2. Exercício

Exem plo

5.25

(5.173)

(5.174) (5.175)

Que corrente de polarização resultaria em ganho de 5 com estes valores para os resistores de emissor e de coletor?

Calculemos o ganho de tensão e as impedâncias I/O do circuito mostrado na Fig. 5.41. Vamos admitir um valor muito grande para C,.

Figura 5.41

Exemplo dc estágio EC.

Solução

Se C, for muito grande, o capacitor funciona como um curto-circuito para as frequências de sinal de interesse. Além disto, no circuito equivalente de pequenos sinais, a fonte de corrente constante é substituída por um circuito aberto. Assim, o estágio se reduz ao circuito ilustrado na Fig. 5.35(a) e as Eqs. (5.157), (5.162) e (5.165) são válidas.

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que outro capacitor é conectado entre a base e a terra.

O estágio degenerado EC pode ser analisado uma perspectiva diferente para se conseguir m elhor entendim ento. Coloquemos o transistor e o resistor de emissor em uma caixa-preta de três terminais [Fig.

de 5.42(a)]. Para operação em pequenos sinais, podemos ver a caixa-preta como um novo transistor (ou dispo­ sitivo “ativo”) e m odelar seu com portam ento por novos valores de transcondutância e im pedâncias.

Amplificadores Bipolares

Figura 5.42

179

(a) Transistor bipolar degenerado visto como uma caixa-preta, (b) equivalente de pequenos sinais.

D enotada por Gnn para evitar confusão com gm de (?,, a transcondutância equivalente é obtida da Fig. 5.42(b). Como a Eq. (5.154) ainda é válida, temos (5.176)

lout —gmVn =

1 + (r-! + gm)RE'

(5.177)

logo, _ lout

(5.178)

Vin Sm 1 + Sm R

(5.179) e

Por exemplo, o ganho de tensão do estágio com uma resistência de carga R n é dado por —GmR n. U m a propriedade interessante do estágio EC degenerado é que seu ganho de tensão se torna rela­ tivam ente independente da transcondutância do transistor e, portanto, da corrente de polarização se gmR E » 1. Da Eq. (5.157), notam os que, nesta condição, A„—> —R c/R e. Como estudam os no Exer­ cício 40, esta tendência, na verdade, representa o efeito de “linearização” da degeneração de emissor.

Figura 5.43

Como um caso mais geral, agora consideramos um estágio EC degenerado que contém uma resistência em série com a base [Fig. 5.43(a)]. Como veremos a seguir, R lt apenas degrada o desem penho do circuito, mas, muitas vezes, se mostra inevitável. Por exemplo, R„ pode rep resen tar a resistência de saída de um microfone conectado à entrada do amplificador. Para analisar o com portam ento de pequenos sinais desse estágio, podem os ad o tar uma de duas abordagens: (a) desenhar um m odelo de pequenos sinais do circuito com pleto e resolver as equações resultantes, ou (b) notar que o sinal no nó A é apenas uma versão atenuada de v„, e escrever Vout _ Vj\ Vin

Vin

VOU[

(5.180)

VA '

Aqui, vA/vin denota o efeito de divisão de tensão entre Ri,e a impedância vista na base de Q i,e v ottl/vA repre­ senta o ganho de tensão da base de Q t para a saída, como já obtido nas Eqs. (5.155) e (5.157). Deixamos a prim eira abordagem para o Exercício 44 e prosse­ guimos com a segunda.

(a) Estágio EC com resistência de base, (b) circuito equivalente.

180

Capítulo Cinco

Calculemos, primeiro, vA/vin com o em prego da Eq. (5.162) e o modelo ilustrado na Fig. 5.39(b), como indica a Fig. 5.43(b). O resultante divisor de tensão fornece va

_

4- (P + l)R E + (fi+ 1)R e + R b

Vin

Para o estágio da Fig. 5.43(a), podem os definir duas diferentes impedâncias de entrada, uma vista da base de Q x, e outra, do term inal à esquerda de R lt (Fig. 5.44). A prim eira é igual a Rinl =

(5.181)

fjr +

(,P

+

+

(P

1

(5.186)

)R e

e a segunda, a Combinando (5.155) com (5.157), calculamos o ganho total como Vom

Vin

_

r„ + (p + rn

+

1 )R

(P + 1 ) R e

+

SmRc

e

Rinl = Rfí + fj,

+

1

(5.187)

)R e -

(5.182)

R fí

1 + { ^ +8,,) R e

r„ + (p + l)R E - g mr*Rc rn + (P + 1)R e + R b r„ + (l+ p )R E

(5.183)

-p R c rn + (P + 1)R e + R b

(5.184)

Para obter uma expressão mais intuitiva, dividimos o num erador e o denom inador por j3: Figura 5.44

-R c

'

4 -lí

4-

R‘

z , + Rc + 7 T i C om parado com (5.157), este resultado contém apenas um term o adicional no denom inador, igual à resistência de base dividida por [3 + 1. Estes resultados revelam que as resistências em série com o em issor e com a base têm efeitos simi­ lares sobre o ganho de tensão, mas R„ é dividida por j3 + 1. A im portância desta observação ficará clara mais adiante.

Exem plo

5.26

Solução

Impedâncias de entrada vistas de nós diferentes.

(5.185)

Na prática, se m ostra mais relevante e útil. N otam os, tam bém , que a im pedância de saída do circuito perm anece igual a

mesmo que R n ^ 0. Isto é estudado no Exercício 45.

Um microfone com resistência de saída de 1 kíí gera um nível de sinal de pico de 2 mV. Projetemos um estágio EC com corrente de polarização de 1 mA que amplifique este sinal a 40 mV. Vamos admitir R, = 4lgme j3 = 100. São obtidos os seguintes valores: R„ = 1 kíí, g,„ = (26 íi) (5.185), /?c = l > u ( — + R e + - £ Lt ) \gm P+ l/ % 2,8kft.

Exercício

(5.188)

R o,„ = R c

= 20 e R, = 104 íl. Da Eq.

(5.189) (5.190)

Repita o exemplo anterior para o caso em que a resistência de saída do microfone é dobrada.

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5.2 7

181

Determinemos o ganho de tensão e as impedâncias I/O do circuito mostrado na Fig. 5.45(a). Vamos supor um valor muito grande para C, e desprezar o efeito Early.

Rs vin°-----Wr-

-oV.out

S °1

í

1

Um—ii-

(b)

Figura 5.45

Solução

(a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado.

Substituindo C, por um curto-circuito, /j por um circuito aberto e Vcc por uma terra AC, obtemos o modelo simplificado da Fig. 5.45(b),onde Rt e /^ aparecem em paralelo e R2atua como um resistor de degeneração de emissor. As Eqs. (5.185), (5.186) e (5.188) são, então, escritas como, respectiva­ mente,

1

-(RcU Ri) „ Rb

Rin = R b + rn + (P + l )/?2 Rom = RcWRy.

Exercício

(5.191)

(5.192) (5.193)

O que acontece se um capacitor muito grande for conectado entre o emissor de Q\ e a terra?

E feitod a Resistência de Saída do Transistor Até aqui, a análise do estágio EC degenerado desprezou o efeito Early. E m bora fuja um pouco ao escopo deste livro, a dedução das propriedades do circuito em presença desse efeito é delineada no Exercício 48 para o leitor interessado. Contudo, exploraremos um aspecto do circuito: a resistência de saída, pois

Figura 5.46

representa a base para diversas outras topologias que estudarem os mais adiante. Nosso objetivo é determ in ar a im pedância de saída vista ao olhar para o coletor de um transistor degenerado [Fig. 5.46(a)]. Recordemos da Fig. 5.7 que R,nu = ro se R e = 0- A lém disso, R„„, = oo se VA = oo (por quê?). Para incluir o efeito Early, desenham os

(a) Impedância de saída de um estágio degenerado, (b) circuito equivalente.

182

Capítulo Cinco

o circuito equivalente de pequenos sinais da Fig. 5.46(b), aterrando o term inal de entrada. Um erro comum consiste em escrever R„„, = r„ + R,.. Como g,„v„ flui do nó de saída para P, os resistores rn e R, não estão em série. Notamos prontam ente que R, e r„ aparecem em paralelo e a corrente que flui por R, II r„ é igual a ix. Logo, v„ = —íx ^Re Wk ),

(5.194)

onde o sinal negativo aparece porque o lado positivo de u, está na terra. Notamos ainda que r(t conduz uma corrente ix — e, portanto, sustenta uma tensão (ix - g„,v„)r0. Somando esta tensão àquela entre os term inais de R, ( = -v„ ) e igualando o resultado a vx, obtem os v x = 0 x ~ g mv „ ) r 0 - v „

=

[ix

+ g m ix (R E \\rn ) ]r o +

= ro + (gmro + l)(RE\\r,r).

(5.196)

(5.197) (5.198)

R ecordem os de (5.146) que o ganho intrínseco do transistor gmr() » 1 e, portanto, R
Solução

r0 (l + gmrn)

(5.201)

&r0 .

(5.202)

pois /3 » 1. Assim, a resistência máxima vista no coletor de um transistor bipolar é igual a [ir,, — se a impedância de degeneração se tornar muito maior que /v Para R,. « r„, temos /?, !!/•„ —> R r e Rout « (1 + gmRn)ro-

(5.203)

N este caso, a resistência de saída é aum entada por um fator 1 + gmR ,. Na análise de circuitos, às vezes desenham os a resistência de saída do transistor de m aneira explí­ cita para enfatizar sua importância (Fig. 5.47). É claro que essa representação supõe que Q x não contém outra r().

(5.199) (5.200)

É interessante observar que o em issor degenerado eleva a impedância de saída de r() ao valor anterior, ou seja, por um fator 1 + gm(R^l\rn). O leitor pode questionar se a elevação da resis­ tência de saída é desejável ou indesejável. O "aumento” da resistência de saída em conseqüência da degene-

Exem plo 5.28

Rn

(5.195)

Portanto, Roul = [1 +gm (fl£lM ]ro +

ração se mostra extrem am ente útil no projeto de circuitos, produz amplificadores com maiores ganhos e, também, cria fontes de correntes mais ideais. Estes conceitos são estudados no Capítulo 9. É conveniente que examinemos (5.200) para dois casos especiais: R,.: » r„ e R,. « . r„. Para R, » r„ temos R,.\\r^^> r^e

Figura 5.47

Estágio com representação explícita de r().

Desejamos projetar uma fonte de corrente de valor 1 mA e resistência de saída de 20 kü. O tran­ sistor bipolar disponível exibe /3 = 100 e VA = 10 V. Determinemos o valor mínimo necessário da resistência de degeneração de emissor. Como r() = VA/lc = 10 kíi, a degeneração deve elevar a resistência de saída por um fator de dois. Postulamos que a condição R,.: « r_ é válida e escrevemos 1 + gm^E = 2.

(5.204)

Amplificadores Bipolares

183

Ou seja, (5.205)

Re = — gm = 26 Q. Notamos que, de fato, rv = /3/gm » Exercício

Exem plo 5.29

(5.206)

R,..

Qual é o valor da resistência de saída se o valor de R, for dobrado?

Calculemos a resistência de saída do circuito mostrado na Fig. 5.48(a) para o caso em que C, é muito grande.

OUt1

(b)

(a) Figura 5.48

Solução

(c)

(a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado, (c) resistência vista no coletor.

Substituindo Vh e C, por uma terra AC e /, por um circuito aberto, obtemos o modelo simplificado da Fig. 5.48(b). Como Ryaparece em paralelo com a resistência vista ao olharmos para o coletor de (J,, ignoramos R{ por enquanto, o que reduz o circuito ao da Fig. 5.48(c). Em analogia com a Fig. 5.40, reescrevemos a Eq. (5.200) como Roun

— [1 “ 1“ &m(R2\\rx

(5.207)

Retornando à Fig. 5.48(b), temos Rout

— *0*111*1

(5.208) (5.209)

Exercício

Qual é o valor da resistência de saída se um capacitor grande for conectado entre o emissor de <2, e a terra?

O procedimento de simplificar progressivamente um circuito até que se pareça com uma topologia conhecida é muito útil em nosso trabalho. Cham ado “análise por inspeção”, este m étodo evita a neces­ sidade de complexos modelos de pequenos sinais e

longos cálculos. Para com provar a eficácia e o enten­ dim ento fornecido por nossa abordagem intuitiva, sugerimos ao leitor tentar resolver o exemplo ante­ rior usando o m odelo de pequenos sinais do circuito completo.

184

Capítulo Cinco

Exem plo

Determinemos a resistência de saída do estágio mostrado na Fig. 5.49(a).

5.30 ^out

out

'b2 I'bl

I(a) Figura 5.49

Solução

(b)

(a) Exemplo do estágio EC, (b) circuito simplificado.

Recordemos da Fig. 5.7 que a impedância vista no coletor será igual a r() se a base e o emissor forem aterrados (terra AC). Assim. Q2pode ser substituído por r()2 [Fig. 5.49(b)]. De outra perspectiva, Q2 é reduzido a r()2 porque sua tensão base-emissor é fixada por vu, produzindo gm2vw2nulo. Agora, rm desempenha o papel de resistência de degeneração de emissor para Qv Em analogia com a Fig. 5.40(a), reescrevemos a Eq. (5.200) como (5.210)

Rout

Chamada circuito “cascode”, esta topologia é estudada e utilizada no Capítulo 9. Exercício

Repita o exemplo anterior para uma “pilha” de três transistores.

E stágio EC com P o la riza çã o

Tendo aprendido as propriedades de pequenos sinais do amplificador emissor comum e suas variantes, agora vamos estudar um caso mais geral, em que o circuito contém uma estrutura de polarização. Começamos com o esquema

Exem plo

5.31

S olução

de polarização simples descrito na Seção 5.2 e, progressivam ente, adicionarem os com plexidade (e desem penho mais robusto) ao circuito. Comecemos com um exemplo.

Um estudante familiarizado com o estágio EC e com os princípios básicos de polarização constrói o circuito mostrado na Fig. 5.50 para amplificar o sinal produzido por um microfone. Infelizmente, não conduz corrente e não é capaz de amplificar. Expliquemos a causa deste problema.

Diversos microfones exibem uma pequena resistência de baixa frequência (p. ex., < 100 O). Se for usado nesse circuito, um desses microfones criará uma pequena resistência entre a base de Qxe a

Amplificadores Bipolares

185

terra, formando um divisor de tensão com RHe fornecendo uma tensão de base muito baixa. Por exemplo, uma resistência de microfone de 100 Í2 resulta em

Vx = IÕÕk5TÍÕÕí2 * 2,5 v

<5'2U)

« 2,5 mV.

(5.212)

Portanto, a resistência de baixa frequência do microfone interrompe a polarização do amplifi­ cador. Exercício

O circuito operaria melhor se o valor de

C om o o circuito da Fig. 5.50 pode ser conser­ tado? Como apenas o sinal gerado pelo microfone é de interesse, um capacitor série pode ser inserido tal como ilustra a Fig. 5.51 para isolar a polarização DC do amplificador do microfone. O u seja, o ponto de polarização de Q, perm anece independente da resistência do microfone, pois C , não conduz corrente de polarização. O valor de C, é escolhido de modo a produzir uma impedância relativamente baixa (quase um curto-circuito) para as frequências de interesse. Dizemos que C, é um capacitor de “acoplam ento” e que a entrada deste estágio está sob “acoplam ento AC” ou “acoplam ento capacitivo”. Muitos circuitos fazem uso de capacitores para isolar as condições de polarização de efeitos “indesejáveis”. O utros exem ­ plos esclarecerão esta questão mais adiante.

fosse divido por dois?

Figura 5.51 Acoplamento capacitivo na entrada do amplifi­ cador de microfone.

A observação anterio r sugere que a m etodo­ logia ilustrada na Fig. 5.9 deve incluir uma outra regra: substituir todos os capacitores por circuitos abertos no caso de análise D C e, no caso de análise de pequenos sinais, por curtos-circuitos.

vcc

-oV,out

-H íT Í

Hhr

Riin2

(c)

(b)

(a)

---- C

01

-

-

*out

Ruin1 (d)

(e)

Figura 5.52 (a) Acoplamento capacitivo na entrada de um estágio EC, (b) estágio simplificado para cálculo de polarização, (c) estágio simplificado para cálculo de pequenos sinais, (d) circuito simplificado para cálculo da impedância de entrada, (e) circuito simplificado para cálculo da impedância de saída.

186

Capítulo Cinco

C om ecem os com o estágio ilustrado na Fig. 5.52(a). Para o cálculo da polarização, a fonte de sinal é fixada em zero e C, é substituído por um circuito aberto, o que leva ao circuito da Fig. 5.52(b). Da Seção 5.2.1, temos Ic = fi

Vcc - Vbe R

(5.213)

h

Vy = Vcc ~ PRc

Vcc — Vbe R

(5.214)

h

Para evitar saturação, VY ^ Vm:. Conhecida a corrente de polarização, os parâm e­ tros de pequenos sinais, g„„ r„ e r() podem ser calcu­ lados. Agora, vamos voltar nossa atenção à análise de pequenos sinais e considerar o circuito simplificado da Fig. 5.52(c). Aqui, C, é substituído por um curtocircuito, e Vcc, por uma terra AC; mas, Q t é mantido como um símbolo. Tentamos resolver o circuito por inspeção: se não tivermos sucesso, recorrerem os ao m odelo de pequenos sinais de e à escrita de LTK e LCK. O circuito da Fig. 5.52(c) lem bra o núcleo E C ilustrado na Fig. 5.29, exceto por R„. É interessante observar que R„ não tem efeito sobre a tensão no nó X , desde que vin perm aneça uma fonte de tensão ideal; ou seja, vx = u„„ independentem ente do valor de R tl. Como o ganho de tensão da base para o coletor é dado por v„Jvx = - g inR c, temos

Exem plo 5.32

Exercício

n gn\Rc •

=

(5.215)

Vin

Se VA <

então (5.216)

— = Vin

No entanto, a im pedância é afetada por R„ [Fig. 5.52(d)]. Recordemos, da Fig. 5.7, que a impedância vista quando se olha para a base, R M, é igual a se o emissor estiver aterrado. Aqui, R„ apenas aparece em paralelo com R inU resultando em Rin2

—

?t

11R lí ■

(5.217)

Portanto, o resistor de polarização reduz a impedância de entrada. No entanto, como mostra o Exercício 51, este efeito é, em geral, desprezível. Para determ inar a impedância de saída, fixamos a fonte de entrada a zero [Fig. 5.52(e)]. C om parando este circuito com o da Fig. 5.32(b), notamos que R„ul perm anece inalterado: Rout = RcWo-

(5.218)

pois os terminais de R Hsão curto-circuitados à terra. Em suma, o resistor de polarização, R n, tem efeito desprezível sobre o desempenho do estágio mostrado na Fig. 5.52(a).

Tendo aprendido sobre acoplamento AC, o estudante no Exemplo 5.31 modifica o circuito como mostra a Fig. 5.53 e tenta alimentar um alto-falante. Infelizmente, o circuito ainda não funciona. Expliquemos por quê.

Figura 5.53

Solução

VOUÍ ----------

Amplificador com conexão direta ao alto-falante.

Alto-falantes típicos incorporam um solenoide (indutor) para acionar uma membrana. O solenoide exibe uma resistência DC muito baixa, por exemplo, menor que 1 í 1. Desta forma, o alto-falante na Fig. 5.53 curto-circuita o coletor à terra e leva Q ] à saturação forte. O circuito operaria melhor se o alto-falante fosse conectado entre o nó de saída e Vccl

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5 .3 3

187

O estudante também aplica acoplamento AC na saída [Fig. 5.54(a)] e mede os pontos quiescentes para garantir polarização adequada. A tensão de polarização de coletor é 1,5 V, indicando que Qx opera na região ativa. No entanto, o estudante ainda não observa ganho no circuito, (a) Se Is = 5 X 10-17 A e VA = calculemos o parâmetro /3 do transistor, (b) Expliquemos por que o circuito não produz ganho.

100 k Q

out

1 kQ

— CO,

— II-

Oi

^2

R

RR

(a)

(b)

Figura 5.54 (a) Amplificador com acoplamento capacitivo na entrada c na saída, (b) modelo simplificado de pequenos sinais.

Solução

(a) A tensão de coletor de 1,5 V se traduz em uma queda de tensão de 1 V em Rc e, portanto, em uma corrente de coletor de 1 m A. Logo, VBE = VT l n ^ ls = 796 mV.

(5.219) (5.220)

Portanto, h = - CCx bVbE

(5.221)

= 17 fiA,

(5.222)

e p = IC/1B = 58,8. (b) Alto-falantes, em geral, exibem uma baixa impedância na faixa de frequências de áudio por exemplo, 8 ü. Desenhando o equivalente AC como na Fig. 5.54(b). notamos que a resistência total vista no nó coletor é igual a 1 kílll8 íl. produzindo um ganho de \AV\ = g m(Rc\\Rs) = 0,31. Exercício

(5.223)

Repita o exemplo anterior para /í( = 500 íl.

O circuito da Fig. 5.54(a) exemplifica uma inter­ face im própria entre um amplificador e uma carga: a impedância de saída é tão maior que a impedância de carga que a conexão da carga ao amplificador reduz o ganho de maneira drástica. Como podemos remediar esse problema de carre­ gam ento? Como o ganho de tensão é proporcional a g„„ podemos polarizar em uma corrente muito mais alta para aum entar o ganho. Isto é estudado no Exercício 53. De modo alternativo, podemos interpor um estágio de “buffer” entre o amplificador EC e o alto-falante (Seção 5.3.3).

Agora, consideremos o esquema de polarização mostrado na Fig. 5.15 e repetido na Fig. 5.55(a). Para determinar as condições de polarização, fixamos a fonte de sinal em zero e abrimos o(s) capacitor(es). As Eqs. (5.38)-(5.41) podem, então,ser usadas. Para a análise de pequenos sinais, o circuito simplificado da Fig. 5.55(b) revela uma semelhança com o da Fig. 5.52(b), exceto quanto ao fato de que R t e R 2 aparecem em paralelo com a entrada. Assim,o ganho de tensão ainda é igual a —gm(/?( llr0) e a impedância de entrada é dada por /?m = ^ ||/? ,||/? 2.

(5.224)

188

Capítulo Cinco

Figura 5.55

(a) Estágio polarizado com acoplamento capacitivo, (b) circuito simplificado.

Figura 5.56

(a) Estágio degenerado com acoplamento capacitivo, (b) circuito simplificado.

A resistência de saída é igual a R c\\rtí. Em seguida, estudamos o esquema de polarização mais robusto da Fig. 5.19 e repetido na Fig. 5.56(a), incluindo um capacitor de acoplam ento na entrada. O ponto de polarização é determ inado com a substi­ tuição de C, por um circuito aberto e o emprego das Eqs. (5.52) e (5.53). Conhecida a corrente de coletor, os parâm etros de pequenos sinais de £>i podem ser calculados. Construímos, também, o circuito AC simpli­ ficado da Fig. 5.56(b) e notamos que o ganho de tensão não é afetado por /?, e R2, perm anecendo igual a Av=

~ Rc , -----h R e Sm

(5.225)

onde o efeito Early foi desprezado. A impedância de entrada, por sua vez, é reduzida para: R„, = [r„ +(P + l)R E\ m \ \ R 2 ,

(5.226)

enquanto a impedância de saída perm anece igual a R c, se VA = *>. Como explicamos na Seção 5.2.3, o uso de degeneração de emissor pode, de fato, estabilizar o ponto de

polarização, apesar de variações em 0 e Is. No entanto, como evidencia (5.225), a degeneração também reduz o ganho. É possível aplicar degeneração à polarização, mas não ao sinal? A Fig. 5.57 ilustra uma topologia deste tipo, onde C, é grande o suficiente para atuar como um curto-circuito para as frequências de sinal de interesse. Podemos, portanto, escrever A , = - g mRc

(5.227)

* ,„ = >•* I I * . 11*2

(5.228)

Rout

=

R c-

(5.229)

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5 .3 4

S olução

189

Projetemos o estágio da Fig. 5.57 de modo a satisfazer às seguintes condições: Ic = 1 mA, queda de tensão em R, = 400 mV, ganho de tensão = 20 na faixa de frequências de áudio (20 Hz a 20 kHz), impedância de entrada > 2 kíl. Vamos admitir /3 = 100, Is = 5 X 10 16A e Vcc = 2,5 V. Com I( = 1 mA « /,,, o valor de R, é igual a 400 íl. Para que o ganho de tensão não seja afetado pela degeneração, a impedância máxima de C2 deve ser muito menor que l/gm = 26 íl.8 Ocor­ rendo em 20 Hz, a impedância máxima deve permanecer abaixo de, aproximadamente, 0,1 X ( l/g m) = 2,6 íl:

C2co

■— para co = 2jt x 20 Hz. 10 gm

(5.230)

Logo, C2 > 30.607/zF.

(5.231)

(Este valor é excessivamente grande e exige modificação do circuito.) Também temos \Av\= g mR c= 2 0 ,

(5.232)

Rc = 520 £2.

(5.233)

e obtemos

Como a tensão em R ,é igual a 400 mV e V,u. = V, \n(l( /Is) = 736 mV, temos Vx = 1,14 V. Com uma corrente de base de 10 /^.A. a corrente que flui por /í, e R2deve exceder 100 /iA para se reduzir a sensibilidade em relação a /3: Vcc > 10IB R\ + R 2

(5.234)

e, portanto, R 2 < 25 kQ

(5.235)

R2 Vcc = 1,14 V. R 1 + Ri

(5.236)

R\ Nessas condiçoes, Vx'O que dá

R2 = 11,4 kQ

(5.237)

Ri = 13,6 k£2.

(5.238)

Agora, devemos verificar se esta escolha de Rt e R2satisfaz a condição R,„ > 2 kíí. Ou seja, Rin = r„ ||/?11|/?2 = 1,83 k£2.

(5.239) (5.240)

Infelizmente, /í, e R2 reduzem demais a impedância de entrada. Para remediar este problema, podemos permitir uma corrente em Rt e R2 menor que 10/„, à custa de criar mais sensibilidade em relação a p. Por exemplo, se essa corrente for fixada em 51,, = 50 /iA e ainda desprezarmos IB no cálculo de Vx,

*Um erro comum aqui é fazer a impedância de C2 muito menor que RE.

190

Capítulo Cinco

Vcc R ,+ R z > 5' b

(5.241)

R i + R 2 < 50k£2.

(5.242)

R2 = 22,8 kí2

(5.243)

R t = 27,2 k£2,

(5.244)

Rin= 2,15 k£2.

(5.245)

e Em conscqucncia.

e obtemos

Exercício

Reprojete o estágio do exemplo anterior para um ganho de 10 e compare os resultados.

Concluím os nosso estudo d o estágio E C com uma breve análise do caso mais geral ilustrado na Fig. 5.58(a), onde a fonte de sinal de entrada exibe uma resistência finita e a saída é conectada à carga R, . A polarização perm anece idêntica à da Fig. 5.56(a), mas R s e R, reduzem o ganho de tensão O circuito AC simplificado da Fig. 5.58(b) revela que Vin é atenuado pela divisão de tensão entre R s e a im pedância vista no nó X , /?,ll/?2ll[r,ir + (/3 + ou seja, vx _ Vin

flillfolll/v + (P + 1)*e] * i l l * 2 l l[ * x r + ( P + 1 ) * e ] + * 5

Figura 5.58

(5.246)

O ganho de tensão de vm à saída é dado por Vout _ vx Vin

Vin

vout

/ j

247

)

VX

f t|||/? 2 llK + ( l + l)/?E] flcll^L R\UR2 \\[r„ +
í5248,

C om o se esperava, valores mais baixos de R t e R 2 reduzem o ganho. O cálculo anterior vê o circuito de entrada como um divisor de tensão. De modo alternativo, podemos

(a) Estágio EC genérico, (b) circuito simplificado, (e) modelo de Thévenin do circuito de entrada.

Amplificadores Bipolares

191

utilizar um equivalente de Thévenin para incluir o 5.3.2 T opologia Base Com um efeito de Rs, /?, e R : sobre o ganho de tensão. Como mostra a Fig.5.58(c),a ideia é substituir vin,R %e R l\\R2 Após o estudo do estágio EC, voltamos agora nossa atenção para a topologia “base com um" (topologia por vThíiv e R név: BC). Quase todos os conceitos descritos para a confi­ guração EC também se aplicam aqui. Portanto, segui­ (5.249) remos o mesmo roteiro, mas em um passo um pouco VThév — R i\\R 2 + Rs mais rápido. (5.250) Dada as propriedades de amplificação do estágio Rlltév = ^?sll^lll^2EC, o leitor pode questionar por que estudarem os outras topologias de amplificadores. Como veremos, O circuito resultante lembra o da Fig. 5.43(a); da Eq. outras configurações apresentam diferentes proprie­ (5.185) segue-se que dades que, em algumas aplicações, podem ser prefe­ ríveis às do estágio EC. A ntes de seguir adiante, R 1 WR2 R c WRl Av = (5.251) sugerim os que o leitor reveja os Exem plos 5.2-5.4, 1 R 1 HR2 + R s' as correspondentes regras ilustradas na Fig. 5.7 e as Z + Re + 7 T T possíveis topologias da Fig. 5.28. A Fig. 5.60 m o stra o estágio BC. A e n tra d a onde a segunda fração no lado direito descreve a atenuação de tensão dada pela Eq. (5.249). Suge­ é aplicada ao em issor e a saída é am o strad a no rimos ao leitor provar que (5.248) e (5.251) são idên­ coletor. P olarizada em um a te n são a d eq u a d a, a base atua com o terra AC e, portanto, com o um nó ticas. As duas abordagens que acabam os de descrever “com um ” às portas de en tra d a e de saída. Assim exemplificam técnicas de análise usadas para resolver com o no caso do estágio EC, prim eiro estudam os circuitos e favorecer o entendim ento. Nenhuma das o núcleo e, em seguida, adicionam os os elem entos duas exige o desenho do m odelo de pequenos sinais de polarização. do transistor, pois os circuitos reduzidos podem ser A nálise do Núcleo BC Como o estágio BC da Fig. “m apeados” em topologias conhecidas. A Fig. 5.59 resume os conceitos estudados nesta 5.61(a) responde a um sinal de entrada?9Se Vin sofrer um pequeno aum ento AK, a tensão base-emissor de seção. ‘'Vale notar que as topologias das Figs. 5.60 c 5.61(a) são idênticas, embora £?, seja desenhado de maneira diferente.

192

Capítulo Cinco

Figura 5.62

<2, dim inui pelo mesmo valor, pois a tensão de base é fixa. Por conseguinte, a corrente de coletor diminui de g,„AV, perm itindo que V„u, aum ente de gmA V R c. Portanto, concluím os que o ganho de tensão de pequenos sinais é igual a A v =g„,Rc-

(5.252)

É interessante observar que esta expressão é idêntica à do ganho da topologia EC. No entanto, diferentemente do estágio EC, este circuito exibe um ganho positivo, pois um aumento em Vm resulta em aumento em V„„r Confirmemos estes resultados com a ajuda do equi­ valente de pequenos sinais ilustrado na Fig. 5.61 (b), onde o efeito Early foi desprezado. Começando com o nó de saída, igualamos a corrente que flui por R( a g„,v„:

Vão livre de tensão no estágio BC.

C om o no caso do estágio EC, a topologia BC sofre do problem a de perm uta entre ganho, vão livre de tensão e impedância I/O. Primeiro, examinamos as limitações do vão livre do circuito. Como a tensão de base, Vh, na Fig. 5.61 (a), deve ser escolhida? Recor­ demos que a operação do dispositivo na região ativa requer V„,.: > 0 e V,,c * 0 (no caso de dispositivos npn). Portanto, Vh deve perm anecer mais alto que a entrada por cerca de 800 mV e a saída deve perm a­ necer mais alta que, ou igual a Vh. Por exemplo, se o nível D C da en trad a for zero (Fig. 5.62), a saída não pode cair abaixo de aproxim adam ente 800 mV, ou seja, a queda de tensão em Rc não pode exceder V c c - V»E- Similar à lim itação do estágio EC, esta condição se traduz em (5.255)

Vout

(5.253)

e obtem os = - v olll/(gmR c). Considerando agora o nó de entrada, notamos que v„ = —vin. Logo, Vout r> ---- = gmRc-

(5.254)

_ Vcc ~ Vbe Vt

Agora, calculemos as impedâncias I/O da topo­ logia BC, para entenderm os suas propriedades de interface com estágios antecedentes e posteriores. As

Vin

Figura 5.61

(5.256)

(a) Resposta do estágio BC a uma pequena alteração na entrada, (b) modelo de pequenos sinais.

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5 .3 5

Solução

193

A tensão produzida por um termômetro eletrônico é igual a 600 mV à temperatura ambiente. Proje­ temos um estágio BC para amostrar a tensão do termômetro e amplificar sua alteração com ganho máximo. Vamos supor Vcc = 1,8 V, /c = 0,2 mA, ís = 5 X 10"17A e /3 = 100. Ilustrado na Fig. 5.63(a), o circuito deve operar de modo adequado com um nível de entrada de 600 mV. Portanto* Vh = Vm. + 600 mV = V, \n(Ic/Is) + 600 mV = 1,354 V. Para evitar saturação, a tensão de coletor não deve cair abaixo da tensão de base, permitindo, assim, uma máxima queda de tensão em Rc igual a 1,8 V - 1,354 V = 0,446 V. Logo, Rc = 2,23 kí2. Podemos, então, escrever (5.257)

Av = gmRc _ IçRç

(5.258)

VT = 17,2.

(5.259)

O leitor pode repetir o problema com /< = 0,4 mA e verificar que o ganho máximo permanece relativamente independente da corrente de polarização.10

VlnP ) 6 0 0 mV

Termômetro (b)

(a)

Figura 5.63

(a) Estágio BC amostrando uma entrada, (b) circuito de polarização para base.

Agora, devemos gerar Vh. Uma abordagem simples consiste em empregar um divisor resistivo, como ilustrado na Fig. 5.63(b). Para reduzir a sensibilidade em relação a /3, escolhemos /, « 10/,/ « 20 fi A V CC/(R \ + R 2). Logo, /?, + R 2 = 90 kft. Além disso. Vb

Ri Vcc R\ + R 2

(5.260)

Logo,

Exercício

R2 = 67,7 kQ

(5.261)

R\ = 22,3 kí2.

(5.262)

Repita o exemplo anterior para o caso em que a tensão do termômetro seja de 300 mV.

regras ilustradas na Fig. 5.7 são extrem am ente úteis aqui e eliminam a necessidade de circuitos equivalentes de pequenos sinais. Ilustrado na Fig. 5.64(a), o circuito AC simplificado revela que /?,,, é a impedância

vista quando se olha para o emissor, com a base em terra AC. Das regras da Fig. 5.7, temos j Rin = — (5.263) Sm

l0Este exemplo serve apenas como ilustração do estágio BC. Um estágio EC pode ser mais adequado para amostrar uma tensão de termômetro.

194

Capítulo Cinco

A impedância de saída do estágio BC é calculada com o em prego da Fig. 5.66, onde a fonte de tensão de en trad a é fixada em zero. N otam os que R,„„ = R„uh\\Rc, onde é a impedância vista no coletor, com o emissor aterrado. Das regras da Fig. 5.7, temos R.m, 1 = r„ e, portanto. (5.264)

Rout = ro\\Rc ou

(5.265) Figura 5.64 (a) Impedância de entrada do estágio BC, (b) resposta a uma pequena perturbação na entrada.

se VA = oo. Portanto, a im pedância de en trad a do estágio BC é relativamente baixa, como, por exemplo, 29 ü para /( = 1 mA (o que contrasta muito com o correspondente valor para um estágio EC, /3 /gm). A impedância de entrada do estágio BC também pode ser determinada de maneira intuitiva [Fig. 5.64(b)]. Suponhamos que uma fonte de tensão Vx conectada ao emissor de <2, sofra uma pequena perturbação AV. A tensão base-emissor é modificada pelo mesmo valor, levando a uma alteração na corrente de coletor igual a g,„AK. Como a corrente de coletor flui pela fonte de entrada, a corrente fornecida por Vx também é alterada de gmAV. Por conseguinte, R,„ = \ V X/A Ix = 1lgm. Um am plificador com baixa im pedância de entrada tem alguma utilidade prática? Sim, tem. Por exemplo, muitos am plificadores de alta frequência são projetados com uma resistência de entrada de 50 í 1 para proverem “casamento de impedância” entre m ódulos em uma cascata e a linha de transm issão (trilhas condutoras na placa de circuito impresso) que os conecta (Fig. 5.65).11

Exem plo

Solução

Linha de Transmissão de 50-Í2 50-ü

>

s.

r

50 ü

Figura 5.65

Sistema com linhas de transmissão.

Figura 5.66

Impedância de saída do estágio BC.

D as Eqs. (5.256) e (5.266), concluím os que o estágio BC exibe um conjunto de perm utas sim i­ lares às ilustradas na Fig. 5.33 para o am plificador EC.

Um amplificador base comum é projetado para uma impedância de entrada Rme uma impedância de saída Roul. Desprezando o efeito Early, determinemos o ganho de tensão do circuito.

Como Rin = 1lgme Roui = Rc, temos Av=

Exercício

50 ü

^

Linha de Transmissão de 50-ü

R oí

(5.266)

Rir

Compare esse valor com o obtido para o estágio EC.

"Sc a impedância dc cada estágio não for casada à impedância característica de linha de transmissão anterior, ocorrerão “reflexões”, que corrompem o sinal ou, pelo menos, criam uma dependência em relação ao comprimento da linha de transmissão.

Amplificadores Bipolares

Vx — ---- ^ vin

Rs H----8m 1 " l + gmR sVin

195

(5.267)

(5.268)

Recordamos também, da Eq. (5.254), que o ganho do emissor à saída é dado por v oul

n

---- =gn,RcVX

(5.269)

Portanto, Vput

É interessante que estudem os o com portam ento da topologia BC na presença de uma resistência de fonte finita. M ostrado na Fig. 5.67, tal circuito sofre uma atenuação de sinal da en trad a ao nó X e, por conseguinte, provê ganho menor. De modo mais espe­ cífico, como a impedância vista quando se olha para o emissor de <2, (com a base aterrada) é igual a 1lg,„ (para vA= *>), temos

Exem plo 5.37

Solução

Vin

gmRç 1 + g„,Rs Rc

(5.270) (5.271)

— + Rs Sm

um resultado idêntico ao obtido para o estágio EC (exceto pelo sinal negativo) se Rs for visto como um resistor de degeneração de emissor.

Um estágio base comum é projetado para amplificar um sinal de RF recebido por uma antena de 50 Í2. Determinemos a necessária corrente de polarização para que a impedância de entrada do amplificador seja “casada” à impedância da antena. Qual é o ganho de tensão se o estágio BC também alimentar uma carga de 50 íl? Vamos admitir VA = <». A Fig. 5.68 mostra o amplificador12e o circuito equivalente, com a antena modelada por uma fonte de tensão, vi/ne uma resistência, Rs = 50 íl. Para casamento de impedância, é necessário que a impe­ dância de entrada do núcleo BC, 1lgm>seja igual a Rs e, portanto, I c = g mVT = 0,52 mA.

(5.272) (5.273)

Figura 5.68 (a) Estágio BC que amostra um sinal recebido por uma antena, (b) circuito equivalente.

,2Os pontos denotam a necessidade de circuitos de polarização, como descreveremos mais adiante nesta seção.

196

Capítulo Cinco

Se Rí for substituída por uma carga de 50 íl, a Eq. (5.271) revela que Av=

í

8,

Rc

(5.274)

+ Rs

=\

(5.275)

Portanto, o circuito não é adequado para alimentar uma carga de 50 íl diretamente. Exercício

Qual será o ganho de tensão se um resistor de 50 í l também for conectado entre o emissor de Q, e a terra?

O utro ponto interessante é o contraste entre os estágios EC e BC no que diz respeito aos ganhos de corrente. O estágio BC exibe um ganho de corrente unitário, pois a corrente que flui no em issor em erge do coletor (se a corrente de base for desprezada). Para o estágio EC, por sua vez, com o m encionam os na Seção 5.3.1, A , = (3. Na v erdade, no exem plo anterior, = vin/(R s + 1/#,,,) e, depois de fluir por R c, produz voul = R ( vin l(R x + 1Jgm). Portanto, não surpreende que o ganho de tensão não exceda 0,5 se /?( s R s. Como no caso do estágio EC, podem os desejar analisar a topologia BC no caso geral: com degene-

Figura 5.69

Figura 5.70

ração de emissor, VA < oo e uma resistência em série com a base [Fig. 5.69(a)]. Delineada no Exercício 64, esta análise está um pouco além do escopo deste livro. Contudo, é interessante que consideremos um caso especial, onde R„ = Oe VA < oo,e querem os calcular a impedância de saída. Como ilustra a Fig. 5.69(b), Rma é igual a R c em paralelo com a impedância vista quando se olha para o coletor, R llull. Mas, é idêntica à resistência de saída de um estágio emissor com um com degeneração de emissor, ou seja, como na Fig. 5.46 e, portanto, dada pela a Eq. (5.197): Routi = [1 + gm(/?ElM]ro + (fi/HIr-r). (5.276)

(a) Estágio BC genérico, (b) impedância de saída vista em nós diferentes.

(a) Estágio EC e (b) estágio BC simplificados para cálculo de impedância de saída.

Amplificadores Bipolares

Segue-se que Ro,„ = *cll{[l + gm(RE\\r„)]r0 + (/?£||r„)}. (5.277)

O leitor pode ter notado que a impedância de saída do estágio BC é igual à do estágio EC. Isto é sempre válido? R ecordem os que a im pedância de saída é determ inada fixando a fonte de en trad a em zero.

Exem plo 5.38

197

Em outras palavras, para o cálculo de R„ul, não temos q ualquer inform ação sobre o term inal de entrada do circuito, como ilustrado na Fig. 5.70 para os está­ gios EC e BC. Portanto, não é coincidência que as impedâncias de saída sejam idênticas se as mesmas hipóteses forem levantadas para os dois circuitos (p. ex., idênticos valores de VA e de degeneração de emissor).

A velha sabedoria diz que “a impedância de saída do estágio BC é substancialmente mais alta que a do estágio EC”. Esta afirmação é justificada pelos testes ilustrados na Fig. 5.71. Se uma corrente constante for injetada na base, enquanto a tensão de coletor é variada, /< exibirá uma inclinação igual a rõl [Fig. 5.71 (a)]. Por outro lado, se uma corrente constante for puxada do emissor./< exibirá uma dependência muito menor em relação à tensão de coletor. Expliquemos por que esses testes não representam situações práticas.

"T" wcc

lc

(b)

(a) Circuito Aberto

'■I-

rTi

K ' I T

n

Circuito Aberto

(d)

(C )

Figura 5.71 (a) Resistência vista no coletor com o emissor aterrado, (b) resistência vista no coletor com uma fonte de corrente ideal no emissor, (c) modelo de pequenos sinais de (a), (d) modelo de pequenos sinais de (b).

Solução

A questão principal em relação a estes testes está relacionada ao uso de fontes de corrente para alimentar cada estágio. Do ponto de vista de pequenos sinais, os dois circuitos se reduzem àqueles mostrados nas Figs. 5.71 (c) e (d), com as fontes de corrente 1He I, substituídas por circuitos abertos, pois são constantes. Na Fig. 5.71 (c), a corrente que flui por rn é zero e produz g„,vn = 0; logo, Rout= rO‘A Fig. 5,71(d), por sua vez, lembra um estágio de emissor degenerado (Fig. 5.46) com uma resistência de emissor infinita, exibindo uma resistência de saída de R out

=

[1

+

gm(RE\\rn)}ro + ( f l t l M

(5.278)

= (1 + gmr„ )r0 + r„

(5.279)

^ Pr0 + r„,

(5.280)

que, obviamente, é muito maior que r(). Entretanto, na prática, cada estágio pode ser alimentado por uma fonte de tensão com impedância finita, o que torna esta comparação irrelevante. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor de valor o emissor.

é conectado em série com

198

Capítulo Cinco

Figura 5.72

Estágio BC com resistência dc base.

Com o se esperava, o ganho é positivo. Além disto, a expressão é idêntica à obtida para o estágio EC e dada em (5 .185). A Fig. 5.73 ilustra os resultados e revela que, exceto por um sinal negativo, os dois estágios exibem g anhos iguais. N otem os que R„ deg rad a o g anho e n ão é ad icio n ada ao circuito de m aneira deliberada. C om o explicarem os mais ad ian te nesta seção, R lt pode resu ltar do circuito de polarização.

O utro caso especial da topologia mostrada na Fig. 5.69(a) ocorre se VA = oo, mas R„ > 0. Como este caso não se reduz a qualquer uma das configurações já estudadas, empregamos o modelo de pequenos sinais da Fig. 5.72 para analisar o comportamento do circuito. Como sempre, escrevemos g ,,^ = -v„u,/R( e, portanto, v„ = —vlllu/(gmR(). A corrente que flui por rw (e R„) é, então, igual a v„/r„ = -v„lu/(gmr J i() = - v olll/(p R c). Multiplicando esta corrente por R„ + rn, obtemos a tensão no nó P: vP = - - j ^ ( RB + rn) Vout

(5.281)

(R B + r

Wc

(5.282)

Também escrevemos uma LCK em P: vP -------------- \ - g

r-

n ,V „

=

(5 283)

Vj„

Re

ou seja,

Figura 5.73 Comparação entre estágios EC e BC com resistência de base.

A gora, determ inem os a resistência de entrada do estágio BC na presença de uma resistência em série com a base, ainda supondo VA = oo. Do circuito equivalente de pequenos sinais mostrado na Fig. 5.74, notamos que r„ e R lt formam um divisor de tensão e resultam em 13 Vjr = --vxfjr + R b

\ —Vout ~ + gm 1 J* ~ n) gmRc

Vout (R h -ffiRc Re

)

(5.287)

Vjt (5.284)

Portanto, fiRc

Vout Vi,

(P + 1) R

e

+ R

(5.285) b

+ rn

Dividindo numerador e denominador por j3 + 1, temos Vout

Rc

Vin

rb

E + p +\ +

1 *

(5.286) Figura 5.74 Impedância de entrada do estágio BC com resis­ tência de base.

13De modo alternativo, a corrente em rr + Rn é igual a vx/(rs + RH) e produz uma queda de tensão -r„ vx/(rv + R„) em r_.

Amplificadores Bipolares

Uma LCK no nó de entrada fornece ---- h gmV„ = - ix r;r

(5.288)

Logo,

vx_

r„ + R B

ix

p .

1 gm

dividida por fi + 1 quando “vista” do emissor. Isto contrasta com o caso de degeneração de emissor, em que a resistência de emissor é multiplicada por j3 + 1 quando vista da base. A Fig. 5.75 resum e os dois casos. Vale notar que estes resultados permanecem independentes de R c se VA =

(5.290)

Rb P

(5.291)

+1

I VA=oo

Rb J ‘'a- 00 HM — L Oi

+ i

+

r r rn + (p + l)/?E

_L+ |i + 1

N otem os que R in = 1/g,„ se R„ = 0: um resultado esperado, segundo as regras ilustradas na Fig. 5.7. É interessante observar que a resistência de base é

Exem plo 5.39

199

Figura 5.75 Iransistor.

1 r

Impedância vista no emissor ou na base de um

Na Fig. 5.76(a), determinemos a impedância vista no emissor de Q2 se os dois transistores forem idênticos eV A = <*>. -r - V
‘'out ^m1 P + 1 q2 £ ---- WV

^— /?v (b) Figura 5.76

Solução

(a) Exemplo de estágio BC, (b) circuito simplificado.

O circuito emprega Q2 como um dispositivo em base comum, mas com a base conectada a uma resistência série finita e igual àquela vista no emissor de Qx. Portanto, devemos, primeiro, obter a resistência equivalente dada pela Eq. (5.291) como (5.292) gm \

P

+

1

Reduzindo o circuito àquele mostrado na Fig. 5.76(b), temos d _ 1 , R x~ IZ + 7 T i

(5.293)

1 gm2

Exercício

P

+ 1 \ gml

+

P + yJ

(5.294)

O que acontece se um resistor de valor /?, for conectado em série com o coletor de Q,?

Estágio BC com Polarização Tendo aprendido as propriedades de pequenos sinais do núcleo BC, agora

estendem os a análise ao circuito que inclui polarização. Neste ponto, um exemplo é útil.

200

Capítulo Cinco

Exem plo

5.40

O estudante do Exemplo 5.31 decidiu incorporar acoplamento AC à entrada de um estágio BC para assegurar que a polarização não é afetada pela fonte de sinal e desenhou o circuito tal como na Fig. 5.77. Expliquemos por que esse circuito não funciona.

Figura 5.77

S olução

Exercício

Exem plo

5.41

Estágio BC sem corrente de polarização.

Infelizmente, o circuito não provê uma rota DC para a corrente de emissor de Qu resultando em corrente de polarização nula e, em conseqüência, transcondutância nula. A situação é similar à do estágio EC do Exemplo 5.5, onde uma corrente de base não podia existir. Em que região (?, opera se Vh = Vcc?

Sentindo-se um pouco desconfortável, o estudante prontamente conecta o emissor à terra, de modo que VHE = Vb e uma razoável corrente de coletor possa ser estabelecida (Fig. 5.78). Expliquemos por que “a pressa é inimiga da perfeição”.

Figura 5.78

S olução

Exercício

Estágio BC com emissor aterrado.

Como no Exemplo 5.6, o estudante curto-circuitou o sinal à terra AC. Ou seja, a tensão de emissor é igual a zero, qualquer que seja o valor de u„„ e resulta em voul = 0. O circuito operaria melhor se o valor de Vh fosse aumentado?

O exem plo anterior implica que o emissor nãoque, agora, R in consiste em duas com ponentes em pode perm anecer aberto ou curto-circuitado à terra paralelo: (a) \lgm, vista quando se olha “para cima”, e, portanto, requer algum elem ento de polarização. para o em issor (com a base na terra AC) e (2) R,., A Fig. 5.79(a) mostra um exem plo em que R, provê vista quando se olha “para baixo”. Logo, uma rota para a corrente de polarização, à custa de uma redução na im pedância de entrada. N otam os Rin = — IIR e (5.295) gm

Amplificadores Bipolares

201

(a) Figura 5.79

(a) Estágio BC com polarização, (b) inclusão dc resistência dc fonte.

C om o no caso do circuito de polarização de entrada do estágio EC (Fig. 5.58), a redução em R,„ se m anifesta se a fonte de tensão exibir uma resis­ tência de saída finita. Ilustrado na Fig. 5.79(b), este circuito atenua o sinal e reduz o ganho de tensão total. Seguindo a análise indicada na Fig. 5.67, podemos escrever VX_ _ Vin

Rin Rin

(5.296)

co rren te da fonte de en tra d a à te rra e, por conse­ guinte, "d e sp e rd iç a ” o sinal. C om o m ostra a Fig. 5.80, ijn é dividida em duas e apenas i2 chega a R, e contribui para o sinal de saída. Se R, for reduzida en q u an to 1lg,„ perm anece constante, i2 tam bém é re d u z id a .14 A ssim , a red u ção de R in devido a R , é indesejável. Em co n tra ste, se \lg,„ é reduzida enquanto R, perm anece constante, i2 aum enta. Para que o efeito de R ICsobre a im pedância de en trad a seja desprezível, devem os ter

Rs

Re

— IIR e Sm

—

(5.300)

Sm

(5.297)

e, portanto,

Sm 1 + (1 + gmRe)Rs

(5.298)

Ic R e

Vr-

(5.301)

Como VoutlVx = Sm^C > Vout _ Vin

1

■gmRc.

(5.299)

1 + (1 + Km R i ) R.S

Com o sem pre, preferim os solução por inspeção, em vez de desenharm os o equivalente de pequenos sinais. O le ito r pod e p e rc e b e r um a co n tra d ição em nosso raciocínio: por um lado, vem os a baixa im pe­ dância de entrada do estágio BC como uma proprie­ dade ú til; p o r ou tro , co n sid eram o s a red u ção da im pedância de e n tra d a d ev id o a R , indesejável. Para resolver esta ap aren te contradição, devem os distinguir as duas com ponentes da im pedância de en trad a, \lg„, e R,., n o tando que a últim a conecta a ,4No easo extremo, R, = 0 (Exemplo 5.41) e i2 = 0.

Figura 5.80 Componentes da corrente de pequenos sinais em um estágio BC.

202

Capítulo Cinco

Ou seja, a queda de tensão D C em R Edeve ser muito m aior que Vr. Como a tensão de base, V,„ é gerada? Podemos em pregar um divisor resistivo sim ilar ao usado no estágio EC. M ostrada na Fig. 5.81 (a), esta topologia deve assegurar que /, >5> /„ para minimizar a sensi­ bilidade em relação a (3, e resulta em Vb

Ri VccR \+ R 2

(5.302)

E n tretan to , recordem os da Eq. (5.286) que uma resistência em série com a base reduz o ganho de tensão do estágio BC. Substituindo um equivalente de Thévenin para R { e R 2, tal como ilustrado na Fig. 5.81(b), notamos que uma resistência R lhév = R ]\\R2 agora aparece em série com a base. Por este motivo, um "capacitor de bypass” é, com frequência, conec­ tado da base à terra e atua como um curto-circuito nas frequências de interesse [Fig. 5.81(c)].

vcc

I (a) Figura 5.81

(C )

(a) Estágio BC com circuito de polarização de base, (b) uso do equivalente de Thévenin, (c) efeito do capacitor de

bypass.

Exem plo 5.42

Projetemos um estágio BC (Fig. 5.82) para um ganho de tensão de 10 e impedância de entrada de 50 íi. Vamos supor Is = 5 x 10 ,4>A, VA = oo, p = 100 e Vcc = 2,5 V.

Figura 5.82

Solução

Começamos escolhendo R, » efeitos de R, . Assim,

Exemplo de estágio BC com polarização.

l/gm, por exemplo, R, = 500 íl, para minimizar os indesejáveis

Rin ^ — = 50 Q gm

(5.303)

lc — 0,52 mA.

(5.304)

logo,

Se a base for conectada à terra por um bypass, Av = gmRc»

(5.305)

Amplificadores Bipolares

203

levando a Rc = 500 Q.

(5.306)

Agora, determinemos os resistores de polarização de base. Como a queda de tensão em R, é igual a 500 Cl x 0,52 mA = 260 mV e VBE = V,\n(Ic/Is) = 899 mV, temos Vh = I e R ç + Vbe

(5.307) (5.308)

= 1,16 V. Escolhendo a corrente que flui por R { e R2como 10/,, = 52 /xA, escrevemos

(5.309) (5.310) Portanto, R\ = 25,8 kQ

(5.311)

R2 =22,3kQ .

(5.312)

O último passo no projeto consiste no cálculo dos necessários valores de C, e C,{para a frequ­ ência de sinal. Por exemplo, se o amplificador for usado no front end do receptor de um telefone celular que opera em 900 MHz, as impedâncias de C, e de Cl{ devem ser suficientemente pequenas nesta frequência. Como aparece em série com o emissor de Qx, C, tem um papel similar ao de Rs na Fig. 5.67 e na Eq. (5.271). Logo, sua impedância, IC,a>l ‘, deve permanecer muito menor que 1lg,„ = 50 íl. Em aplicações de alto desempenho, como telefones celulares, podemos esco­ lher IC,ü>I 1 = (l/gw)/20 para garantir degradação de ganho desprezível. Por conseguinte, para co = 2ir X (900 MHz): ^

20gm co

(5.313)

= 71 pF.

(5.314)

Cl =

---------

Como a impedância de CB aparece em série com a base e tem um papel similar ao termo RBIQ3 + 1) na Eq. (5.286), exigimos que 1 1 P + \ C Bco

11 20 gm

(5.315)

e CB = 0,7 pF.

(5.316)

(Um erro comum consiste em fazer a impedância de CBdesprezível em relação a R{\\R2em vez de fazê-lo em relação a 1!gm.) Exercício

Projete o circuito anterior para uma impedância de entrada de 100 Cl.

204

Capítulo Cinco

5.3.3

S e g u id o r de Em issor

Outra importante topologia de circuito é a de seguidor de em issor (tam bém cham ada estágio “coletor com uni” ). Sugerim os ao leitor rever os Exem plos 5.2 e 5.3, as regras ilustradas na Fig. 5.7 e as possíveis topologias da Fig. 5.28 antes de seguir adiante. Para simplificar, também podemos usar o termo “seguidor” para nos referirm os aos seguidores de emissor deste capítulo. Ilustrado na Fig. 5.83, o seguidor de em issor am ostra a entrada na base do transistor e produz a saída no emissor. O coletor é conectado a Vcc e, portanto, à terra AC. Primeiro, estudarem os o núcleo e, em seguida, adicionarem os elem entos de polari­ zação.

cc Entrada Aplicada à Base

Figura 5.83

Figura 5.84 (a) Seguidor de emissor com perturbação na entrada, (b) resposta do circuito.

deve ser m enor que V,m . Contudo, isto significa que a corrente de emissor tam bém diminui, assim como = V
Saída Amostrada no Emissor

-°Vrout

Seguidor de emissor.

N úcleo S e g u id o r de Em issor Como o seguidor da Fig. 5.84(a) responde a uma perturbação em Vml Se V,„ aum entar de um pequeno valor AV, a tensão base-em issor de <2, tende a aum entar, elevando as correntes de coletor e de em issor. U m a corrente de em issor mais alta se traduz em m aior queda de tensão em R, e, portanto, em m aior Vma. De outra perspectiva, se admitirmos, por exemplo, que Vmil é constante, então V deverá aum entar, assim como /, ,o que requer que V„ul aumente. Como Volll aumenta na mesma direção que Vin, esperam os que o ganho seja positivo. Notem os que Voul é sempre m enor que Vin e a diferença é igual a VBE; dizemos que o circuito produz um "deslocam ento de nível”. O u tra observação im portante e interessante é que a m udança em Volll não pode ser m aior que a mudança em Vjn. Suponhamos que Vin seja alterado de VM para VM + AVin e Vow seja alterado de Voutl para V,,,^ + AV,,,,, [Fig. 5.84(b)]. Se a saída sofrer uma alteração maior que a da entrada, AVouí > AV„„ V im

Figura 5.85

Modelo de pequenos sinais do seguidor de emissor.

O leitor pode questionar se um amplificador com ganho m enor que a unidade tem algum valor prático. Como explicaremos mais adiante, as impedâncias de entrada e de saída do seguidor de emissor o tornam um circuito particularm ente útil em algumas aplica­ ções. A gora, vamos deduzir as propriedades de pe­ quenos sinais do seguidor, supondo, prim eiro, que VA = oo. O circuito equivalente mostrado na Fig. 5.85 fornece

lsNo caso extremo descrito no Exemplo 5.43, o ganho se torna igual à unidade.

Vjr Vout ^ + S M = TÜ VjT =

Vout

0 + 1 Re

(5.317)

(5.318)

Amplificadores Bipolares

Tam bém temos

Re

^ Vin= Vjt "I" ^out'

205

(5 321)

Re H

(5.319)

gm

Substituindo v„ de (5.318), obtemos

Portanto, o ganho de tensão é positivo e m enor que a unidade.

■w _ ---------1-----Vin i , rn 1 P

Exem plo 5.43

+ 1' R e

Em circuitos integrados, o seguidor é, em geral, realizado tal como mostrado na Fig. 5.86. Determi­ nemos o ganho de tensão se a fonte de corrente for ideal e VA = -T

“

VC C

V\n° j r ° ^ out ®

Figura 5.86

Solução

*1

Seguidor com fonte de corrente.

Como o resistor de emissor é substituído por uma fonte de corrente ideal, o valor de R, na Eq. (5.321) deve tender ao infinito, o que resulta em A v = 1.

(5.322)

Este resultado também pode ser deduzido de maneira intuitiva. Uma fonte de corrente constante fluindo por Q, exige que Vm, = V , \n(/c//s) permaneça constante. Escrevendo V o u , = v„, vBE, notamos que Voulsegue exatamente Vin se VBEé constante. -

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor de valor R{ é conectado em série com o coletor.

A Eq. (5.321) sugere que o seguidor de emissor atua como um divisor de tensão, perspectiva que pode ser reforçada por uma análise alternativa. Suponhamos, como mostra a Fig. 5.87(a), que desejemos modelar vin e £), por um equivalente de Thévenin. A tensão de Thévenin é dada pela tensão de circuito aberto produ­ zida por Q i [Fig. 5.87(b)], como se (2, operasse com R, = oc (Exem plo 5.43). D esta forma, vlhéx, = vin. A resistência de Thévenin é obtida fixando a entrada em zero [Fig. 5.87(c)] e é igual a 1lg„r Portanto, o circuito da Fig.5.87(a) se reduz ao da Fig. 5.87(d), confirmando o funcionamento como um divisor de tensão.

(a) Estágio seguidor de emissor, (b) tensão de ITiévenin, (c) resistência de lliévenin, (d) circuito simplificado.

Figura 5.87

206

Capítulo Cinco

Exemplo 5.44

Solução

Determinemos o ganho de tensão de um seguidor alimentado por uma impedância de fonte finita Rs [Fig. 5.88(a)], admitindo VA = oo. Modelamos vin, Rs e por um equivalente de Thévenin. O leitor pode mostrar que a tensão de circuito aberto é igual a vin. Além disto, a resistência de Thévenin [Fig. 5.88(b)] é dada por (5.291) como RSI(P + 1) + 1/gnr A Fig. 5.88(c) ilustra o circuito equivalente e revela que Vout Vin

Re Rs 1 Re + ” “ 7 + —

(5.323)

Este resultado também pode ser obtido com a solução do circuito equivalente de pequenos sinais do seguidor.

ov,out

(b)

(a)

1 l Rs

9m

(i+1

---- %------- T----- ° vO U t ^Thév = ^in (c) Figura 5.88 (a) Seguidor eom impedância de fonte, (b) resistência de Thévenin vista no emissor, (c) circuito simplificado.

Exercício

O que acontece se R, = <»?

Para com provar a utilidade de seguidores de emissores, calculemos suas im pedâncias de entrada = r„ + (1 + p)RE. (5.326) ‘x e de saída. No circuito equivalente da Fig. 5.89(a), tem os ixrn = v„. A lém disto, as correntes ix e g,„v„ fluem por R ; e produzem uma queda de tensão igual Esta expressão é idêntica à da Eq. (5.162), deduzida a (ix + g„,v„)R,.:. Somando as quedas de tensão em r„ para um estágio EC degenerado. É claro que isto e R e igualando o resultado a vx, temos não é coincidência. Como a impedância de entrada da topologia EC independe do resistor de coletor vx = v„ + (ix + gniVjr )R e (5.324) (para VA = o°), esse valor perm anece inalterado se R ( = 0, com o no caso de um seguidor de em issor = ixr„ + (ix + gmixrn)RE. (5.325) [Fig. 5.89(b)].

Amplificadores Bipolares

Figura 5.89

(a) Impedância dc entrada do seguidor de emissor, (b) equivalência entre estágios EC c seguidor.

A observação im portante aqui é que o seguidor “transform a” o resistor de carga, R r, em um valor m uito mais alto e, portanto, funciona com o um

Exem plo 5.45

Solução

207

“ b u ffe r ” eficiente. Este conceito pode ser ilustrado por um exemplo,

Um estágio EC exibe um ganho de tensão de 20 e resistência de saída de 1 kíl. Determinemos o ganho de tensão do amplificador EC se (a) O estágio alimentar um alto-falante de 8 íl diretamente. (b) Um seguidor de emissor polarizado em uma corrente de 5mA for interposto entre o estágio EC e o alto-falante. Suponhamos /3 = 100, VA = <*>e que o seguido seja polarizado com uma fonte de corrente ideal. (a) Como ilustra a Fig. 5.90(a), a resistência equivalente vista no coletor é, agora, dada por uma combinação em paralelo de R( e a impedância do alto-falante, Rsp, o que reduz o ganho de 20 para 20 X (R( 118 íl)//?< = 0,159. Portanto, o ganho de tensão é reduzido de maneira drástica.

(a) Figura 5.90

(b)

(a) Estágio EC, (b) circuito de dois estágios alimentando um alto-falante.

(b) Na configuração da Fig. 5.90(b), notamos que R in l = f jr 2 + ( P + l ) R s p

= 1328Q.

(5.327) (5.328)

Portanto, o ganho de tensão do estágio EC é reduzido de 20 para 20 X (Rc\\Rinl)/R( = 11,4, uma melhora substancial em relação ao caso (a). Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o seguidor de emissor seja polarizado com uma corrente de 10 mA.

208

Capítulo Cinco

Figura 5.91

(a) Impedância dc saída dc um seguidor, (b) componentes da resistência de saída.

A gora, calculem os a im pedância de saída do seguidor,supondo que o circuito seja alim entado por uma im pedância de fonte R s [Fig. 5.91(a)]. É inte­ ressante observar que não precisam os reco rrer ao modelo de pequenos sinais, pois R„ul pode ser obtida por inspeção. Como ilustra a Fig. 5.91 (b), a resistência de saída pode ser vista como um a com binação em paralelo de duas com ponentes: uma vista quando se olha “para cima”, para o emissor, e outra, ao olhar-se “para baixo”, para R,.. Da Fig. 5.88, a primeira é igual a /?*/(/3 + 1) + l/g„, e, portanto,

R o . u = ( - £ r r + — ) \ \ R E. \P + 1 gm )

(5.329)

Este resultado também pode ser obtido a partir do equivalente de Thévenin na Fig. 5.88(c), fixando vin em zero. A Eq. (5.329) revela outro atributo im portante do seguidor: o circuito transforma a impedância de fonte, Rs, em um valor m uito mais alto e, assim, provê uma m aior capacidade de “alim entação”. Dizemos que o

Figura 5.92

seguidor funciona como um bom “buffer de tensão”, pois exibe uma alta impedância de entrada (como um voltímetro) e uma baixa impedância de saída (como uma fonte de tensão). Efeito da Resistência de Saída do Transistor Até aqui, nossa análise do seguidor desprezou o efeito Early. Felizmente, os resultados obtidos anterior­ mente podem ser modificados sem dificuldade para representar essa não idealidade. A Fig. 5.92 ilustra um ponto im portante que facilita a análise: na operação de pequenos sinais, r„ aparece em paralelo com R i:. Podemos, portanto, reescrever as Eqs. (5.323), (5.326) e (5.329) como

Av=

R eWo

ReWro + J ^

fi + 1

(5.330)

+ _L g„

Rin = fjr + (P + l) ( ^ / d k o ) Rout = ( o * . "I------ ^ ll^ / d k o V0 + 1 gm )

Seguidor de emissor, incluindo a resistência de saída do transistor.

(5.331) (5.332)

Amplificadores Bipolares

Exemplo 5.46 Solução

Determinemos as propriedades de pequenos sinais de um seguidor de emissor usando uma fonte de corrente ideal (como no Exemplo 5.43), mas com uma impedância de fonte finita Rs. Como R,.: = oo, temos Av=

E, também, gmr0 »

ro Rs 1 ro + + — P + 1 gm

(5.333)

Rin = r„ + (fi + 1 )ro

(5.334)

Roul = («TT V/3 + 1 + g,„)

(5.335)

1; portanto, ro x

r°

(5.336)

Rs

T+\ (5.337)

Rin K (P + l)r0 . Notamos que A v tende à unidade se Rs « Exercício

209

(/3 + 1)r,„ uma condição que, em geral, é válida.

Como se modificam os resultados se R, < <»?

A capacidade de seguidores de atuar como buffer é, às vezes, atribuída aos seus “ganhos de corrente”. Como a corrente de base i„ resulta em uma corrente de em issor de (/3 + 1)i„, podem os dizer que, para uma corrente /', entregue à carga, o seguidor puxa apenas uma corrente /, /(/3 + 1 ) da fonte de tensão (Fig. 5.93). Assim, vx vê a im pedância de carga m ulti­ plicada por (j3 + 1). S e g u id o r de Em issor com P o lariza ção

A pola­ rização de seguidores de em issor envolve a definição da tensão de base e da corrente de coletor (emissor). A Fig. 5.94(a) ilustra um exem plo sim ilar ao do esquem a m ostrado na Fig. 5.19 para o estágio EC.

Como sempre, a corrente que flui por R t e R 2é esco­ lhida de modo que seja muito maior que a corrente de base.

(b) Figura 5.94

Polarização dc um seguidor por (a) divisor resistivo, (b) resistor de base.

210

Capítulo Cinco

É interessante observar que, ao contrário da topo­ logia EC, o seguidor de emissor pode operar com uma tensão de base próxim a a V cc. Isto ocorre porque o coletor é conectado a Vcc, perm itindo a mesm a tensão para a base sem levar <2, à saturação. Por esta

Exem plo

razão, seguidores são, com frequência, polarizados como indicado na Fig. 5.94(b), onde R BI Bé escolhido de m odo a ser muito m enor que a queda de tensão em R, ,o que reduz a sensibilidade em relação a j3 .0 próximo exemplo ilustra este ponto.

O seguidor da Fig. 5.94(b) emprega R„ = 10 kíl e R, = 1 kíl. Calculemos a corrente e a tensão de polarização com Is = 5 X IO' 16 A, /3 = 100 e Vcc = 2,5 V. O que acontece se /3 cair para 50?

5.47 Solução

Para determinar a corrente de polarização, seguimos o processo iterativo descrito na Seção 5.2.3. Escrevendo uma LTK na malha que inclui Rn, a junção base-emissor e Rh, obtemos R rIc + vbe + R eIc = Vcc, p

(5.338)

que, com V,E « 800 mV, resulta em Ic = 1,545 m A.

(5.339)

Portanto, VBE = VTln(/c/ / s) = 748 mV. Usando este valor na Eq. (5.338), temos Ic = 1,593 mA,

(5.340)

um valor próximo ao da Eq. (5.339) e, por conseguinte, de precisão razoável. Nesta condição, IhR b = 159 mV e R ,IC = 1,593 mV. Como IBR B « R EIa esperamos que a variação em /3 e, portanto, em IBR B afete a queda de tensão em R , de modo desprezível, assim como as correntes de emissor e de coletor. Como estimativa grosseira, para /3 = 50, I BR B é multiplicado por dois (** 318 mV), reduzindo a queda de tensão em R , de 159 mV. Ou seja, I, = (1,593 V —0,159 V )/1 kíl = 1,434 mA, implicando que uma alteração em j3 por um fator de dois leva a uma alteração de 10% na corrente de coletor. Sugerimos que o leitor repita as iterações anteriores com /3 = 50 e determine a corrente exata. Exercício

Se o valor de RB for dobrado, o circuito se torna mais ou menos sensível à variação em /3?

é resolvida ao substituirmos o resistor de emissor por uma fonte de corrente constante (Fig. 5.95). Agora, como I,.E é constante, Vm.: e R BIB também são cons­ tantes. Assim, se Vcc aum entar, Vx e V Y tam bém aum entam , mas a co rren te de polarização perm a­ nece constante.

5.4 Figura 5.95

Acoplamento capacitivo na entrada e na saída de

um seguidor.

Como indicado pela Eq. (5.338), as topologias da Fig. 5.94 têm o problema de polarização que depende da alimentação. Em circuitos integrados, esta questão

R E S U M O E E X E M P LO S A D IC IO N A IS

Este capítulo criou a base para o projeto de amplifica­ dores, enfatizando que, para se definirem as proprie­ dades de pequenos sinais de cada circuito, deve ser esta­ belecido um ponto de polarização adequado. A Fig. 5.96 ilustra as três topologias de amplificadores estudadas,

Amplificadores Bipolares

Figura 5.96

Resum o de topologias de amplificadores bipolares.

que exibem diferentes ganhos e impedâncias I/O;cada uma é mais interessante para uma certa aplicação. Os estágios EC e BC podem prover ganhos de tensão maiores que a unidade e suas impedâncias de entrada e de saída independem das impedâncias da carga e da fonte, respectivamente (se VA = °°). Seguidores, por sua vez, exibem um ganho de tensão que, no máximo, é igual à unidade, mas suas impedâncias terminais dependem das impedâncias de carga e de fonte.

Exem plo

211

N esta seção, co n sid e ra re m o s alguns ex em ­ plos desafiadores, para ap rim o rarm o s as técnicas de an álise de circuitos. C om o sem p re, a ên fase reside na solução por inspeção e, p or conseguinte, no e n te n d im e n to in tu itiv o do fu n cio n a m en to do circuito. P artim o s do p re ssu p o sto de q u e os diversos cap acito res usados em cada circuito têm im pedâncias desprezíveis nas frequências de sinal de interesse.

Admitindo VA = «>, determinemos o ganho de tensão do circuito da Fig. 5.97(a).

5.48

(b)

(a)

Figura 5.97

(c)

(a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito equivalente com C, curto-circuitado, (c) circuito simpli­

ficado.

Solução

O modelo AC simplificado da Fig. 5.97(b) revela que R{ aparece entre base e a terra, e R2aparece entre o coletor e a terra. Substituindo vitr Rs e R{ por um equivalente de Thévenin [Fig. 5.96(c)], temos R\

VThév~ R1+ Rs Vm R Thév =

^ 1

\\Rs-

(5.341) (5.342)

O circuito resultante lembra o da Fig. 5.43(a) e satisfaz a Eq. (5.185): Vout Vlhév

Rihév

^ 2 !\RC ,1,0

P+ 1

gm

(5.343)

212

Capítulo Cinco

Substituindo v név e R lhév, obtemos R iW R c

Vout Vin

1

P + 1

Exercício

Exem plo

gm

Ri

+ rb

(5.344)

R\ + Rs

O que acontece se um capacitor muito grande for adicionado entre o emissor de ()l e a terra?

Supondo VA = oo, calculemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 5.98(a).

5.49

out -----%L+ FÍS

R^ ^

(b)

(a) Figura 5.98

Solução

(a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado.

Como mostrado no diagrama simplificado da Fig. 5.98(b). R2aparece como um resistor de dege­ neração de emissor. Como no exemplo anterior, substituímos viir Rs e R , por um equivalente de Thévenin e utilizamos a Eq. (5.185): Vout Vin

Vout _

Rc Rrhév 1 7 T \ + 7m + R'Rc

~ ~ XstIKi . j t y

Exercício

Exem plo

5.50

(5.345) „

R\ 1

, „

R, + R j '

(5.346)

+ z +R2

O que acontece se C2 for conectado entre o emissor de Qt e a terra?

Admitindo VA = oo?calculemos o ganho de tensão e a impedância de entrada do circuito mostrado na Fig. 5.99(a).

(a) (b) Figura 5.99 (a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado.

Amplificadores Bipolares

Solução

213

O circuito lembra um estágio EC (por quê?) degenerado pela impedância vista no emissor de Q2 Req. Recordemos da Fig. 5.75 que (5.347)

O modelo simplificado da Fig. 5.99(b) resulta em -R c

Av =

(5.348)

— + R,eq 8ml -Rc

Ri 1 + -r—- r + ■ gml P + 1 gm2 1

(5.349)

A impedância de entrada também é obtida da Fig. 5.75: Rin =

4- (fi + 1)/?e^

= Jjrl + Exercício

Exem plo 5.51 Solução

^1

+ ^ 2-

(5.351)

Repita o exemplo anterior para o caso em que R { é conectado em série com o emissor de Q2.

Admitindo VA = oo, calculemos o ganho de tensão do circuito da Fig. 5.100(a).

Como a base está na terra AC. R\ aparece em paralelo com Rc, enquanto R2 é curto-circuitado à terra nos dois terminais [Fig. 5.100(b)]. O ganho de tensão é dado por (5.271), mas com R( substi­ tuído por RC\\RX: A v = Rc\\R\ Sm

Exercício

(5.350)

O que acontece se Rc for substituído por uma fonte de corrente ideal?

Figura 5.100

(a) Exemplo de estágio BC, (b) eireuito simplificado.

(5.352)

214

Capítulo Cinco

Exem plo 5.52

Admitindo VA = oo>determinemos a impedância de entrada do circuito mostrado na Fig. 5.101(a). vcc « c r 1"

r

r ^in

^in (a)

Figura 5.101

S olução

-VA— |i' Req

(b) (a) Exem plo de estágio B C , (b) circuito simplificado.

Neste circuito, Qxfunciona como um dispositivo base comum (por quê?), mas com uma resistência Req em série com a base [Fig. 5.101 (b)]. Para determinar R(q, notamos que Q2 lembra um seguidor de emissor — por exemplo, a topologia na Fig. 5.91 (a) — e concluímos que Reqpode ser visto como a resistência de saída de um estágio, como dado pela Eq. (5.329): (5.353)

Re« = \( Pt t+ í\ + — g n ü \j IRe-

Agora, na Fig. 5.101 (b), observamos que Rincontém duas componentes: uma igual à resistência em série com a base, Req, dividida por /3 + 1; a outra é igual a 1lg,„: 1

R in — A —

(5.354)

^ eq P

+1 1

/8

+

1

gm\

Í\ ^A+ l+ g- n )ü j IIR e

(5.355)

8ml

Sugerimos ao leitor calcular Rincom uma análise de pequenos sinais completa e comparar o “trabalho manual” exigido pela álgebra anterior. Exercício

Exem plo 5.53

O que acontece se o ganho de corrente de Q2 tender ao infinito?

Calculemos o ganho de tensão e a impedância de saída do circuito mostrado na Fig. 5.102(a) com Ki < » .

(a)

Figura 5.102

(b)

(c)

(a) Exemplo dc seguidor dc emissor, (b) circuito com C, curto-circuitado, (c) circuito simplificado.

Amplificadores Bipolares

Solução

215

Notando que X está na terra AC, construímos o circuito simplificado da Fig. 5.102(b), onde a resis­ tência de saída de Qxé desenhada de maneira explícita. Substituindo vin, Rs e /?, pelo equivalente de Thévenin e notando que R, yR2 e r() aparecem em paralelo [Fig. 5.102(c)], empregamos a Eq. (5.330) e escrevemos Vout

REWfoWro

Vn»

R E \ \ R 2 \\r o +

- L

+

gm

Vout _

(5.356) ^

P + 1

R\

__________^ E l l ^ l k o __________

(5.357)

~ RC\m\ro +g-m + RsnR' Rl+Rs P + 1 Para a resistência de saída, nos referimos à Eq. (5.332): r

o u

, =

=

E x e rc íc io

Exemplo 5.54

( ^

Z

+

7

VP +

\ P+

1

1

— )|I(KeI|/? 2 I M gm)

+ — W ll^ lk o . gm)

(5.358)

(5.359)

O que acontece se Rs = 0?

Determinemos o ganho de tensão e as impedâncias I/O da topologia mostrada na Fig. 5.103(a). Vamos supor VA = e iguais /3s para os transistores npn e pnp.

UY |*Y L 7 fíB2

J

1/--

fíeq2_ J ‘'o u t

V'n°—U ° 3

(a) Figura 5.103

Solução

(b)

(a) Exemplo de estágio EC, (b) circuito simplificado.

Identificamos o estágio como um amplificador EC com degeneração de emissor e uma carga de coletor composta. Como primeiro passo, representamos o papel de Q2e Q3 pelas impedâncias que criam nos emissores. Como ReqX denota a impedância vista quando se olha para o emissor de Qx com uma resistência de base Rm, da Fig. 5.75, temos R,eq\

Rbx P + 1

|

1

gnü

(5.360)

216

Capítulo Cinco

Da mesma forma, R — ' Rb2 Keq2 . ! 4+. 0 + 1

(5.361)

1

gm 1

o que nos leva ao circuito simplificado da Fig. 5.103(b). Segue-se que RC + Req2 A v = -------------^--------Reql H--------R e gm 3

(5.362)

d . R&2 , 1 Rc + v + i + Rb\ 1 1 „ ‘ fí r + g n ü ^ g n ú + E P + 1

(5.363)

E, R in =

(5.364)

rn3 + (0 + 1) (R e + Reql)

= r*3 + (P + 1) ( r e + \

-R

r +

P+ 1

\

gm 2)

(5.365)

e R out = R c + R eq l

-R + Rn + 1 - R c + f i + l + gmtExercício

5.5

(5.366) (5.367)

O que acontece se R,r —>«?

R E S U M O DO CAPÍTULO

• Além do ganho, as impedãncias de entrada e de saída de amplificadores determinam a facilidade com que os diversos estágios podem ser conectados em cascata. • Amplificadores de tensão devem, em condições ideais, prover uma alta impedância de entrada (de modo que possam amostrar uma tensão sem perturbar o nó) e uma baixa impedância de saída (de modo que possam alimentar uma carga sem redução no ganho). • As impedãncias vistas quando se olha para a base, o coletor e o emissor de um transistor bipolar são iguais a rv (com emissor aterrado), r() (com emissor ater­ rado) e l/g,,, (com base aterrada), respectivamente. • Para se obterem os necessários parâmetros de pequenos sinais do dispositivo bipolar, como g„„ e r(h o transistor deve ser “polarizado”, ou seja, conduzir uma certa corrente de coletor e operar na região ativa. Sinais implicam perturbações nessas condições.

• Técnicas de polarização estabelecem as necessárias tensões base-emissor e base-coletor e proveem a corrente de base. • Com um único transistor bipolar, apenas três topolo­ gias de amplificadores são possíveis: estágios emissor comum e base comum, e seguidores de emissor. • O estágio EC provê ganho de tensão moderado, impedância de entrada moderada e impedância de saída moderada. • Degeneração de emissor melhora a linearidade, mas reduz o ganho de tensão. • Degeneração de emissor aumenta de modo conside­ rável a impedância de saída de estágios EC. • O estágio BC provê ganho de tensão moderado, baixa impedância de entrada e moderada impedância de saída. • As expressões para os ganhos de tensão de estágios EC e BC são similares, exceto por um sinal. • O seguidor de emissor provê ganho de tensão menor que a unidade, alta impedância de entrada e baixa impedância de saída, funcionando como um bom buffer de tensão.

Amplificadores Bipolares

217

EXERCÍCIOS 5.1 Uma antena pode ser modelada como um equiva­

5.4 Calcule a resistência de saída de cada circuito na

Fig. 5.106.

lente de Thévenin, com uma fonte de tensão senoidal Vucos cot e uma resistência de saída Rour Determine a potência média entregue a uma resistência de carga R, e esboce o resultado como um gráfico em função de RL. 5.2 Determine a resistência de pequenos sinais do

circuito mostrado na Fig. 5.104. Suponha que todos os diodos estão sob polarização direta. (Lembre-se, do Capítulo 3, de que cada diodo se comporta como uma resistência linear se as mudanças na tensão e na corrente forem pequenas.)

o, -H—

r

r

R,n

1

I-

out

-

(b)

(a)

-D +-

d2

!"-~ t (d)

(c)

(b)

(a)

Figura 5.106

5.5 Determine a resistência de entrada dos circuitos

mostrados na Fig. 5.107. Suponha VA = <*>.

j^-W r D,

" T "

(c)

“k

Figura 5.104

R win

VC C

°1

1

5.3 Calcule a resistência de entrada dos circuitos

mostrados na Fig. 5.105. Suponha VA =

oc.

(b)

(a)

CC

(b)

(a)

(d) CC

CC o

r

-----

4 X

■ - è , Y (d)

(C )

Figura 5.105

(C )

Figura 5.107

218

Capítulo Cinco

5.6 Calcule a resistência de saída de cada circuito

mostrado na Fig. 5.108.

34 kQ

16 kQ

vc c = 2,5 v 12 kQ (b)

(a)

kQ

r l ’

Figura 5.108

13 kQ

5.7 Calcule o ponto de polarização de cada circuito

traçado na Fig. 5.109. Suponha /3 = 100, Is = 1 0 _16A e Ki = oo.

100 k Q

6

X

n e: \/ i ’ X(C)

Figura 5.110

5.10 Construa o equivalente de pequenos sinais de cada circuito do Exercício 9.

VCC=2,5V

O

-

500 Q

5.11 Considere o circuito mostrado na Fig. 5.111, onde /3 = 100, Is = 6 X IO" 16 A e VA = oo. (a) Qual é o mínimo valor de R,{ que garante operação no modo ativo? (b) Com o valor calculado para Rl{, que polari­ zação direta surge na junção base-coletor se /3 aumentar para 2 0 0 ?

(a)

¥ccm• 2,5 V

(b)

3 kQ

Vc c = 2,5 V Figura 5.111

1 kQ

100 k Q

5.12 No circuito da Fig. 5.112,/3 = 100 e VA = oo.

(a) Se a corrente de coletor de Q] for igual a 0,5 mA, calcule o valor de Is. (b) Se (?, for polarizado na fronteira da região de saturação, calcule o valor de Is.

0,5 V (c)

■ yc c = 2,5V

Figura 5.109

50 kQ

3 kQ

5.8 Construa o equivalente de pequenos sinais de cada

circuito do Exercício 7. 5.9 Calcule o ponto de polarização de cada circuito na

Fig. 5.110. Suponha /3 = 100, Is = 5 X 10" 16 A e Kt = °°.

30 kQ

Figura 5.112

Amplificadores Bipolares

219

5.13 O circuito da Fig. 5.113 deve ser projetado para uma

5.17 No circuito da Fig. 5.116, determine o valor máximo

impedância de entrada maior que 1 0 k í i e urngmde pelo menos 1/(260 íl). Se 0 = 100, Is = 2 X IO' 17 A eV A = oo, determine os valores mínimos permitidos para R { e R 2.

de R2 que garanta operação de no modo ativo. Suponha /3 = 100, Is = 10" 17 A e VA = oo. 2,5 V

■VCC=2’5V

30 k Q É

5 kQ 100

Q

Figura 5.116 Figura 5.113

5.18 Considere o circuito da Fig. 5.117, onde Isl = 2/ >V2 = 5.14 Repita o Exercício 13 para um gni de pelo menos

1/(26 Í2). Explique por que não existe solução. 5.15 Desejamos projetar o estágio EC mostrado na Fig.

5.114 para um ganho (= g mR c ) A» com resistência de saída R{). Qual é a máxima impedância de entrada que pode ser obtida? Suponha VA = oo.

,T

oo.

(a) Determine as correntes de coletor de (?, e Q2. (b) Construa o circuito equivalente de pequenos sinais.

cc

Figura 5.114

5.16 O circuito da Fig. 5.115 foi projetado para uma

corrente de coletor de 0,25 mA. Suponha Is = 6 X 10~ 16 A, /3 = 100 e = oo. (a) Determine o necessário valor de R{. (b) Qual é o erro em I( se R,. se desviar de seu valor nominal por 5%?

Figura 5.115

5 x IO "16 A. /3, = & = 100 e VA =

Figura 5.117

5.19 No circuito da Fig. 5.118, Isl = Is2 = 4 X 10" 16 A,/3,

= p2 = 100 e VA = oo. (a) Determine o ponto de operação dos transis­ tores. (b) Construa o circuito equivalente de pequenos sinais.

Figura 5.118

220

Capítulo Cinco

5.20 O circuito da Fig. 5.119 deve ser polarizado com uma

corrente de coletor de 1 mA. Calcule o necessário valor de Rl{ se Is = 3 X 10-16 A,/3 = 100 e = oo.

Figura 5.122

5.24 No circuito da Fig. 5.123, Is = 8

Figura 5.119

5.21 No circuito da Fig. 5.120, Vx = 1,1 V. Se /3 = 1(K) e

X 10" 16 A, p = 100 e K, = °o. (a) Determine o ponto de operação de Qx. (b) Desenhe o circuito equivalente de pequenos sinais.

Ki = °°>qual é o valor de /v? ^ C=2,5V -T- V^CC=2,5V 10 kQ

10 kQ

300 Q X

40 kQ

Q1

Figura 5.123

Figura 5.120

5.22 Considere o circuito da Fig. 5.121, onde/s = 6 X 10

A, /3 = 100 e de £>,.

^ 1 kQ

-U-

16

= oo. Calcule o ponto de operação

5.25 No circuito da Fig. 5.124, Isl =

= 3 x 1 0 16 A, P = 1 0 0 e K , = oo. (a) Calcule de modo que 0 , conduza uma corrente de coletor de 1 mA. (b) Construa o circuito equivalente de pequenos sinais.

Figura 5.121

Figura 5.124

5.23 Devido a um erro de fabricação, um resistor para­

sita, Rr, apareceu em série com o coletor de Qx na Fig. 5.122. Qual é o mínimo valor permitido para Rn para que a polarização direta da junção base-coletor não exceda 200 mV? Suponha Is = 3 X 10“16 A./3 = 100 e VA = oo.

5.26 Determine o ponto de polarização de cada circuito

na Fig. 5.125. Suponha p„r„ = 2{$pnp = 100, Is = 9 10",6A e VA = oo.

X

Amplificadores Bipolares

junção base-coletor. Suponha (5 = 50, / v = 8 x 1 0 " '’ A e VA = <». O que acontece se o valor de R, for dividido por dois?

vc c = 2,5 V

h 5Q

1

60 k Q

221

200 Q

(a)

(b)

10 k Q Figura 5.125

5.27 Construa os modelos de pequenos sinais dos circuitos

do Exercício 26. 5.28 Calcule o ponto de polarização de cada circuito na

Fig. 5.126. Suponha £„„„ = 2 ft_ = 100, /,. = 9 x 10 A e VA = 00.

5 .3 2

Na Fig. 5.129, se p = 80 e VA = 00 , qUe valor de Is produz uma corrente de coletor de 1 mA?

VCC~ 2,5 V

VCC=2,5V £ — %—

32 kQ

20 kQ i 18 kQ

1,6 kQ

100 Q Figura 5.129

5.33 A topologia ilustrada na Fig. 5.130(a) é chamada

(a)

Figura 5.126

5.29 Construa os modelos de pequenos sinais dos circuitos

do Exercício 28.

“multiplicador VBl”. (O correspondente npn tem topologia similar.) Construa o circuito mostrado na Fig. 5.130(b) e determine a tensão coletor-emissor de (?, se a corrente de base for desprezível. (O corres­ pondente npn também pode ser usado.)

5.30 Na Fig. 5.127, escolhemos Rlf para colocar Qxna fron­

teira da saturação. Mas, o verdadeiro valor desse resistor pode variar de ±5%. Determine, para esses dois extremos, a polarização direta — ou reversa — a que está sujeita a junção base-coletor. Suponha P = 50,/.v = 8 x 10" 16 A e VA = oo. Vc c = 2 ,5 V 5 kQ

(a)

1 kQ

Figura 5.127

5.31 Calcule o valor de R, na Fig. 5.128 para que (7,

mantenha uma polarização reversa de 300 mV na

(b)

Figura 5.130

5.34 Desejamos projetar o estágio EC da Fig. 5.131 para

um ganho de tensão de 20. Qual é a mínima tensão de alimentação para permanecer no modo ativo? Suponha VA = VBE = 0,8 V.

222

Capítulo Cinco 5.38 Determine o ganho de tensão e as impedãncias I/O

— Vc c = 2,5 V

de cada circuito mostrado na Fig. 5.135. Suponha VA = Nas Figs. 5.135(d) e (e), o transistor Q2opera sob saturação fraca.

€ 50 k Q

4--- °V,out

Figura 5.131 CC

5.35 O circuito da Fig. 5.132 deve ser projetado para

máximo ganho de tensão, sendo mantido no modo ativo. Se VA = 10 V e V/f/: = 0,8 V, calcule a necessária corrente de polarização. Suponha Vcc = 2,5 V.

‘'out

e tQ' 1 (b)

(a) V,cc

ou t

Uin°---|^O l Figura 5.132

5.36 O estágio EC da Fig. 5.133 emprega uma fonte de

(c)

(d)

corrente ideal como carga. Se o ganho de tensão for igual a 50 e a impedância de saída for 10 kü, deter­ mine a corrente de polarização do transistor.

(e) Figura 5.135 Figura 5.133

5.37 Suponha cjue o transistor bipolar da Fig. 5.134 exiba 5.39 Repita o Exercício 38 com VA < oo.

a seguinte característica hipotética: i = Is í tx p — Yhil . Ic

5.40 Considere a Eq. (5.157) para o ganho de um estágio

(5.368)

Desprezando o efeito Early, calcule o ganho de tensão para uma corrente de polarização de 1 mA.

out

Figura 5.134

EC degenerado. Escrevendo g,„ = Ic/V ,, notamos que g,„ e, portanto, o ganho de tensão variam se Ic mudar com o nível de sinal. Para os dois casos a seguir, determine a mudança relativa no ganho se /< variar em 10%: (a) o valor nominal de gmR, é 3; (b) o valor nominal de gmR,: é 7 .0 ganho mais constante no segundo caso se traduz em maior linearidade do circuito. 5.41 Expresse o ganho de tensão do estágio ilustrado na

Fig. 5.136 em termos da corrente de polarização de coletor, /t , e de VT. Se VA = oo, qual é o ganho se as quedas de tensão em R( e R, forem iguais a 20 V, e 5 V n respectivamente?

Amplificadores Bipolares

223

Figura 5.136

5.42 Desejamos projetar o estágio degenerado da Fig.

5.137 para um ganho de tensão de 10, com (?, operando na fronteira da região de saturação. Calcule a corrente de polarização e o valor de Rc se /3 = 100, Is = 5 x IO' 16 A e VA = oo. Calcule a impedância de entrada do circuito. VCC~ 2>5 V

*c

(e) Figura 5.138

200 Q

5.47 Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I/O de cada

circuito mostrado na Fig. 5.139. Suponha VA = Figura 5.137 5.43 Repita o Exercício 42 para um ganho de tensão de

100. Explique por que não existe solução. Qual é o máximo ganho que pode ser alcançado com esse estágio? 5.44 Construa o modelo de pequenos sinais do estágio

EC mostrado na Fig. 5.43(a) e calcule o ganho de tensão. Suponha VA = oo. 5.45 Construa o modelo de pequenos sinais do estágio EC

mostrado na Fig. 5.43(a) e prove que a impedância de saída é igual a R( se o efeito Early for despre­ zado. 5.46 Determine o ganho de tensão e as impedâncias I/O de

cada circuito mostrado na Fig. 5.138. Suponha VA = oo.

(c)

(d) Figura 5.139

oo.

224

Capítulo Cinco

5.48 Usando um circuito equivalente de pequenos sinais,

calcule a impedância de saída de um estágio dege­ nerado EC com VA < oo. Suponha /3 » 1. 5.49 Calcule a impedância de saída de cada circuito na

Fig. 5.140. Suponha /3 »

1.

100 kQ

y q__ In° Vc c = 2,5 V 50 kQ

«out

out

(a) ----------\ [

1 kQ

(a)

C,

(b)

VCC=2,5V r fíout *

T

Rç « c =: 10 kQ

14 k Q è

VCC

out

1 kQ

T 1

11 kQ

^ 500 Q

I

2 kQ

T

I

(C )

(c)

Figura 5.140

Figura 5.142

5.50 Compare as impedâncias de saída dos circuitos

mostrados na Fig. 5.141. Suponha /3 »

1.

5.53 Repita o Exercício 5.33 com R,{ = 25k í l e Rc = 250 íl.

O ganho é maior que a unidade? —

r 1,00

T

T

Vcc H -

°;r

H "

° ;r H " ’ out i

«ou. J

(a)

5.54 O estágio base comum da Fig. 5.143 é polarizado

com uma corrente de coletor de 2 mA. Suponha K, = °°(a) Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I/O do circuito. (b) Como V,{e R( devem ser escolhidos para maxi­ mizar o ganho de tensão com uma corrente de polarização de 2 mA?

(b)

V,cc

Figura 5.141

500 L1

5.51 Escrevendo

= /3V , / I a expanda a Eq. (5.217) e prove que o resultado permanece próximo de r„ se I hR h » V t (o que é válido, pois V c c e V fíE em geral diferem por cerca de 0,5 V ou mais).

-*veout

rw

5.52 Calcule v()Ut/vm para cada circuito mostrado na Fig.

5.142. Suponha I s = 8 X 10“ 16 A, /3 = 100 e VA = oo. Suponha ainda que os capacitores sejam muito grandes.

Vi, Figura 5.143

5.55 Determine o ganho de tensão de cada circuito na

Fig. 5.144. Suponha VA = oo.

Amplificadores Bipolares

5 .5 7

^in°---- 1

Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I / O do estágio BC mostrado na Fig. 5.146. Suponha VA < ».

‘ 'out

"T" ^cc

225

—r- V,cc ($ ) Ideal

--------

-° V,out (b) V., Figura 5.146

5 .5 8

Considere o estágio BC da Fig. 5.147, onde /3 = 100, Is = 8 X 10" 16 A, VA = oo e CB é muito grande. (a) Determine o ponto de operação de Qx. ( b ) Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I / O do circuito.

(d)

(c)

17

kQ

Figura 5.144

VCC~ 2j5 V ? 13 kQ

‘'out 5 .5 6

CB

Calcule a impedância de entrada de cada estágio ilustrado na Fig. 5.145. Suponha K, - 00.

400 Q

Figura 5.147

CC

5 .5 9

Repita o Exercício 58 para CH= 0.

5 .6 0

Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I / O do estágio mostrado na Fig. 5.148 se VA = <*>e. CHfor muito grande.

r (b)

(a)

4

vcc

vcc

O i^l— — I _ r 0£ j

cc

^out°”

*1

-Wr

R, %

O

° 1r /i«o---- 1

— H

Hl— f "

_ r Figura 5.148

(c)

(d) Figura 5.145

5 .6 1

Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I / O do estágio mostrado na Fig. 5.149 se VA = e CHfor muito grande.

226

Capítulo Cinco 5.66 O circuito na Fig. 5.152 deve apresentar uma impe­

dância de entrada maior que 1 0 kíl, com ganho mínimo de 0,9. Calcule a necessária corrente de polarização e R[:. Suponha /3 = 100 e = oo. 5.67 Um microfone com impedância de saída Rs =

íl alimenta um seguidor de emissor tal como indica a Fig. 5.153. Determine a corrente de pola­ rização de modo que a impedância de saída não exceda 5 íl. Suponha /3 = 100 e = oo. 200

Figura 5.149

5.62 Calcule o ganho de tensão do circuito mostrado na

Fig. 5.150 se VA <

V

oo.

Figura 5.153

5.68 Calcule o ganho de tensão e as impedâncias I/O de Figura 5.150

cada circuito na Fig. 5.154. Suponha VA =

5.63 O circuito da Fig. 5.151 provê duas saídas. Se

/5, = 21 determine a relação entre vollll/vine vouí2/vhr Suponha VA = oo.

Figura 5.151

5.64 Usando um modelo de pequenos sinais, determine o

ganho de tensão de um estágio BC com degeneração de emissor, resistência de base eVA <<*>. Suponha /3» 1. 5.65 Para R, = 100 íl na Fig. 5.152, determine a corrente

de polarização de de modo que o ganho seja igual a 0,8. Suponha VA = oo.

Figura 5.152

Figura 5.154

oo.

Amplificadores Bipolares

5.69 A Fig. 5.155 mostra um “par de Darlington”, onde Qx tem um papel um pouco similar ao de um seguidor de emissor e alimenta Q2. Admita VA = e que os coletores de Qx e Q2 estão conectados a Vcc- Note que IhA (= /n ) = l,n = InJP(a) Se o emissor de Q2estiver aterrado, determine a impedância vista na base de Qx. (b) Se a base de Qx estiver aterrada, determine a impedância vista no emissor de Q2. (c) Calcule o ganho de corrente do par. definido como (1CI + /«)//„,.

H

227

5.72 A Fig. 5.158 ilustra uma cascata de um seguidor de

emissor e um estágio emissor comum. Admita K ,< « . (a) Calcule as impedâncias de entrada e de saída do circuito. (b) Determine o ganho de tensão, voul/v,„ = (vx/vin) («„„/%)•

Í i

Figura 5.158

Figura 5.155

5.70 No seguidor de emissor da Fig. 5.156, Q2atua como uma

fonte de corrente para o dispositivo de entrada Qx. (a) Calcule a impedância de saída da fonte de corrente, Rcs. (b) Substitua Q2e R, pelas impedâncias obtidas em (a) e calcule o ganho de tensão e as impedâncias I/O do circuito.

Figura 5.156

5.71 Determine o ganho de tensão do seguidor de emissor

ilustrado na Fig. 5.157. Suponha Is = 7 X 10" 16 A. /3 = 100 e VA = 5 V. (Mas, para as condições de polarização, admita VA = ».) Suponha ainda que os capacitores sejam muito grandes. vcc- : 2,5 V

5.73 A Fig. 5.159 mostra uma cascata de um seguidor de

emissor e um estágio base comum. Admita Kt = °o. (a) Calcule as impedâncias de entrada e de saída do circuito. (b) Determine o ganho de tensão, voul/vin = (vx/vin) (v„Jvx).

Exercícios de P rojeto

Nos exercícios a seguir, a menos que esteja especificado de outra maneira, suponha /3 = 1(M), / s = 6 X 10“,AA e 1^ = 00 . 5.74 Projete o estágio EC mostrado na Fig. 5.160 para

um ganho de tensão de 1 0 , impedância de entrada maior que 5 k í l e impedância de saída de 1 k í l. Se a menor frequência de sinal de interesse for 200 Hz, estime o mínimo valor permitido para Ctt.

10 kQ

''i . M H - t O l

c,

-°v.out 1 kQ

Figura 5.157

è 100 Q

---Ih Figura 5.160

228

Capítulo Cinco

5.75 Desejamos projetar o estágio EC da Fig. 5.161 para

máximo ganho de tensão, mas com impedância de saída não maior que 500 íl. Permitindo que o transistor esteja sujeito a, no máximo, 400 mV de polarização direta na junção base-coletor, projete o estágio.

saída não maior que 1 kíl. Admitindo que a queda de tensão em R, é de 200 mV, que a corrente que flui por /?, é aproximadamente 1 0 vezes a corrente de base e que Q x sustenta uma polarização direta máxima de 400 mV na junção base-coletor, projete o circuito. 5.82 Projete o estágio da Fig. 5.162 para um balanço de

potência de 5 mW, ganho de tensão de 5 e queda de tensão de 200 mV em RE. Suponha que a corrente que flui por seja aproximadamente 1 0 vezes a corrente de base. 5.83 Projete o estágio base comum da Fig. 5.163 para um

5.76 O estágio mostrado na Fig. 5.161 deve alcançar

máxima impedância de entrada, com um ganho de tensão de, no mínimo, 2 0 e impedância de saída de 1 kíl. Projete o estágio.

ganho de tensão de 2 0 e impedância de entrada de 50 íl. Suponha uma queda de tensão de 10K, = 260 mV em Rh, de modo que esse resistor não afete a impedância de entrada de maneira significativa. Suponha ainda que a corrente que flui por R { seja aproximadamente 10 vezes a corrente de base e que a mínima frequência de interesse é 200 Hz.

5.77 O estágio EC da Fig. 5.161 deve ser projetado para

mínima tensão de alimentação, com ganho de tensão de 15 e impedância de saída de 2 kíl. Se o transistor puder sustentar uma polarização direta de 400 mV na junção base-coletor, projete o estágio e calcule a necessária tensão de alimentação. 5.78 Desejamos projetar o estágio EC da Fig. 5.161

para mínima dissipação de potência. Se o ganho de tensão for igual a / 1(„ determine a permuta entre a dissipação de potência e a impedância de saída do circuito. 5.79 Projete o estágio EC da Fig. 5.161 para um balanço

de potência de 1 mW e ganho de tensão de 20. 5.80 Projete o estágio EC degenerado da Fig. 5.162 para

um ganho de tensão de 5 e impedância de entrada de 500 íl. Suponha que R, sustente uma queda de tensão de 300 mV e que a corrente que flui por R{ seja aproximadamente 1 0 vezes a corrente de base.

5.84 O amplificador BC da Fig. 5.163 deve alcançar um

ganho de tensão de 8 e impedância de saída de 500 íl. Projete o circuito com as mesmas hipóteses do Exercício 83. 5.85 Desejamos projetar o estágio BC da Fig. 5.163

para uma impedância de saída de 2 0 0 íl e ganho de tensão de 20. Qual é a mínima dissipação de potência necessária? Use as mesmas hipóteses do Exercício 83. 5.86 Projete o amplificador BC da Fig. 5.163 para um

balanço de potência de 5 mW e ganho de tensão de 10. Use as mesmas hipóteses do Exercício 83. 5.87 Projete o amplificador BC da Fig. 5.163 para mínima

Figura 5.162

tensão de alimentação, com impedância de entrada de 50 íl e ganho de tensão de 20. Use as mesmas hipóteses do Exercício 83. 5.88 Projete o seguidor de emissor mostrado na Fig.

5.81 O estágio da Fig. 5.162 deve ser projetado para

máximo ganho de tensão e com impedância de

5.164 para ganho de tensão de 0,85 e impedância de entrada maior que 10 kíl. Suponha R, = 200 íl.

Amplificadores Bipolares

229

de tensão de 0,8. Projete o circuito, supondo que a mínima frequência de interesse seja 100 MHz. (Sugestão: escolha a queda de tensão em R, para ser muito maior que Vn de modo que o resistor não afete o ganho de tensão de maneira significa­ tiva.)

Vc c = 2,5 V

V\n°~ -° V,O Ut

VCC=2,5V

Figura 5.164

5.89 O seguidor da Fig. 5.164 deve consumir 5 mW de

potência e alcançar um ganho de tensão de 0,9. Qual é a mínima resistência de carga, R, , que esse seguidor pode alimentar?

V ln O -H -L -T Q , C-t out

5.90 O seguidor mostrado na Fig. 5.165 deve alimentar

uma resistência de carga, R, = 50 O, com ganho

EXERCÍCIOS

COM

Figura 5.165

SPICE

Nos exercícios a seguir, suponha /^/I/Vl= 5 X 10 u'A.pnpn = 100, Va, p„ = 5 V, /,„„„ = 8 X 10-"A, Pp„p = 50, VA„ = 3,5 V. 5.91 O estágio emissor comum da Fig. 5.166 deve ampli­

ficar sinais na faixa de frequências de 1 MHz a 100 MHz.

(d) Com o valor correto de C2 obtido em (c), deter­ mine a impedância de entrada do circuito em 10 MHz. (Uma abordagem consiste em inserir um resistor em série com Vine ajustar seu valor até que Vr/Vin ou Volt,/Vin seja reduzido por um fator de dois.) 5.92 Predizendo uma impedância de saída da ordem

de 1 kíl para o estágio na Fig. 5.166, um estudante construiu o circuito ilustrado na Fig. 5.167, onde Vx representa uma fonte AC com valor DC nulo. Infe­ lizmente, VN/V X está distante de 0,5. Explique por quê.

(a) Usando o comando .op, determine as condições

de polarização de (?, e comprove que o tran­ sistor opera na região ativa. (b) Efetue uma análise AC e escolha o valor de C, tal que,em 1 MHz, \Vr/Vjn\ ** 0,99. Isto assegura que C, atua como um curto-circuito em todas as frequências de interesse. (c) Desenhe o gráfico de \Vou,/V J em função da frequência, para diversos valores de C2, por exemplo, 1 /xF, 1 nF e 1 pF. Determine o valor de C2 de modo que o ganho do circuito em 1 0 MHz esteja apenas 2% abaixo do valor máximo (p. ex., para C2 = 1 /xF).

Figura 5.167

5.93 Considere o estágio autopolarizado mostrado na

Fig. 5.168. (a) Determine as condições de polarização de Qx. (b) Selecione o valor de C, para que atue apro­ ximadamente como um curto-circuito (p. ex., IVp/VJ ~ 0,99) em 10 MHz.

230

Capítulo Cinco

(c) Calcule o ganho de tensão do circuito em 10 MHz. (d) Determine a impedância de entrada do circuito em 10 MHz. (e) Suponha que a tensão de alimentação seja forne­ cida por uma bateria envelhecida. De quanto V(( pode cair se o ganho do circuito sofrer uma degradação de apenas 5%?

out ''in0—IF Figura 5.168

5.94 Repita o Exercício 93 para o estágio ilustrado na Fig. 5.169. Qual dos dois circuitos é menos sensível a variações na alimentação?

Vcc = 2,5 V

kQ -Wr

10

1 kQ

^

1

kQ

-oV,out

^in0Figura 5.169

5.95 O amplificador mostrado na Fig. 5.170 emprega um seguidor de emissor para alimentar uma carga de 50 íl na frequência de 100 MHz. (a) Determine o valor de Rm de modo que Q2 conduza uma corrente de polarização de 2 mA. (b) Determine o mínimo valor aceitável para C,, C2 e C3 se cada capacitor degradar o ganho em menos de 1 %. (c) Qual é a atenuação de sinal do seguidor de emissor? O ganho total aumenta se Rcn for redu­ zido a 100 fl? Por quê?

Figura 5.170

6

CA P I T U L O

Física de Transistores MOS Hoje, a área de m icroeletrônica é dom inada por um tipo de dispositivo cham ado transistor de efeito de cam po de m etal-óxido-sem icondutor (M O S F E T Metal-Oxide-Semiconductor Field-Effect Transistor). Concebidos nos anos 1930 m as realizados, pela primeira vez, somente na década de 1960, MOSFETs (tam bém cham ados dispositivos MOS) têm proprie­ dades únicas, que levaram a uma revolução da indús­ tria de semicondutores. Essa revolução culminou em microprocessadores que consistem em 1 0 0 milhões de transistores, chips de memória com bilhões de tran­

Funcionam ento do MOSFET

sistores e sofisticados circuitos de comunicação com enorm e capacidade de processam ento de sinais. Nosso estudo de dispositivos e circuitos M OS seguirá o mesmo procedim ento dos Capítulos 2 e 3 para as junções pn. N este capítulo, analisarem os a estrutura e o funcionamento de M OSFETs e desen­ volverem os m odelos que sejam úteis na síntese de circuitos. No Capítulo 7, utilizaremos os modelos para estudar topologias de amplificadores MOS. O roteiro a seguir ilustra a seqüência de conceitos que serão apresentados neste capítulo.

M odelos de D ispositivos MOS

D ispositivos PMOS

• Estrutura MOS

• M odelo de Grandes Sinais

• Estrutura

• Operação na Região de Triodo

• M odelo de Pequenos Sinais

• M odelos

• Operação na Região de Saturação • Característica l/V

6.1

ESTRUTURA DO M O S FE T

Recordemos, do C apítulo 5, que qualquer fonte de corrente controlada por tensão pode prover ampli­ ficação de sinal. M OSFETs tam bém se com portam como fontes de corrente controladas, mas suas carac­ terísticas diferem das de transistores bipolares Para chegar à estrutura de um MOSFET, com e­ çamos com uma geom etria simples que consiste em

uma placa condutora (p. ex., de metal), um isolante (“dielétrico") e uma porção de silício dopado. Essa estrutura, ilustrada na Fig. 6.1 (a), funciona como um capacitor, pois o silício de tipo p é u m pouco condutivo e “cria uma imagem” de qualquer carga deposi­ tada na placa superior. O que acontece se uma diferença de potencial for aplicada ao dispositivo, como m ostra a Fig. 6 .1 (b)? À medida que cargas positivas são colocadas na placa

231

232

Capítulo Seis

Placa C o n d u to ra ^

1-f f l - 4-1 Isolador

h

Silício do> Tipo p

-.1 + (a)



(c)

Figura 6.1 (a) Dispositivo semicondutor hipotético, (b) funcionamento como um capacitor, (c) fluxo de corrente em conseqüência dc diferença dc potencial.

superior, atraem cargas negativas, isto é, elétrons, da porção de silício. (M esmo dopado com aceitadores, o silício de tipo p contém um pequeno núm ero de elétrons.) Portanto, observam os que um “canal” de elétrons livres pode ser criado na interface entre o isolador e a porção de silício, podendo atuar como uma boa rota condutora se a densidade de elétrons for suficientem ente grande. O p o n to im portante é que a densidade de elétrons no canal varia com V,; isto fica evidenciado de Q = CV,, onde C representa a capacitância entre as duas placas. A dependência entre a densidade de elétrons e V , leva a uma propriedade interessante: se, como ilustra a Fig. 6.1 (c), perm itirm os que uma corrente flua da esquerda para a direita na porção de silício, V, poderá controlar a corrente ajustando a resistividade do canal. (Vale notar que a corrente prefere a rota de m enor resistência e, portanto, flui preferencial­ mente pelo canal e não por toda a porção de silício.) Isto atende nosso objetivo de construir uma fonte de corrente controlada por tensão. A equação Q = C V sugere que, para se alcançar um forte controle de O por V, o valor de C deve ser maximizado, por exemplo, pela redução da espessura da cam ada dielétrica que separa as duas placas . 1 A capacidade da tecnologia de fabricação de silício de produzir camadas dielétricas extrem am ente delgadas e uniform es (com espessura m enor que 2 0 A ) se m ostrou essencial para o rápido aprim oram ento de dispositivos microeletrônicos.

Estas considerações levam à estrutura M OSFET ilustrada na Fig. 6.2(a) como candidata à realização de um dispositivo amplificador. A placa condutora supe­ rior, chamada “porta” (G),* reside sobre uma delgada camada dielétrica (isolante) que, por sua vez, é deposi­ tada no “substrato" de silício do tipo p. Para permitir o fluxo de corrente pelo silício, dois contatos são adicio­ nados ao substrato por meio de duas regiões do tipo n fortemente dopadas, pois a conexão direta de metal ao substrato não produziria um bom contato “ômhico ” .2 Estes dois term inais são cham ados “fonte” (S)** e “d ren o ” (D ) para indicar que o prim eiro fornece portadores de carga e o segundo os absorve. A Fig. 6 .2 (a) revela que o dispositivo é simétrico em relação a F e a D; ou seja, dependendo da tensão aplicada ao dispositivo, qualquer um destes terminais pode drenar portadores de carga do outro. Com o explicarem os na Seção 6.2, com fonte/dreno do tipo n e substrato do tipo p, este transistor opera com elétrons, em vez de lacunas, e é cham ado dispositivo MOS do tipo n (NM OS). (O correspondente dispositivo do tipo p será estudado na Seção 6.4.) Para simplificar, dese­ nhamos o dispositivo como na Fig. 6.2(b). A Fig. 6.2(c) mostra o símbolo de circuito de um transistor MOS, onde a seta indica o term inal de fonte. A ntes de m ergulharm os no funcionam ento do MOSFET, consideremos dois tipos de material usados no dispositivo. A placa de porta deve atuar como um bom condutor e, nas prim eiras gerações da tecno­ logia MOS, foi im plem entada em metal (alumínio).

'A capacitância entre duas placas é dada por e A /i, onde e é a "constante dielétrica” (também chamada "permissividade"), A é a área de cada placa e / é a espessura do dielétrico. *É comum o uso da correspondente nomenclatura em inglês: gate e G. (N.T.) 20 termo “ôhmico” é usado para distinguir esse tipo de contato de outros, como diodos, e enfatiza o fluxo bidirecional de corrente, como em um resistor. **É comum o uso da correspondente nomenclatura em inglês: source e S. (N.T.)

Física de Transistores M O S

233

Placa

Substrato do Tipo p

(b) Figura 6.2

(C )

(a) Estrutura do MOSFET, (b) vista lateral, (c) símbolo de circuito.

No entanto, foi descoberto que silício não cristalino (“polissilício” ou, sim plesm ente, “poli”) com forte dopagem tinha m elhores pro p ried ad es de fabri­ cação e físicas. Por isso, os M OSFETs da atualidade em pregam portas de polissilício. A camada dielétrica posicionada entre a porta e o substrato tem um papel fundamental no desempenho de transistores e é criada por crescimento de dióxido de silício (ou, simplesmente, óxido) sobre a área de silício. As regiões « + são, às vezes, chamadas "difusão” de porta/dreno, em referência ao m étodo de fabri­ cação usado nos primórdios da microeletrônica. Vale ressaltar que estas regiões, na verdade, formam diodos com o substrato de tipo p (Fig. 6.3). Como explica­

Figura 6.3

remos mais adiante, o funcionam ento adequado do transistor requer que estas junções perm aneçam sob polarização reversa. Portanto, apenas a capacitância da região de depleção associada a esses dois diodos deve ser levada em consideração. A Fig. 6.3 mostra algumas das dim ensões de dispositivos produzidos pela mais m oderna tecnologia MOS. A espessura do óxido é representada por tox.

6.2

O PERAÇÃO DO M O SFET

Esta seção aborda uma variedade de conceitos asso­ ciados a MOSFETs. O roteiro que seguiremos é ilus­ trado na Fig. 6.4.

Dimensões típicas de MOSFETs atuais.

234

Capítulo Seis

Análise Qualitativa •Formação do Canal •MOSFET como Resistor •Estrangulamento do Canal •Característica l/V

Característica l/V •Densidadede Cargas no Canal •Corrente de Dreno •Regiões deTriodo ede Saturação Figura 6.4

6.2.1

Outras Propriedades •EfeitodeCorpo •Condução Sublimiar •Saturação de Velocidade

Roteiro dos conceitos a serem estudados.

A n á lise Q u a lita tiva

Nosso estudo das estruturas simples mostradas nas Figs. 6.1 e 6.2 sugere que o M OSFET poderá conduzir correntes entre a fonte e o dreno se um canal de elétrons for criado por meio de uma tensão de porta suficiente­ mente positiva. Além disso, esperamos que a intensidade da corrente possa ser controlada pela tensão de porta. Com efeito, nossa análise confirmará estas conjecturas e revelará outros efeitos sutis no dispositivo. Notemos que o terminal de porta não puxa corrente (de baixa frequência), pois está isolado do canal pelo óxido. Como o MOSFET tem três terminais,3 podemos nos deparar com várias combinações de tensões e correntes nos terminais. Felizmente, como a corrente (de baixa frequência) de porta é nula, a única corrente de interesse é a que flui entre a fonte e o dreno. Devemos estudar

Figura 6.5

Propriedades Analógicas •Transcondutância •Modulação do O Comprimento do Canal

a dependência entre essa corrente e a tensão de porta (p. ex.,para uma tensão de dreno constante) e a tensão de dreno (p. ex., para uma tensão de porta constante). Estes conceitos são esclarecidos a seguir. Consideremos, primeiro, a configuração mostrada na Fig. 6.5(a), onde a fonte e o dreno são aterrados, e a tensão de porta é variada. Esse circuito não parece muito útil, mas nos possibilita um bom entendimento. Recordemos, da Fig. 6.1(b), que, à m edida que V(!* aum enta, a carga positiva na porta deve ser corres­ pondida por carga negativa no substrato. Em bora tenhamos dito, na Seção 6.1, que elétrons são atraídos para a interface, na verdade um outro fenômeno ante­ cede a formação do canal. À medida que V(1aumenta a partir de zero,a carga positiva na porta repele as lacunas no substrato, expõe íons negativos e cria uma região de depleção [Fig. 6.5(b ) ] . 4 Notemos que o dispositivo

(a) MOSFET com tensão de porta, (b) formação da região de depleção, (c) formação do canal.

30 substrato atua como um quarto terminal, mas por ora vamos ignorar isto. ♦Por conveniência, o símbolo VGserá usado para representar a tensão de porta. (N.T.) 4Notemos que esta região de depleção contém apenas uma polaridade de carga imóvel, enquanto a região de depleção de uma junção pn consiste em duas áreas de íons negativos e positivos nos dois lados da junção.

Física de Transistores M O S

ainda atua como um capacitor (carga positiva na porta é correspondida por carga negativa no substrato), mas nenhum canal de cargas móveis foi criado até agora. Assim, não há fluxo de corrente da fonte para o dreno. Dizemos que o M OSFET está desligado. As junções fonte-substrato e dreno-substrato podem conduzir corrente neste m odo? Para evitar este efeito, o próprio substrato também é conectado a zero, assegurando que esses diodos não ficam sujeitos à polarização direta. Para simplicar, não mostraremos esta conexão nos diagramas. O que acontece à medida que V(i aum enta? Para corresponder à carga na porta, mais íons negativos são expostos e a região de depleção sob o óxido se torna mais profunda. Isto significa que o transistor jamais conduz?! Felizmente, se V(;se tornar suficientemente positivo, elétrons livres serão atraídos para a interface óxido-silício, formando um canal condutor [Fig. 6.5(c)]. Dizemos que o M OSFET está ligado. O potencial de porta em que o canal começa a aparecer é chamado “tensão de limiar”, VT„* e tem valor no intervalo entre 300 mV e 500 mV. Vale notar que os elétrons são pron­ tamente providos pelas regiões n +da fonte e do dreno e não precisam ser fornecidos pelo substrato.

Exem plo

6.1

Solução

235

É interessante observar que o term inal de porta do M OSFET não puxa corrente (de baixa frequên­ cia). E stando acima do óxido, a porta perm anece isolada dos outros terminais e atua apenas como uma placa de um capacitor. M O S FET co m o um R e s is to r V a riável O canal c o n d u to r e n tre F e D p o d e ser visto com o um resistor. Além disso, com o a densidade de elétrons no canal deve au m en tar à m edida que V(1 se torna mais positivo (p o r q u ê?), o v alor desse resisto r varia com a tensão de porta. Esse resistor co n tro ­ lado por tensão, ilustrado de m odo conceituai na Fig. 6 .6 , se m ostra m uito útil em circuitos an aló ­ gicos e digitais.

G

So—m—Wi—W»—%—%—° D Figura 6.6 tensão.

MOSFET visto como um resistor controlado por

Nas vizinhanças de uma estação radiobase, o sinal recebido por um telefone celular pode se tornar muito forte e, possivelmente,“saturar” os circuitos e impedir o funcionamento adequado do aparelho. Vamos desenvolver um circuito de ganho variável que reduza o sinal à medida que o telefone celular se aproxima da estação radiobase. Um MOSFET e um resistor podem formar um atenuador controlado por tensão, como ilustrado na Fig. 6.7. Como Vout _ R\ ( 6 . 1) Vin R m + R\ o sinal de saída diminui à medida que Vconl diminui, pois a densidade de elétrons no canal diminui e Rmaumenta. MOSFETs são muito utilizados como resistores controlados por tensão em “ampli­ ficadores de ganho variável”. 'cont

'out

Figura 6.7

Exercício

Uso dc um MOSFET para ajuste dc níveis de sinal.

O que acontece a RS1se o comprimento do canal for dobrado?

♦Por conveniência, será usado o subscrito 77/ para representar esta tensão de limiar, mantendo-se a sigla correspondente à nomen­ clatura em inglês, a expressão threshold volíage. (N.T.)

236

Capítulo Seis

Na configuração da Fig. 6.5(c), não há fluxo de corrente entre F e D, pois os dois term inais estão no mesmo potencial. Agora, vamos aum entar a tensão de dreno, como m ostrado na Fig. 6 .8 (a), e exam inar a corrente de dreno (= corrente de fonte). Se VG < V,„, não existe um canal, o dispositivo está desli­ gado e I n = 0, independentem ente do valor de V„. Se V<; > Vy//, I» > 0 [Fig. 6 .8 (b)]. N a verdade, a rota fonte-dreno pode atu ar com o um simples resistor, produzindo a característica In-Vi, m ostrada na Fig. 6 .8 (c). A inclinação da curva é igual a 1/R„„, onde R„„ denota a “resistência em condução”/ A breve análise que fizemos da característica I/V do dispositivo MOS até aqui sugere dois pontos de vista diferentes do fu n cio n am en to do mesmo: na Fig. 6 .8 (b), Vfí varia, en q u a n to V„ p erm an ece constante; já na Fig. 6 .8 (c), V„ varia, en q u an to V(! perm anece constante. C ada p o n to de vista provê

-

vD

um valoroso en ten d im en to do funcionam ento do transistor. C om o a característica da Fig. 6 .8 (b) é alterada se V(; aum entar? A maior densidade de elétrons no canal reduz a resistência em condução,o que aumenta a inclinação da curva. A característica resultante, ilus­ trada na Fig. 6 .8 (d), reforça a noção de resistência controlada por tensão. Recordemos, do Capítulo 2, que o fluxo de carga em semicondutores ocorre por difusão ou por deriva. O que podem os dizer sobre o mecanismo de trans­ porte em um M O SFET? C om o a fonte de tensão conectada ao dreno cria um campo elétrico ao longo do canal, a corrente resulta de deriva de carga. As características /„-V(; e In-V» mostradas nas Figs. 6 .8 (b) e (c), respectivam ente, têm papel central em nosso entendim ento de dispositivos MOS. O exemplo seguinte reforça os conceitos estudados até aqui.

^ r ç

1'”

Substrato do Tipo p (b)


(d) Figura 6.8 (a) MOSFET com tensões de porta e de dreno, (b) característica I d-V c, (c) característica ln-VDy(d) característica /„- V7> para diferentes tensões de porta.

Exem plo 6.2

Solução

Esbocemos os gráficos das características e (b) diferentes espessuras de óxido.

e

para (a) diferentes comprimentos de canal

À medida que o comprimento do canal aumenta, a resistência em condução também aumenta .6 Portanto, para Va > V n , a corrente de dreno começa de valores menores à medida que o compri­ mento aumenta [Fig. 6.9(a)]. De modo similar, In exibe uma menor inclinação em função de Vn

SA expressão “resistência em condução'’ sempre se refere à resistência entre fonte e dreno, pois não existe uma resistência entre a porta e outros terminais. ''Recordemos que a resistência de um condutor é proporcional ao comprimento.

Física de Transistores M O S

237

[Fig. 6.9(b)]. Porta nto,é desejável m in im iza r o comprimento do canal para obter correntes de dreno intensas - uma tendência importante no desenvolvimento da tecnologia MOS. Como a espessura de óxido, tox, afeta a característica I-V? À medida que tox aumenta, a capaci­ tância entre a porta e o substrato de silício diminui. Portanto, de Q = CV, notamos que uma dada tensão resulta em menor carga na porta e, em conseqüência, em uma menor densidade de elétrons no canal. Desta forma, o dispositivo apresenta uma resistência em condução mais alta e, para uma dada tensão de porta, produz uma menor corrente de dreno [Fig. 6.9(c)] ou tensão de dreno [Fig. 6.9(d)]. Por este motivo, a indústria de semicondutores continua a reduzir a espessura de oxido da porta.

Figura 6.9 (a) Característica ID-VGpara diferentes comprimentos de canal, (b) característica ID-VDpara dife­ rentes comprimentos de canal, (c) característica In-V(1para diferentes espessuras dc óxido, (d) característica ID-VDpara diferentes espessuras de óxido. Exercício

A condução de corrente no canal se dá por deriva. Se a mobilidade cai a temperaturas altas, o que podemos dizer sobre a resistência em condução à medida que a temperatura sobe?

Figura 6.10 (a) Dimensões dc um MOSFET (W c L estão sob o controle do projetista dc circuitos), (b) característica /„ para dife­ rentes valores de W, (c) equivalência de dispositivos em paralelo.

238

Capítulo Seis

Em bora tanto o com prim ento como a espessura do óxido afetem o desem penho de MOSFET, apenas o prim eiro está sob controle no projetista, isto é, o com prim ento pode ser especificado no leiaute do transistor. A última, por sua vez, é definida durante a fabricação e permanece constante em todos os tran­ sistores de uma dada geração da tecnologia. O u tro p arâm etro MOS controlado por p roje­ tistas de circuitos é a largura do transistor, a dimensão perpendicular ao comprimento [Fig. 6 .10(a)]. Portanto, concluím os que os projetistas de circuitos podem escolher as dim ensões “horizontais”, com o L e W, mas não as dimensões “verticais” , como tox. C om o a largura de p orta afeta a característica I-V? À medida que W aum enta, a largura do canal tam bém aum enta, o que reduz a resistência entre fonte e dreno 7 e produz a tendência ilustrada na Fig. 6.10(b). De outra perspectiva, um dispositivo mais largo pode ser visto com o dois transistores mais estreitos em paralelo, produzindo uma corrente de dreno alta [Fig. 6 .10(c)]. Podemos, então, concluir que W deve ser maximizada, mas também devemos notar que a capacitância de porta total aum enta com W, o que pode vir a limitar a velocidade do circuito. Ou seja, a largura de cada dispositivo no circuito deve ser escolhida com muito cuidado.

Figura 6.11

E s tra n g u la m e n to de C anal*

A té aqui, nosso estudo qualitativo do M O SFET m ostrou que, se a tensão de porta exceder V nh o dispositivo atua como resistor controlado por tensão. No entanto, se a tensão de dreno for suficientem ente positiva, o transistor opera como um a/o«/e de corrente. Para entender esse efeito, fazemos duas observações: ( 1 ) para form ar o canal, a diferença de potencial entre a porta e a inter­ face óxido-silício deve ultrapassar V TH; (2) se a tensão de dreno perm anecer maior que a da fonte, a tensão - em relação à terra - em cada ponto ao longo do canal aumenta à medida que nos deslocamos da fonte em direção ao dreno. Esse efeito, ilustrado na Fig. 6 . 1 1 (a), surge da queda de tensão gradual ao longo da resistência do canal. Como a tensão de porta é cons­ tante (porque a porta é condutora mas não conduz corrente em qualquer direção), e como o potencial na interface óxido-silício aumenta da fonte para o dreno, a diferença de potencial entre a porta e a interface óxido-silício diminui ao longo do eixo x [Fig. 6.11 (b)]. A densidade de elétrons no canal segue a mesm a tendência e atinge um valor mínimo em x = L. Destas observações, concluímos que, se a tensão de dreno for alta o bastante para produzir Va - Vn < V Tlh o canal deixa de existir nas proxim idades do dreno. Dizemos que a diferença de potencial entre

(a) Variação dc potencial no canal, (b) diferença de tensão entre porta e substrato ao longo do canal.

7Rccordcmos que a resistência dc um condutor é inversamente proporcional à área da seção reta; esta. por sua vez, é igual ao produto da largura pela espessura do condutor. *É muito comum o uso do termo inglês pinch-off para denominar o efeito descrito nesta subseção, cujo título pode, igualmente, ser traduzido como Pinch-Off de Canal. (N.T.)

Física de Transistores M O S

239

>vm

j - v-TH

(a)

•I|----1

G ^ ______

Jj

L, L

0 (b)

(c)

Figura 6.12 (a) Estrangulamento (pinch-off) de canal, (b) variação do comprimento com a tensão de dreno, (c) funcionamento detalhado nas proximidades do dreno.

porta e substrato não é suficientem ente alta em x = 6.2.2 D edução das C aracterísticas l/V L para atrair elétrons e que o canal sofreu estrangu­ Após o estudo qualitativo anterior, podemos, agora, lam ento (ou pinch-off) [Fig. 6.12(a)]. form ular o com portam ento do M OSFET em termos O que acontece se Vn se to rn ar maior que V(; das tensões dos terminais. VnP- Como V(x) agora varia de 0, em x = 0, a VD > V(1 - Vm , em x - L, a diferença de tensão entre a porta e o substrato é reduzida a V,„ em algum ponto D ensidade de Carga no Canal A dedução que L, < L [Fig. 6.12(b)]. Portanto, o dispositivo não apre­ farem os req u er um a expressão para a quantidade senta um canal entre L, e L. Isto significa que o tran­ de carga (ou seja, de elétrons livres) por unidade de sistor não pode conduzir corrente? Não, o disposi­ comprimento do canal, também cham ada de “densi­ tivo ainda conduz: como ilustra a Fig. 6.12(c), uma dade de carga”. De Q - CV, notamos que, se C for a vez que os elétrons atingem o fim do canal, sofrem capacitância de porta por unidade de com prim ento a ação de um intenso cam po elétrico na região de depleção que envolve a junção do dreno e são rapi­ dam ente varridos para o terminal do dreno. Contudo, como mostramos na próxima seção, a tensão de dreno não tem mais efeito significativo sobre a corrente, e o M OSFET passa a atuar como uma fonte de corrente constante - similar a um transistor bipolar na região ativa direta. Notemos que as junções fonte-substrato Figura 6.13 Ilustração de capacitância por unidade de compri­ e dreno-substrato não conduzem corrente. mento.

240

Capítulo Seis

e V ,a diferença de tensão entre fonte e canal, então Q é a desejada densidade de carga. D en o tan d o a capacitância de porta por unidade de área por Cox (expressa em F/m 2 ou fF//u.m2), escrevemos C = WCox para levarmos em conta a largura do transistor [Fig. 6.13(a)]. Além disso, tem os V = V(IS — V r n * pois não existem cargas móveis para VGS < V m . (A partir daqui, denotarem os as tensões de porta e de dreno em relação à fonte.) Segue-se que

(2 ) se os portadores se moverem a uma velocidade de v m/s, então a carga que existe em v metros ao longo da barra passa pela seção reta em um segundo. Como a carga que existe em v metros é igual a Q ■v, temos (6.4)v. =Q

I Como explicamos no Capítulo 2, i; =

Q = WCox(VGS - Vm).

( 6 .2 )

N otem os que Q é expresso em coulom b/m etro. A gora, recordem os da Fig. 6.1 l(a ) que a tensão de canal varia ao longo do com prim ento do transistor e que a densidade de carga cai à medida que nos deslo­ camos da fonte para o dreno. Portanto, a Eq. (6.2) é válida apenas nas vizinhanças do term inal da fonte, onde o potencial do canal p erm anece próxim o de zero. Como mostra a Fig. 6.14, denotam os o potencial do canal em x por V(x) e escrevemos Q(x) = WCox[Vcs - V(x) - V-ml

(6.5) dV

(6.6)

onde dV/dx denota a derivada da tensão em um dado ponto em relação a x. Combinando (6.3), (6.4) e ( 6 .6 ), obtemos b

=

W C ox [VGS -

dV(x) V(x) - VTH)nn — r 1 ■ ax

(6.7)

É interessante observar que, como In deve perm a­ necer constante ao longo do canal (por quê?), VX*)

(6.3)

Notem os que V(.v) varia de zero a V„ se o canal não estiver estrangulado (pinched-off). Corrente de Dreno

Qual é a relação entre a densi­ dade de cargas móveis e a corrente? Consideremos uma barra de semicondutor com uma densidade uniforme de carga (por unidade de comprimento) igual a Q e que conduz uma corrente / (Fig. 6.15). Notamos, pelo que vimos no Capítulo 2, que: (1) / é dada pela carga total que passa pela seção reta da barra em um segundo, e

Figura 6.14 Representação do dispositivo para o cálculo da corrente de dreno.

*Por conveniência, VGS representará a diferença de potencial entre porta (gate) e fonte (source). (N.T.)

Física de Transistores M O S

241

e dV /dx deve variar de m odo que o p roduto de V(,s ~ V(x) - VTH por dV/dx independa de x. E m bora seja possível resolver esta equação diferencial para obter V(,t) em term os de I„ (suge­ rimos que o leitor faça isto), nosso objetivo im ediato é encontrar um a expressão p ara /„ em term os das tensões nos terminais. Para isso, escrevemos r x=L

/

Jx =0

r V (x )= V m

IDdx= \

Jv(x)=0

n nCoxW[Vc s - V (x )-V TH]dV. (6 .8 )

Ou seja,

1

w

Id = ^"C ox - [2( Vc5 -

vrll) Vos ~ V2DS] .

(6.9)

Agora, examinemos esta im portante equação de dife­ rentes pontos de vista para um m elhor entendimento. Prim eiro, a dependência linear de /„ em relação a H.,„ Cm e W /L era esperada: um a mobilidade m aior produz uma corrente maior, para uma dada tensão dreno-fonte VI)S; uma m aior capacitância de porta resulta em m aior densidade d e elétrons no canal, para uma dada tensão porta-fonte V(:s\ uma maior razão W/L (cham ada “razão de aspecto” do disposi­ tivo) é equivalente a conectar mais transistores em paralelo [Fig. 6.10(c)]. Segundo, para VGS constante,/„

Exem plo 6.3 Solução

I d .i m í x

=

1 2 M h C jv

W 9 — (Vcs —Vth)

(6 . 1 0 )

em Vns = V(;s - Vr„. É comum escrever W /L como a razão entre dois valores, como, por exemplo, 5 /i,m/0,l 8 /utm (em vez de 27,8), para enfatizar a escolha de W e de L. Em bora, em diversas equações MOS, apenas a razão apareça, os valores individuais de W e de L também se tornam im portantes em muitos casos. Por exemplo, se os valores de W e de L forem dobrados, a razão perm anece inalterada, mas a capacitância de porta aum enta.

Esbocemos o gráfico da característica ln-V„s para diferentes valores de VGS. À medida que V(;s aumenta, /Amáve VGS - V,,, também aumentam. A característica In-VnSi ilustrada na Fig. 6.17, exibe máximos que seguem uma forma parabólica, pois I,)jnáx a (Vas - A///)2.

Figura 6.17

Exercício

tem variação parabólica em relação a Vns (Fig. 6.16), alcançando um valor máximo de

Característica MOS para diferentes valores da tensão porta-fonte.

O que acontece se o valor de l„s for dividido por dois?

242

Capítulo Seis

A relação não linear entre 1„ e V,)S revela que o transistor não pode, em geral, ser m odelado por um simples resistor linear. No entanto, se V I)S « 2 ( Vas - V rn), a Eq. (6.9) se reduz a In % MhC« -j- (Vas — Vjh ) Vds<

(6 .1 1 )

e, para um dado valor de V DS, exibe um com porta­ m ento Ip-V/ys linear. Na verdade, a resistência em condução equivalente é dada por V ní/ l l}: R„„ = ------- ------------------ . l^nQ)X— (Vc,s — Vrn)

Solução

Como previmos na Seção 6.2.1, a Eq. (6.12) sugere que a resistência em condução pode ser controlada pela tensão porta-fonte. Em particular, para V(;s = Vm, K„ = oo, ou seja, o dispositivo funciona como um com utador (switch) eletrônico.

Um telefone sem fio dispõe de uma única antena para recepção e transmissão. Expliquemos como o sistema deve ser configurado.

O sistema é projetado de modo que o telefone receba em metade do tempo e transmite na outra metade. Assim, a antena é alternadamente conectada ao receptor e ao transmissor em intervalos regulares, como, por exemplo, a cada 20 ms (Fig. 6.19). Portanto, faz-se necessário o uso de um comutador eletrônico para a antena.8

Figura 6.19

Exercício

Detalhe da característica para pequenos valores

(6.12)

De outro ponto de vista, para pequenos valores de V»s (próxim o à origem ), as p arábolas da Fig. 6.17 podem ser aproxim adas por segm entos de reta com diferentes inclinações (Fig. 6.18).

Exem plo 6.4

Figura 6.18 de V,)S.

Função de um comutador para a antena de um telefone sem fio.

Alguns sistemas empregam duas antenas,cada qual recebendo e transmitindo sinais. Quantos comutadores são necessários neste caso?

Na maioria das aplicações, é desejável alcançar uma resistência em condução baixa para comutadores MOS.

8Alguns telefones celulares operam da mesma maneira.

O projetista do circuito deve, portanto, maximizar W/L e VGS. O próximo exemplo ilustra este ponto.

Física de Transistores M O S

Exemplo 6.5

Solução

243

No telefone sem fio do Exemplo 6.4, o comutador que conecta o transmissor à antena deve atenuar o sinal de maneira desprezível, por exemplo, em não mais que 10%. Se Vd d ~ 1>8 V, n„Cox = 100 /xA/V2 e VTH = 0,4 V, determinemos o valor mínimo da razão de aspecto do comutador. Vamos supor que a antena pode ser modelada por um resistor de 50 íl. Como indicado na Fig. 6.20, queremos garantir que ^>0,9 Vin

(6.13)

rv —
< Transmissor

-VA----- 0V;„

out '

50 Q

^ant

Figura 6.20 Degradação do sinal devido à resistência em condução do comutador da antena, e, portanto, que Ron < 5,6 £2.

(6.14)

Fixando VGS no valor máximo, V,)n, obtemos, da Eq. (6.12): W — > 1276.

(6.15)

(Como transistores largos introduzem uma capacitância considerável na rota de sinal, talvez esta escolha de W/L ainda atenue sinais de alta frequência.) Exercício

Que valor de W/L é necessário se Vni) for reduzido para 1,2 V?

R egiões de Triodo e de S a tu ra çã o A Eq. (6.9) expressa a corrente de dreno em termos das tensões nos terminais do dispositivo, implicando que a corrente começa a dim inuir para VOS ^ VgS V 77/* Dizemos que o dispositivo opera na “região de triodo” (também cham ada "região linear”) se VDS < Vas — V (que corresponde à seção de subida da parábola).Também usamos a expressão “região de triodo forte” para VDS « 2(V(;S - V m ),onde o transistor funciona como um resistor. Na verdade, a corrente de dreno chega à “satu­ ração”, ou seja, torna-se constante para Vns > V(!S — Vm (Fig. 6.21). Para entender por quê, recordemos, da

Fig. 6.12, que o canal sofre estrangulam ento (pinchoff) se V,)S = V,:s - V,„. Desta forma, um aum ento maior em VI)S apenas desloca o ponto de estrangula­ m ento em direção ao dreno. Além disto, recordem os que as Eqs. (6.7) e ( 6 .8 ) são válidas som ente onde existe carga no canal. Portanto, a integração em ( 6 .8 ) deve incluir apenas o canal, ou seja, na Fig. 6.12(b), deve ser feita de x = ü a x = L, e modificada para çx=L\

/ ID dx = Jx= 0 rV(x)=Vfís-VTH = / HnCoxW[VGS- V ( x ) - V TH]dV. J V (x )= 0

(6.16)

244

Capítulo Seis

Figura 6.21

Característica MOS completa.

Notemos que os limites superiores correspondem ao ponto de estrangulam ento do canal. Em particular, a integral no lado direito é calculada até V(;s - Vnh e não até Vns. Em conseqüência, h = \ ^ ™ Í V GS - VrH)2, l Li

(6.17)

este resultado independe de Vns e, se supuserm os L, L , é idêntico a I fímúx em (6.10). A grandeza V,;S — V rih cham ada “tensão de sobrecarga” (ou tensão de overdrive), tem um papel im portante em circuitos MOS. Às vezes, M O SFETs são cham ados dispositivos “quadráticos” para enfatizar a relação en tre I„ e a tensão de sobrecarga. Para simplicar, doravante denotarem os L, por L .

A característica I-V da Fig. 6.21 lembra aquela de dispositivos bipolares: as regiões de triodo e de satura­ ção de MOSFETs são similares às regiões de saturação e ativa direta de transistores bipolares, respectivamente. Infelizmente, o termo “saturação” denota regiões diferen­ tes nas características de dispositivos MOS e bipolares. Em pregam os a ilustração conceituai da Fig. 6.22 para determ in ar a região de operação. N otem os que a diferença de potencial porta-dreno se presta a esse fim e não precisamos calcular separadam ente as tensões porta-fonte e porta-dreno. Como exibe uma corrente “plana” na região de saturação, um M O SFE T pode o p erar com o uma fonte de corrente cujo valor é dado por (6.17). Além disso, a dependência quadrática entre /„ e V(;s - V ,,, sugere que o dispositivo pode atuar como uma fonte de tensão controlada por tensão.

?+ ^TH

't .

: Saturated

©

j t O i

T-

-(b)

Figura 6.22

Ilustração das regiões de triodo e de saturação com base nas tensões de porta e de dreno.

Física de Transistores M O S

Exemplo 6.6

245

Calculemos a corrente de polarização de Mxna Fig. 6.23. Suponhamos finCtK = 100 /xA/V2 e Vw = 0,4 V. Se a tensão de porta aumentar de 10 mV, qual é a alteração na tensão de dreno? yDD= 1 ,8 V 5 kQ

n jH fc V i ^ =JL_ L

1 V - ^

Figura 6.23

S olução

0,18

Circuito MOS simples.

Não está claro, a priori, em que região A/, opera. Vamos admitir que Aí, esteja saturado e façamos o cálculo. Como VGS = 1 V,

I

d

=

1

W

2

— ( Vc s -

, Vt h )

= 200 mA.

(6.18) (6.19)

Devemos comprovar a hipótese; para isto, calculamos o potencial de dreno: V x — Vd d -

R

d

I

d

= 0,8 V. A tensão de dreno é menor que a tensão de porta, e a diferença é menor que V Fig. 6.22 indica, portanto, que A/, opera, de fato, na região de saturação. Se a tensão de porta for aumentada para 1,01 V, temos

(6.20) ( 6.21)

A ilustração da

ID =206,7 /zA.

( 6 .22 )

Vx = 0,766 V.

(6.23)

o que reduz Vx para

Felizmente, A/, ainda está saturado. A mudança de 34 mV em Vx revela que o circuito pode ampli­ ficar a entrada. Exercício

Que valor de l<„ coloca o transistor na fronteira da região de triodo?

É in teressa n te que id en tifiq u em o s diversos pontos de contraste en tre dispositivos bipolares e MOS. (1) Um transistor bipolar com V,„.: = V ^ e s tá na fronteira da região ativa, enquanto um M OSFET se aproxim a da fronteira da região de saturação se a sua tensão de dreno ficar um valor V n , abaixo da tensão de porta. (2) D ispositivos bipolares exibem uma característica Ic-V m, exponencial, en q u an to M OSFETs têm dependência quadrática. Ou seja, os

prim eiros resultam em m aiores transcondutâncias que os segundos (para uma dada corrente de pola­ rização). (3) Em circuitos bipolares, a m aioria dos transistores tem as mesmas dim ensões e, portanto, a mesm a 7S; em circuitos MOS, a razão de aspecto de cada dispositivo pode ser escolhida sep arad a­ m ente p ara ate n d e r os requisitos de p ro jeto. (4) A p orta de M O SFETs não puxa co rren te de pola­ rização . 9

l'As novas gerações de MOSFETs apresentam o problema de corrente "de fuga" de porta, mas aqui desprezamos este efeito.

246

Capítulo Seis

Exem plo 6.7

S olução

Determinemos o valor de W/L na Fig. 6.23 que coloca M, na fronteira da região de saturação e calculemos a alteração na tensão de dreno devido a uma variação de 1 mV na tensão de porta. Vamos supor VTl, = 0,4 V. Com V(iS = +1 V, a tensão de dreno deve cair para VGS - VTU= 0,6 V para que M, entre na região de triodo. Ou seja, ,

Vdd - Vos Ro = 240 jiiA.

(6.24) (6.25)

Como I,) varia linearmente com W/L, W 240 mA 2 L máx ~~ 2 0 0 A 0,18 2,4 ” ÕÕ8 ‘

(6.26) (6.27)

Se VGS aumentar de 1 mV, ID = 248,04 mA.

(6.28)

AVá- = AId ■R d

(6.29)

= 4,02 mV.

(6.30)

fazendo com que Vx seja alterado de

Portanto, neste caso, o ganho de tensão é igual a 4,02. Exercício

Exem plo 6.8

Repita o exemplo anterior para o caso em que o valor de Rn é dobrado.

Na Fig. 6.24, calculemos o valor máximo permitido para a tensão de porta de modo que A/, perma­ neça saturado.

/?DÍ 5kQ to w

X

^GS *— Figura 6.24

Solução

±

L

—

0,18

Circuito MOS simples.

Na fronteira da região de saturação, VGs - V th = Vds = Vdd - RpID. Substituindo ID da Eq. (6.17), temos V g s — V th =

V dd —

Vgs — Vth =

( Vg s — V th

)2,

- l + y i + 2 /?DVi,oM«G«T

(6.31)

(6.32)

Física de Transistores M O S

247

Logo, V-C —

Exercício

—1 + V l + 2Ri)Vl)D^nC0x 77 q ,, r w KDfArr^ox l

Vtu

(6.33)

Calcule o valor de VGs se ii„Cox = 100 /aA/V2 e Vm = 0,4 V.

6.2.3 M odulação do C o m p rim e n to do Canal

No estudo do efeito de estrangulam ento (pinch-off) do canal, observam os que, à m edida que a tensão de dreno aum enta, o ponto em que o canal desapa­ rece, na verdade, se m ove em direção à fonte. Em outras palavras, de certa maneira o valor de L, na Fig.

Para levar em conta a modulação do comprimento do canal, admitimos que L seja constante e multiplicamos o lado direito de (6.17) por um termo de correção: h

1

= \ n n C o x ^ ( V (1s - VTH) \ l + XVD S) ,

(6.34)

onde Àé chamado “coeficiente de modulação do compri­ mento do canal”. Embora seja apenas uma aproximação, esta dependência linear entre /„ e Vns ainda oferece um bom entendimento da modulação do comprimento do canal e de suas implicações no projeto de circuitos. Diferentem ente do efeito Early em dispositivos bipolares (Capítulo 4), a modulação do comprimento do canal está sob controle do projetista. Isto se deve ao fato de À ser inversamente proporcional a L : para um canal mais comprido, a mudança relativa em L (e,

6.12(b) varia com VI)S. Este fenômeno, ilustrado na Fig. 6.25, é chamado “modulação do comprimento do canal” e, à medida que aum enta, resulta em uma maior corrente de dreno, pois, na Eq. (6.17), In « II L,. Similar ao efeito Early em dispositivos bipolares, a m odulação do com prim ento do canal resulta em uma impedância de saída finita, dada pela inclinação da característica I d-V ds na Fig. 6.25.

portanto, em In) para uma dada mudança em V asé menor (Fig. 6.26).10 (Em contraste, a largura da base de dispositivos bipolares não pode ser ajustada pelo projetista de circuitos, de modo que todos os transis­ tores produzidos por uma dada tecnologia exibem a mesma tensão de Early.)

Figura 6.26

Modulação do comprimento do canal.

,0Como diferentes MOSFETs em um circuito podem ter sido projetados para diferentes valores de À.aqui não definimos uma gran­ deza similar à tensão de Early.

248

Capítulo Seis

E xem plo 6.9

Solução

Um MOSFET em saturação conduz uma corrente de dreno de 1 mA, com VDS = 0,5 V. Determi­ nemos a alteração em In se VDS for aumentado de 1 V e A = 0,1 V '1. Qual é a impedância de saída do dispositivo? Escrevemos

I d\ = 2 ^ n^ ox~j^^yGS ~ Vth )2( 1 + kVosi)

(6.35)

1 w . ID2 = ^nCox-^iVGS - Vth) ( 1 + AVdS2)

(6.36)

logo, T

T

1

+ kVosi

' ” = '” 'i + x w

(6.37)

Com Im = 1 mA, VDSl = 0,5 V, VDS2 = 1 V e A = 0,1 V '1, l D2 = 1,048 mA.

(6.38)

Portanto, a alteração em ín é igual a 48 /xA, produzindo uma impedância de saída AVds ro = Af AI d = 10,42 kQ. Exercício

6 .1 0

Solução

(6.40)

O valor de W afeta os resultados anteriores?

O exem plo anterior revela que a m odulação do com prim ento do canal limita a im pedância de saída de fontes de corrente MOS. Nos Capítulos 4 e 5, o

E xem plo

(6.39)

mesmo efeito foi observado em fontes de corrente bipolares.

Supondo A * 1/L, calculemos A/7) e r() no Exemplo 6.9 para o caso em que os valores de W e de L são dobrados.

Nas Eqs. (6.35) e (6.36), o valor de W/L permanece inalterado, mas o de Xé reduzido para 0,05 V l. Portanto, J

J 1 + kVüS2

(6.41)

= 1.024 mA.

(6.42)

ro = 20,84 kQ.

(6.43)

Ou seja, A I d = 24 n A e

Exercício

Que impedância de saída é produzida se os valores de W e L forem quadruplicados e o de In for dividido por dois?

Física de Transistores M O S

6.2.4

Transcondutância MOS

Como uma fonte de corrente controlada por tensão, um transistor MOS pode ser caracterizado por sua transcondutância: gnt —

dlp 9 Vos

(6.44)

Esta grandeza funciona como uma medida da “força” do dispositivo: um valor mais alto corresponde a uma maior alteração na corrente de dreno, para uma dada alteração em VGS. U sando a Eq. (6.17) para a região de saturação, temos gm =

W M/iCm — ( V q s -

Vt h ),

(6.45)

e concluímos que: ( l ) g mé linearm ente proporcional a W /L, para um dado valor de V(;s - V rn, e ( 2 ) g„, é linearm ente proporcional a VGS - V nh para um dado valor de W/L. Substituindo VGS - V m de (6.17), obtemos

TABELA 6.1

W/L C onsta nte ~ V TH Variável Km OC v/7 T) gm oc V(;s — Vm

6.11

Solução

4

2n„C0 o} x

W £ '/> •

(6.46)

O u seja: (1) gm é proporcional a ^ J w / L , para um dado valor de /,„ e ( 2 ) g,„ é proporcional a y flp , para um dado valor de W/L. Além disso, dividindo (6.45) por (6.17), temos 21D

Vgs - Vth ’

(6.47)

donde concluímos que: ( 1 ) gm é linearm ente propor­ cional a /„, para um dado valor de VGS - V nh e (2) gmé inversamente proporcional a VGS - VTIh para um dado valor de In. Estas relações, resumidas na Tabela 6.1, são fundam entais para o entendim ento das tendên­ cias de desem penho de dispositivos MOS e não têm equivalente no caso de transistores bipolares . 11 Entre essas três expressões para gm>(6.46) é usada com m aior frequência, pois /„ pode ser predeterm inada pelas exigências de dissipação de potência.

D ependências de g„,

V g s

Exem plo

Sm

249

W/L Variável VGS - VTH C onstante gm OC / / , IV gm OC f

W/L Variável VGs - V th C onstante gm OC ^ gm OC V(.s

_ Vj i i

Para um MOSFET que opera em saturação, como gme VGS - V,,, serão alterados se os valores de W/L e de ln forem dobrados?

A Eq. (6.46) indica que o valor de gmtambém é dobrado. Além disto, a Eq. (6.17) sugere que a tensão de sobrecarga permanece constante. Esses resultados podem ser entendidos de maneira intuitiva se interpretarmos o dobro de W/L e In tal como ilustrado na Fig. 6.27. De fato, se VGS permanecer constante e se a largura do dispositivo for dobrada, o efeito será como se os dois transistores que conduzem correntes iguais fossem conectados em paralelo, dobrando a transcondutância. O leitor pode mostrar que esta tendência se aplica a qualquer tipo de transistor.

"H á alguma semelhança entre a segunda coluna da Tabela 6.1 e o comportamento de g„, = l(/V r- Se a largura do transistor bipolar for aumentada e Vm permanecer constante, /c e g„, aumentarão linearmente.

25 0

Capítulo Seis

VGS

Figura 6.27

Exercício

6.2.5

Equivalência cntrc um MOSFET largo c dois outros cm paralelo.

Como g,„ e V(;s - V,„ são alterados se apenas os valores de W e /„ foram dobrados?

S aturação de V elocidade*

Da Seção 2.1.3, recordem os que,sob ação de campos elétricos intensos, a mobilidade de portadores sofre uma degradação e, por fim, leva a uma velocidade constante. Devido à pequena largura de canal (p. ex., 0,1 ju,m), os modernos dispositivos MOS sofrem satu­ ração de velocidade mesmo com baixa tensão drenofonte, da ordem de 1 V. Em conseqüência, a caracte­ rística I-V deixa de seguir o com portam ento de lei quadrática. Examinemos as deduções feitas na Seção 6.2.2 em condições de saturação de velocidade. D enotando a velocidade saturada por vM„ temos Io = vs a lQ =

ih a,

■WCox(VCS - VTH).

(6.48) (6.49)

É interessante observar que, agora, I„ exibe uma dependência linear em relação a Vas - V n,e nenhuma

dependência em relação a L . 12 Também observamos que 3lo àVcs = VsalWC0x<

(6.50) (6.51)

uma grandeza que independe de L e de I„. 6.2.6

O utros E fe ito s de Segunda O rdem

E fe ito de C orpo

No estudo de MOSFETs, adm i­ timos que tanto a fonte como o substrato (tam bém cham ado de “bloco” (b u lk) ou “corpo”) são conec­ tados à terra. No entanto, esta condição não precisa ser aplicada a todos os circuitos. Por exemplo, se o term inal de fonte estiver a um potencial positivo e o substrato estiver a um potencial nulo, então a junção fonte-substrato permanece sob polarização reversa e o dispositivo ainda funciona de m odo adequado.

*Esta seção pode scr pulada cm uma primeira leitura. 12Se L for aumentado de modo substancial e V,)S permanecer constante, o dispositivo fica sujeito a uma menor saturação de veloci­ dade e (6.49) passa a não ter precisão suficiente.

Física de Transistores M O S

A Fig. 6.28 ilustra este caso. O term inal de fonte é conectado a um potencial Vs em relação à terra e o substrato, aterrado por meio de um co n tato p*.n A linha tracejada adicionada ao símbolo do transistor indica o term inal do substrato. D enotam os a dife. • I í . / \ U rença de potencial entre a fonte (source) e o subs­ trato (b u lk) por VSH. Um fenôm eno interessante ocorre à medida que a diferença de potencial fonte-substrato passa a ser diferente de zero: a tensão de limiar do dispositivo é alterada. Em particular, à m edida que a fonte se torna

Exem plo

251

mais positiva em relação ao substrato, Vru aumenta. Este fenômeno, chamado "efeito de corpo”, é formulado como „ V TH

=

V th o

. , r= -—. + x(v \2$F+ Vsb - V \2
(6.52)

onde V Tm denota a tensão de limiar com Vsn = 0 (como estudam os anteriorm ente); y e ,. são parâm etros que dependem da tecnologia e têm valores típicos de 0,4 y f v e 0,4 V, respectivamente.

6.12

No circuito da Fig. 6.28, vamos admitir Vs = 0,5 V, VG = Vp = 1,4 V, finCox = 100 /iA/V\ W/L = 50 e V,m = 0,6 V. Determinemos a corrente de dreno se A = 0.

Solução

Como a tensão fonte-corpo VSH = 0,5 V, a Eq. (6.52) e os valores típicos de y e de 4>, fornecem VrH = 0.698 V.

(6.53)

Além disso, com V(; = K,,, o dispositivo opera em saturação (por quê?) e, portanto, b = \n n C ox j (VG - V s - VTH)2 = 102 nA . Exercício

(6.54) (6.55)

Esboce o gráfico da corrente de dreno em função de Vs, à medida que Vs varia de zero a 1 V.

O efeito de corpo se manifesta em alguns circuitosvolver modelos que podem ser usados para análise analógicos e digitais, sendo estudado em textos mais e síntese de circuitos. avançados. Neste livro, desprezamos o efeito de corpo. 6.3.1 M o d e lo de G randes S inais C ondução S u b lim ia r Na dedução da caracterís­ tica I-V de dispositivos MOS, adm itimos que o tran ­ Para níveis arbitrários de tensão e de corrente, sistor era ligado de maneira abrupta quando o valor devemos recorrer às Eqs. (6.9) e (6.34) para expressar de VGS igualava o de V ru. Na verdade, a formação do o com portam ento do dispositivo: canal é um efeito gradual e o dispositivo conduz uma 1 W pequena corrente mesm o quando VGS < V ,,,. Este I d — -^V-nCox — [2(Vcs - V t h )V d S - V o s ] efeito,chamado "condução sublimiar”,se tornou uma Região de Triodo (6.56) questão im portante nos m odernos dispositivos MOS, sendo estudado em textos mais avançados. I d — 2 ^ / 1 Cox-j-{VGS ~ Vth )2( 1 + W d s )

6.3

M O D E LO S DE D IS P O S IT IV O S MOS

Após o estudo da característica I-V de dispositivos M OS da seção anterior, passem os agora a desen­

Região de Saturação (6.57) Na região de saturação, o transistor atua como uma fonte de corrente controlada por tensão e pode se representado pelo m odelo m ostrado na Fig. 6.29(a).

"A ilha p* é necessária para a obtenção de um contato ôhmico de baixa resistência.

252

Capítulo Seis

N otem os que /„ depende de VDS e, portanto, não é uma fonte de corrente ideal. Para V DS < V(;s - V rlh o m odelo deve refletir a região de triodo, mas ainda pode in corporar um a fonte d e co rren te controlada por tensão, como ilustrado na Fig. 6.29(b). Por

Exem plo 6.13

fim, se VI)S « 2(VfíS - V rll), o transistor pode ser visto como um resistor controlado por tensão [Fig. 6.29(c)]. Em todos os três casos, a porta perm anece um circuito aberto para rep resen tar a corrente de porta nula.

Na Fig. 6.30(a), esbocemos o gráfico da corrente de dreno de /V/, em função de Vl9à medida que Vx varia de zero a Vni). Vamos supor A = 0.

w Ç * (a) Figura 6.30

Solução

(a) Circuito MOS simples, (b) variação dc /„ em função de Vx.

Notando que o dispositivo opera em saturação (por quê?), escrevemos 1 W b = 2^nCox-^iyGS - Vm) = 2 H nC ox-^Ç V D D — V \ — V t h ) 2 .

(6.58) (6.59)

A Kj = 0, VGS = VDDe o dispositivo conduz a corrente máxima. A medida que Vxvaria, VGSdiminui, assim como /„. Se Vt se tornar igual a Vni) - Vr„, VGSse torna igual a Vru e o transistor é desligado.

Física de Transistores M O S

253

A corrente de dreno, portanto, varia tal como ilustrado na Fig. 6.30(b). Notemos que. devido ao efeito de corpo, V r„ varia com V, se o substrato não estiver conectado à terra. Exercício

6.3.2

Repita o exemplo anterior para o caso em que a porta de M, esteja conectada a uma tensão igual a 1,5 V e Vnn = 2 V.

M o d e lo de Pequenos S inais

Se as correntes e tensões de polarização de um M O SFE T forem apenas p ertu rb ad as por sinais, o modelo não linear de grandes sinais poderá ser redu­ zido à representação linear de pequenos sinais. O desenvolvimento do modelo é feito de m odo similar ao em pregado no Capítulo 4 para dispositivos bipo­ lares. O m odelo de pequenos sinais para a região de saturação é de especial interesse neste livro. Vendo o transistor como um a fonte de corrente c o n tro lad a po r ten são , d esen h am o s o m odelo básico com o na Fig. 6.31 (a), o n d e /„ = gmvGS, e a porta perm anece aberta. Para rep resen tar a m odu­ lação do com prim ento do canal, ou seja, a variação

Figura 6.31

Exem plo 6.14 Solução

de in com vD5, adicionam os um resistor, com o na Fig. 6.31(b): (6.60)

ro = ( — \dVD s)y l 1

1 W 2 t^nCox~j^ (Y gs

- Vth )

(6.61)

o **

Como a m odulação do com prim ento do canal é rela­ tivam ente pequena, o denom inador de (6.61) pode ser aproxim ado por ID • À, resultando em ro

(6.62)

Xln

(a) Modelo de pequenos sinais para o MOSFET, (b) inclusão da modulação do comprimento do canal.

Um MOSFET é polarizado com uma corrente de dreno de 0,5 mA. Se iinCox = 100 /xA/V2, W/L = 10 e A = 0,1 V calculemos os correspondentes parâmetros de pequenos sinais. Temos / W gm ~ y 2 /X^C^ -j- I q 1

" lkft*

(6.63) (6.64)

E, ro = I7o =

2 0

ka .

(6.65) (6 .6 6 )

Isto significa que, para esta escolha das dimensões do dispositivo e da corrente de polarização, o ganho intrínseco, gmr() (Capítulo 4),é igual a 20. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o valor de W/L é dobrado.

254

Capítulo Seis

6.4

TR AN S IS TO R E S P M O S

Depois de conhecer transistores bipolares npn e p n p , o leitor pode se perguntar se existe um equivalente do tipo p para MOSFETs. De fato,com o ilustrado na Fig. 6.32(a), a alteração das polaridades das dopagens do substrato e das regiões de fonte e de dreno resulta em um dispositivo “PM OS”. Agora, o canal consiste em lacunas e é formado se a tensão de porta estiver uma tensão de limiar abaixo da tensão de fonte. Ou seja, para ligar o dispositivo, VfíS < Vr„, onde V m é nega­ tiva. Seguindo a convenção usada para dispositivos bipolares, desenhamos o dispositivo PMOS como na Fig. 6.32(b), com o terminal de fonte identificado pela seta e posicionado na parte superior para enfatizar seu potencial mais alto. O transistor opera na região de triodo se a tensão de dreno for próxima da tensão de fonte e se aproximar da região de saturação à medida que Vn diminuir para V(i - V T„ = V,; + \Vr„\. A Fig. 6.32(c) ilustra, de maneira conceituai, as tensões portadreno necessárias para cada região de operação.

Exem plo 6.15

í

m

p+

p+

Substrato do Tipo

ik

n (b)

(a) Região de Triodo

Fronteira da Saturação

Região de Saturação

r"^ >|ViTHP

‘'THP (C)

Figura 6.32 (a) Estrutura dc dispositivo PMOS, (b) símbolo de circuito do dispositivo PMOS, (c) ilustração das regiões de triodo c de saturação com base nas tensões de porta e de dreno.

No circuito da Fig. 6.33, determinemos a região de operação de a zero. Vamos supor VDD = 2,5 V e \VTH\ = 0,5 V.

Figura 6.33

Solução

r

à medida que V, varia de Vnn

Circuito PMOS simples.

Para V] = Vm), V(;s = 0 e A/, está desligado. À medida que V] diminui e se aproxima de VIW — \Vrn\,o potencial porta-fonte fica suficientemente negativo para formar um canal de lacunas e ligar o dispositivo. Nesse ponto, V(; = Vm) - Wrn\ = -1-2 V e Vn = + 1 V; ou seja, A/, está saturado [Fig. 6.32(c)]. A medida que K, diminui ainda mais, Vas se torna mais negativo e a corrente do transistor aumenta. Para V, = + 1 V - IVr//l = 0,5 V, M, está na fronteira da região de triodo. Quando K, se torna menor que 0,5 V, o transistor entra na região de triodo.

A s p o la rid ad es das te n sõ es e co rren tes em dispositivos PM OS podem dar origem a confusão. U sando as direções de co rren tes m ostradas na Fig. 6.32(b), expressam o s I n na reg ião de satu ração com o I D.sa, = - \ n p C o x ^ - { V Gs -

V TH ) \

1-

W DS),

(6.67)

onde À é m ultiplicado p o r um sinal negativo . 14 Na região de triodo, 1 W W í = -^HpCox-j- [2(VCS -

V t h W

d s

- V2d s\ .

(6 .6 8 )

De m odo alternativo, as duas equações podem ser expressas em term os de valores absolutos:

,4Para tornar esta equação mais compatível com dispositivos NMOS [Eq. (6.34)], podemos definir Àcomo sendo negativo e expressar /,, como (1/2)fJipC ox( W/L)(V(;s - V rn)2( 1 + AV^). Contudo, um A negativo tem pouco significado físico.

Física de Transistores M O S 1 _ W .,.. , ,,, ,.2/, , , , , I f e - I = j B / i . j d V f c s l - IW»l)l (l + l|1 4 s|)

\b.tri\ =

2

255

,, (6.69)

O m o d elo de p e q u e n o s sinais do tra n s isto r p M Q S . id ê n , icoP aqo m o d e |o d e d ispositivos

^pC°xT [2(\VGS\ - \Vtii \)\Vds\ - Vis] • (6-70)

N M O S (Fig. 6.31). O p ró x im o ex em p lo ilu stra este ponto.

Exem plo

6.16

Para a configuração mostrada na Fig. 6.34(a). determinemos as resistências de pequenos sinais Rx e RY- Vamos supor A 0.

í f *

r^ '

J

Vl

rlf> a

1L Rv (a) Figura 6.34 (a) Dispositivos NMOS e PMOS conectados como diodos; (b) modelo de pequenos sinais de (a); (c) modelo de pequenos sinais de (b).

Solução

Para a versão NMOS, o equivalente de pequenos sinais tem a forma ilustrada na Fig. 6.34(b) e leva a (6.71)

Rx = — ix = (gmWx + — ) t \ ro\J ix

(6.72)

= — Ikoi8ml

(6.73)

Para a versão PMOS, desenhamos o equivalente como na Fig. 6.34(c) e escrevemos (6.74)

Ry = -r~ lY

( - Vy \ 1 = I gmiVy H------I —

(6.75)

rO \ ) lY

V

(6.76)

= — \\ro2. &m2

Nos dois casos, a resistência de pequenos sinais é igual a 1lgmse A—> 0. Em analogia com os correspondentes dispositivos bipolares [Fig. 4.44(a)], as estruturas mostradas na Fig. 6.34(a) são chamadas dispositivos “conectados como diodo” e atuam como componentes de duas portas: apresentaremos diversas aplicações de dispositivos conectados como diodo nos Capítulos 9 e 10.

Devido à menor mobilidade das lacunas (Capítulo 2), dispositivos PMOS têm desempenho inferior ao de transistores NMOS. Por exemplo, a Eq. (6.46) indica que, para uma dada corrente de dreno, a transcondu­ tância de um dispositivo PM OS é menor. Portanto, sempre que possível, preferimos transistores NMOS.

6.5

TECNO LOG IA CM O S

E possível construir dispositivos NMOS e PMOS em uma mesma pastilha? As Figs. 6.2(a) e 6.32(a) revelam que os dois exigem substratos de tipos diferentes. Felizm ente, um substrato local do tipo n pode ser

256

Capítulo Seis

D ispositivo NMOS \

f 1

p+

J

L

n+

D ispositivo PMOS \

,___ I J

f L

n*

,___ I i

J

«*

.

V.

n+

J

^ Poço do tipon S ubstrato do Tipo p

Figura 6.35

Tecnologia CMOS.

criado em um substrato do tipo p e, assim, acom odar transistores PMOS. Como ilustra a Fig. 6.35, um “poço do tipo n ” envolve um dispositivo PMOS, enquanto o transistor NMOS reside no substrato do tipo p. A estrutura anterior, construída com a chamada tecnologia “MOS com plem entar” (CMOS - Complementary M O S Technology), req u er processam ento mais elaborado do que no caso de dispositivos simples NM OS ou PMOS. Na verdade, as prim eiras gera­ ções da tecnologia MOS continham apenas tra n ­ sistores N M O S 15 e o custo mais alto dos processos CMOS parecia proibitivo. No entanto, diversas vanta­ gens im portantes de dispositivos com plem entares acabaram tornando a tecnologia CM OS a tecnologia dom inante, e a tecnologia NMOS, obsoleta.

6.6

CO M PAR AÇ ÃO ENTRE D IS P O S IT IV O S B IP O L A R E S E MOS

Após o estudo da física e do funcionam ento de tran ­ sistores bipolares e MOS, podem os agora com parar as propriedades dos mesmos. A Tabela 6.2 m ostra

TABELA 6.2

alguns aspectos im portantes de cada dispositivo. N otam os que, no caso de dispositivos bipolares, a relação exponencial entre h e VBE lhes perm ite uma maior transcondutância, para uma dada corrente de polarização.

6.7

R E S U M O DO CAPÍTULO

• Uma fonte de corrente controlada por tensão e um resistor de carga podem formar um amplificador. MOSFETs são dispositivos eletrônicos que podem operar como fontes de corrente controladas por tensão. • Um MOSFET consiste em uma placa condutora (a “porta”) sobre um substrato semicondutor e duas junções (“fonte” e “dreno”) no substrato. A porta controla o fluxo de corrente da fonte para o dreno. A porta puxa uma corrente aproximadamente nula, pois uma camada isolante a separa do substrato. • À medida que a tensão de porta aumenta, forma-se uma região de depleção no substrato, sob a região da porta. Para uma tensão de porta acima de um certo valor (a “tensão de limiar”), portadores móveis são atraídos para a interface óxido-silício e um canal é formado.

Com paração entre transistores bipolares e MOS

Transistor B ip o la r

MOSFET

Característica Exponencial Região Ativa: VCB > 0 Região de Saturação: VCB < ü C orrente de Base Finita Efeito Early C orrente de Difusão

Característica Q uadrática Região de Saturação: Vns > VGS - V ril Região de Triodo: Vl)S < V(;s - V lu C orrente de Porta Nula M odulação do Com prim ento do Canal C orrente de Deriva Resistor C ontrolado por Tensão

l50 primeiro microprocessador Intel, o modelo 4(X)4, foi realizado com a tecnologia NMOS.

Física de Transistores M O S

• Se a tensão dreno-fonte for pequena, o dispositivo funciona como um resistor controlado por tensão. • À medida que a tensão de dreno aumenta, a densi­ dade da carga nas proximidades do dreno diminui. Se a tensão de dreno ficar uma tensão de limiar abaixo da tensão de porta, o canal deixa de existir nas vizi­ nhanças do dreno, dando origem ao “estrangula­ mento” (pinch-off). • MOSFETs operam na região de “triodo” se a tensão de dreno estiver mais de uma tensão de limiar abaixo da tensão de porta. Nesta região, a corrente de dreno é uma função de VGS e de VDS. A corrente também é proporcional à razão de aspecto, W/L, do disposi­ tivo. • MOSFETs entram na “região de saturação” se ocorrer o estrangulamento (pinch-off) do canal, ou seja, se a tensão de dreno estiver menos de uma tensão de limiar abaixo da tensão de porta. Nesta região, a corrente de dreno é proporcional a (VGS -

•

•

•

V m )2■

• MOSFETs que operam na região de saturação se comportam como fontes de corrente e têm ampla aplicação em circuitos microeletrônicos. • À medida que a tensão de dreno excede Kr;.v - Vn, e ocorre o estrangulamento do canal, o lado dreno do canal começa a se mover em direção à fonte, o que reduz o comprimento efetivo do canal. Este efeito,

• •

257

chamado “modulação do comprimento do canal”, resulta em variação da corrente de dreno na região de saturação. Ou seja, o dispositivo não é uma fonte de corrente ideal. Uma medida do desempenho de pequenos sinais de fontes de corrente controladas por tensão é a “transcondutância”, definida como a alteração na corrente de saída dividida pela alteração na tensão de entrada. A transcondutância de MOSFETs pode ser expressa por uma de três equações que relacionam as tensões e correntes de polarização. A operação do transistor em regiões diferentes e/ ou com grandes excursões de sinais exemplificam o “comportamento de grandes sinais”. Se as excur­ sões dos sinais forem suficientemente pequenas, o MOSFET pode ser representado pelo modelo de pequenos sinais, que consiste em uma fonte de corrente controlada por tensão linear e uma resis­ tência de saída. O modelo de pequenos sinais é obtido com a apli­ cação de uma pequena perturbação na diferença de tensão entre dois terminais, enquanto as outras tensões são mantidas constantes. Os modelos de pequenos sinais de dispositivos NMOS e PMOS são idênticos. Transistores NMOS e PMOS são fabricados no mesmo substrato para criar a tecnologia CMOS.

EXERCÍCIOS Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha \inCox = 200 /zA/V2, [ipCox = 100 fi.A/V2, V,,, = 0,4 V para dispositivos NMOS e Vr/I = -0 ,4 V para dispositivos PMOS.

opostas para que a corrente permaneça constante. Como esta relação pode ser interpretada no ponto de estrangulamento, onde a densidade de carga tende a zero?

6.1 Dois MOSFETs idênticos são conectados em série,

6.3 Calcule a carga total armazenada no canal de um

como mostrado na Fig. 6.36. Se os dois dispositivos funcionarem como resistores, explique, de maneira intuitiva, por que esta combinação é equivalente a um único resistor, Mar Quais são a largura e o comprimento de yV/r
dispositivo NMOS se Cox = 10 fF/ju-m2, W = 5 /xm, L = 0,1 /xm e VÜS - VTI, = 1 V. Suponha VDS = 0. 6.4 Considere a Fig. 6.11 e admita que Vn > 0.

(a) Esboce o gráfico da densidade de elétrons no canal em função de x. (b) Esboce o gráfico da resistência local do canal (por unidade de comprimento) em função de x. 6.5 Admita que /„ seja constante e resolva a Eq. (6.7)

para obter uma expressão para V(x). Esboce os gráficos de V(x) e de dV/dx em função de Jt, para diferentes valores de W e VTH.

Figura 6.36 6 .6

6.2

Considere que um MOSFET sofre estrangulamento (pinch-off) do canal próximo ao dreno. A Eq. (6.4) indica que a densidade de carga e a velocidade dos portadores devem sofrer alterações em direções

A corrente de dreno de um MOSFET na região de triodo é expressa como (V g s - V t h )V d s —

(6.77)

258

Capítulo Seis

Suponha que os valores de /LtnCox e de W/L nào sejam conhecidos. É possível determinar estas grandezas com a aplicação de diferentes valores de VGS - VTUe de VDS e com a medida da correspon­ dente /„? 6.7 Com VGS - Vm = 0,6 V m. um dispositivo NMOS

conduz uma corrente de 1 mA;e,com Vos - V m = 0,8 V, uma corrente de 1,6 m A. Admitindo que o dispositivo opera na região de triodo, calcule Vps e W/L. 6 .8

Calcule a transcondutância de um MOSFET que opera na região de triodo. Defina gm = d /,/d V(;Si para Vns constante. Explique por que gm = 0 para VM = 0 .

6.14 No circuito da Fig. 6.37, a entrada é uma pequena senoide superposta a um nível DC: Vin = V^coscot + K,, onde V{) é da ordem de alguns milivolts. (a) Para K, = 0, obtenha W/L em termos de R, e de outros parâmetros, de modo que Voul = 0,95 V*,. (b) Repita a parte (a) para Vy = 0,5 V. Compare os resultados. 6.15 Para um dispositivo NMOS. esboce o gráfico de /„ em função de Vos para diferentes valores de 6.16 Na Fig. 6.17, explique por que os picos da parábola também estão em uma parábola. 6.17 Dispositivos MOS avançados não seguem o compor­ tamento de lei quadrática expresso pela Eq. (6.17). Uma aproximação um pouco melhor é dada por:

6.9 Um dispositivo NMOS que opera com uma pequena

tensão dreno-fonte funciona como um resistor. Se a tensão de alimentação for 1, 8 V, qual é o mínimo valor da resistência em condução que pode ser alcançado com W/L = 20?

Id =

W

1

2^ n Q ix - j - (V c,s — V

,

(6.80)

t h )01

6.10 Desejamos usar um transistor MOSFET como um

onde ot é menor que 2. Determine a transcondu­ tância de um desses dispositivos.

resistor variável, com R„n = 500 íl em Vqs = 1 V, e Ron = 400 íl em VGS = 1,5 V. Explique por que isto não é possível.

6.18 Para dispositivos MOS com canais de comprimento muito pequeno, o comportamento de lei quadrática não é válido e podemos escrever:

6.11 Para um transistor MOS polarizado na região de triodo, podemos definir uma resistência dreno-fonte incrementai como -1

(6.78)

rosjn = ( '

^ \ d V DSJ

onde vsat é uma velocidade relativamente constante. Determine a transcondutância de um desses dispo­ sitivos. 6.19 Determine a região de operação de M, em cada um

Deduza uma expressão para esta grandeza. 6 .1 2

(6.81)

Id = WCox(VGS - VT//)vsal,

dos circuitos mostrados na Fig. 6.38.

É possível definir uma “constante de tempo intrín­ seca” para um MOSFET que opera como um resistor: (6.79)

rH u ^ i 3,5 V I -

onde CGS = WLCox. Obtenha uma expressão para r e explique o que deve ser feito pelo projetista do circuito para minimizar a constante de tempo.

-J

5t 2V

0,5 v

(a)

rrH tU 1 ,5

VI-

? " 0 ,5 V -I

6.13 No circuito da Fig. 6.37, M, atua como um comutador

eletrônico. Se Vin ~ 0, determine W/L de modo que o circuito atenue o sinal por apenas 5%. Admita VG= 1,8 V e R, = 100 íl.

^U v

í

(b)

r;— l d Mi

1,5 V J -

0,5 v

5 -0 ,5 V í -i 1

(c)

VinO-

V,out

1 , 5

V

IT

-

_ ^ ° ' 5V

^

o

(d)

Figura 6.37

Figura 6.38

,

Física de Transistores M O S

“ 0,5 v 1,5 V - ~ -

, J ' D’ \\ZM,

1

(e)

/Wi

y

0,5 V

- 0 ,5

259

, J '“

Figura 6.40

1

i —

v

r

"

modo que o dispositivo opere na fronteira da região de saturação.

ü^l_0,5 V

-i

T

(0

6.22 Suponha À = 0 e calcule W/L de M xna Fig. 6.41 de

(g)

1

JT - 1 t t i "

_[---- I U M1 r

T

- - 0 ,5 V

L ^ .0 ,5 V

r

1

(h)

(i) Figura 6.38

, v

^ Figura 6.41

(Continuação)

6.23 Usando o valor de W/L calculado no Exercício 22, 6.20 Determine a região de operação de Mxem cada um

dos circuitos mostrados na Fig. 6.39.

explique o que acontece se a espessura de óxido da porta for dobrada devido a um erro de fabricação. 6.24 Na Fig. 6.42, qual é o mínimo valor tolerável de Vnl)

para que M, não entre na região de triodo? Suponha À= 0 .

’" l >ll----- 1 *— 1V

nr ■ "1

(a)

R0 è 500 Q

1V

10 0,18

I-

(b) .+

Figura 6.42

+

0,2 V - ^ -

- ^ r 0 ,2 V

6.25 Na Fig. 6.43, deduza uma relação entre os parâme­ (c)

tros do circuito que garantem que M, opere na fron­ teira da região de saturação. Suponha À = 0.

1V

i-

VDD

(
Figura 6.39

6.21 Duas fontes de corrente realizadas por MOSFETs

idênticos (Fig. 6.40) diferem por apenas 1%, ou seja, 0,99/ /)2 < /,„ < l,01/„2. Se VDSl = 0,5 V e VDS2 = 1 V, qual é o máximo valor tolerável de A?

I»,

D

H C m, £ Figura 6.43

6.26 Na Fig. 6.44, admitindo uma corrente de polarização

/,, calcule o valor de W/L para Mx. Suponha A = 0.

260

Capítulo Seis Vdd ~ 1>8 V

6 .3 0

No circuito da Fig. 6.48, W/L = 20/0,18 e A = 0,1 V '. Que valor de Vn coloca o transistor na fronteira da região de saturação? DD' 1,8 V

Figura 6.44

6 .2 7

5 kQ

Calcule a corrente de polarização de M, na Fig. 6.45 se A = 0.

Figura 6.48

6.31 Um dispositivo NMOS que opera na região de satu­

ração com A = 0 deve produzir uma transcondu­ tância de 1/(50 Í2). (a) Determine W/L para /„ = 0,5 mA. (b) Determine W/L para VGS - V TH = 0,5 V. (c) Determine /„ para V(!S — V,,, = 0,5 V.

Figura 6.45

6 .2 8

Para o circuito mostrado na Fig. 6.46, esboce o gráfico de / vem função de Vx. Suponha que Vx varia de 0 a Vni) = 1,8 V e que A = 0. Determine o valor de Vx em que o dispositivo muda de região de operação.

6.32 Determine como a transcondutância de um MOSFET

(que opera na região de saturação) é alterada se (a) W/L for dobrado e In permanecer constante. (b) V(;s- V ni for dobrado e /„ permanecer constante. (c) In for dobrada e W/L permanecer constante. (d) ln for dobrada e VGS - VTll peimanecer constante. 6.33 Se A = 0,1 V"' e W/L = 20/0,18, construa o modelo

de pequenos sinais de cada circuito mostrado na Fig. 6.49.

^ D= 1 ,8 V /?Dè

100

VDD= 1 ,8 V

Q

fíD? 5 k Q

l/DD= 1 ,8 V •x (b)

Kdd = 1»8 V

(d)

(C )

Figura 6.46 2 kQ 6 .2 9

Admitindo W/L = 10/0,18 , A = 0,1 V"' e Vl)n = 1,8 V, calcule a corrente de dreno de M] na Fig. 6.47.

(d)

Vnn= 1 ,8 V 1 k!2 % /?,

Figura 6.47

Física de Transistores M O S

6 .3 4

6 .3 5

O “ganho intrínseco’' de um MOSFET que opera na região de saturação é definido como gmr(). Deduza uma expressão para gmr() e faça um gráfico da mesma em função de /„. Suponha constante.

- ^ - 0 ,3 V

Supondo um valor constante para VI)S, esboce o gráfico do ganho intrínseco gmr(, de um MOSFET (a) em função de V n - Vr„, para In constante. (b) em função de /„, para V€iS - V,,, constante.

6 .3 6

Um dispositivo NMOS com A = 0,1 V -1 deve prover um ganho gmr0 de 20, com Vns = 1,5 V. Determine o necessário valor de W/L, se /,> = 0,5 m A.

6 .3 7

Repita o Exercício 36 para A = 0,2 V l.

6 .3 8

f í t

r

_ o H ií^

0,6 V - ^ -

1

(c)

(d)

Figura 6.51 6 .4 0

(Continuação)

Determine a região de operação de M, em cada circuito mostrado na Fig. 6.52. — I I — H'

Construa o modelo de pequenos sinais do circuito mostrado na Fig. 6.50. Suponha que todos os transis­ tores operem na região de saturação e que A ^ 0. V,DD

^ i’ v

261

1,5

1

VT

£ Lv

M, 0 ,9 V - ^ r

0,9

(a)

(b)

DD

-ov.

‘'o u t

0,9 V

out

+----- 11----- +

I- T (C )

0,4 V

r+ 1 V +1

M1 u £ T - ^ - 0 ,4 V

^1 ° ’9V

(b)

(a)

(d) Figura 6.52 out

‘'o u t

6 .4 1

Na Fig. 6.53, se A = 0. que valor de W/L coloca A/, na fronteira da região de saturação?

(d)

VDD- 1,8 V

1

V -±

2 kQ

-oV,out

Figura 6.53

Figura 6.50 6 .3 9

6 .4 2

Com o valor de W/L obtido no Exercício 41, o que acontece se V,{ for alterado para +0,8 V?

6 .4 3

Se W/L = 10/0,18 e A = 0, determine o ponto de operação de M, em cada circuito da Fig. 6.54.

Determine a região de operação de M, em cada circuito mostrado na Fig. 6.51. ~ --2 v J_

r

r

^ - o ,3 V r

(a)

T j 0,3 V

(b) Figura 6.51

VDD= 1,8 V

^DD = 1 »8 V

500 Q

1 kQ

r (a)

(b) Figura 6.54

262

Capítulo Seis

v.„

‘'out i —V/r~

H w

(c) Figura 6.54

2

(Continuação)

6.44 Para os circuitos mostrados na Fig. 6.55, esboce o

(c)

gráfico de lx em função de Vx. Suponha que Vx varie de ü a Vni) = 1,8 V e A = 0. Determine o valor de Vx em que o dispositivo muda de região de operação. out

^ D = 1 >8 V

VDD= 1 »8 V

^in° |


(a)

j

Figura 6.56

(Continuação)

^ dd DD=* 1»8 V

r

,

I*

13-

6.46 Considere o circuito ilustrado na Fig. 6.57, onde A/,

e Af> operam em saturação e exibem coeficientes de modulação do comprimento do canal A„ e \ r respec­ tivamente.

(d)

(c)

VDD

Figura 6.55

-----l( Í * 2 ‘'out

6.45 Construa o modelo de pequenos sinais de cada

circuito mostrado na Fig. 6.56, admitindo que todos os transistores operam em saturação e A # 0 . Figura 6.57

^in°—| Vin
out

out

(a)

(b) Figura 6.56

(a) Construa o circuito equivalente de pequenos sinais e explique por que A/, e M2aparecem em “paralelo”. (b) Determine o ganho de tensão de pequenos sinais do circuito.

Física de Transistores M O S

EXERCÍCIOS

263

COM SPICE

Nos exercícios a seguir, use os modelos MOS e as dimen­ sões fonte/dreno dados no Apêndice A. Suponha que os substratos de dispositivos NMOS e PMOS sejam conec­ tados à terra e a VnD, respectivamente.

6.50 Para a configuração ilustrada na Fig. 6.61, faça o

gráfico de Ix em função de à medida que Vx varia de 0 a 1,8 V. Você é capaz de explicar o compor­ tamento do circuito?

6.47 Para o circuito representado na Fig. 6.58, faça o

gráfico de Vx em função de /*, para 0 < íx < 3 mA. Explique a mudança abrupta em Vx à medida que \x ultrapassa um certo valor. 0,9

*

18

10,18

Q V*

<*)/> Figura 6.61

Figura 6.58

6.51 Repita o Exercício 50 para o circuito ilustrado na

6.48 Para o estágio mostrado na Fig. 6.59, faça o gráfico

da característica entrada/saída, para 0 < Vin < 1, 8 V. Em que valor de Vina inclinação do gráfico (ganho) alcança o valor máximo?

Fig. 6.62. Vdd= 1 ,8 V r lK 0,18 I1

-r- ^ » = 1 ,8 V è 500 Q

out

M 10

_

18

Figura 6.62 Figura 6.59

6.49 Para as configurações ilustradas na Fig. 6.60, faça o

gráfico de /„ em função de Vx>à medida que Vx varia de 0 a 1,8 V. É possível dizer que as duas configura­ ções são equivalentes?

4

j5_

0 , 9 V - ^ ^ L 0’36 I(a)

HU H 0— ,3 6

0,9 V

I-

Mr 5_ 36

(b) Figura 6.60

C A P Í T U L O

7 i

i

Amplificadores CMOS A m aioria dos am plificadores C M O S tem eq u i­ valentes bipolares e, p ortanto, pode ser analisada da m esm a m aneira. Este cap ítu lo é desenvolvido de m odo sim ilar ao C ap ítu lo 5; ex am in arem o s as sem elhanças e d iferen ças e n tre topologias de circuitos bipolares e CMOS. É recom endável que

o leito r reveja o C apítulo 5, em especial a Seção 5.1. Partim os do pressuposto de que o leitor está familiarizado com conceitos como impedâncias I/O, polarização, análises D C e de pequenos sinais. O ro teiro que seguirem os no capítulo é m ostrado a seguir.

A m plificadores MOS

C onceitos Gerais | • Polarização de Estágios MOS | • R ealização de Fontes de Corrente

7.1 7.1.1

CONSIDERAÇÕES GERAIS T opolo gias de A m p lific a d o re s M OS

Recordem os, da Seção 5.3, que as nove possíveis topologias de circuitos com transistor bipolar, na verdade, se reduzem a três configurações úteis. O mesmo deve se aplicar a amplificadores MOS, como sugere a similaridade entre os modelos de pequenos sinais (isto é, fonte de corrente controlada por tensão) de dispositivos bipolares e MOS. Em outras palavras, esperam os três topologias básicas de amplificadores CMOS: estágios “fonte comum" (F C ),“porta comum” (PC) e “seguidor de fonte”. 7.1.2

P olarização

D ependendo da aplicação, circuitos M OS podem incorporar técnicas de polarização que são m uito

264

• Estágio Fonte Comum • Estágio Porta Comum • Seguidor de Fonte

diferentes das descritas no Capítulo 5 para estágios bipolares. A maioria dessas técnicas foge ao escopo deste livro, mas alguns m étodos foram estudados no Capítulo 5. Entretanto,é interessante que apliquemos alguns dos conceitos de polarização do Capítulo 5 a estágios MOS.

i/ 4 kQ : : * 1

- 1 « \/

? *D Y w/D

X< 10 k Q : l R2

Figura 7.1

fls é 1l
Estágio MOS com polarização.

Amplificadores C M O S

C onsiderem os o circuito m o strad o na Fig. 7.1, em que a tensão de p o rta é definida por R t e R 2V am os su p o r que M, o p ere em satu ração . A lém disto, na m aioria dos cálculos de polarização, podem os desprezar a m odulação do com prim ento do canal. N otando que a co rren te de p orta é zero, tem os Vx =

R2 Vdd R1 + R 2

" VGS)^ s = \ ^ C“* T (Vgs - Vth)1(7.4) Ou seja, Vgs= - ( V i - V th)+ J (V i—Vth)2— V jH+-

(7.5)

= - (V l- v T,,) + J v > + 2 v <( M z f 2 - v T,,). (7.6) onde

(7.2)

Vi =

E, íl)

=

1 W, x2 2 M/iCj.v ~j~( VfJS — Vth) ■

1

_ W

M/iCox

Rs

•

(7.7)

(7.3) Este valor de VGS pode, então, ser substituído em (7.2) para fornecer /„. Vale lem brar que V Y deve ser maior que Vx - VTII para garantir operação na região de saturação.

As Eqs. (7.2) e (7.3) podem ser resolvidas para /„ e V(;s, seja via processo iterativo, seja pelo cálculo de /„ a partir de (7.2) e substituição em (7.3):

Exem plo 7.1

2 Vi Vdd,

(7.1)

Como Vx = VGS + I DRS, _R2 Vdd — VGs + 1d RsR +Ri R\

265

Determinemos a corrente de polarização de M, na Fig. 7.1, supondo V ,,, = 0,5 V, y^nC ox = 100 /xA/ V2, W/L = 5/0,18 e A = 0. Qual é o máximo valor permitido para Rn, de modo que M, permaneça em saturação?

Solução

Temos Vx = 2 VDD x r { + r2 = 1,286 V.

(7.8) (7.9)

Com a escolha inicial VGS = 1 V, a queda de tensão em Rs pode ser expressa como Vx - VGS = 286 mV, produzindo uma corrente de dreno de 286 /xA. A substituição de In na Eq. (7.3) fornece o novo valor de VfíS como

Vgs

=

Vt h

2

+ \

ID

(7.10)

r W l^tV^OX

= 0,954 V.

(7.11)

, Vx - VGS h = Rs

(7.12)

= 332 \i A,

(7.13)

Portanto,

266

Capítulo Sete

Vqs = 0,989 V.

(7.14)

Isto resulta em I„ = 297 fxA. Como mostram as iterações, as soluções convergem de modo mais lento do que nos casos de circuitos bipolares vistos no Capítulo 5. Isto se deve à dependência quadrática (em vez de expo­ nencial) entre ín e VGS. Portanto, podemos utilizar o resultado exato em (7.6) para evitar cálculos longos. Como K, = 0,36 V, Vgs = 0,974 V

(7.15)

= V JL ^SÍ

(7.16)

= 312 /zA.

(7.17)

e

O máximo valor permitido para Rn é obtido quando VY = Vx - Vru = 0,786 V. Ou seja, Rn =

yDD _ vY ---- -

= 3,25 kQ. Exercício

Exem plo 7.2

Solução

(7.18) (7.19)

Que valor de R2coloca M, na fronteira da região de saturação?

No circuito do Exemplo 7.1, vamos admitir que Mxesteja em saturação e Rn = 2,5 kí2.e calcular (a) o máximo valor permitido para W/L e (b) o mínimo valor permitido para Rs (com W/L = 5/0,18). Vamos supor À = 0. (a) À medida que W/L aumenta, para um dado VGS, pode conduzir uma corrente maior. Com Rn = 2,5 kíl e Vx = 1,286 V, o máximo valor permitido para /n é dado por Vnn - Vy b = DDR d Y

(7.20)

= 406 fxA.

(7.21)

A queda de tensão em Rs é, portanto, igual a 406 mV, resultando em VGS = 1,286 V - 0,406 V = 0,88 V. Em outras palavras, M, deve conduzir uma corrente de 406 /zA, com VGS = 0,88 V: I d = \ , nC o x ^ V o s ~ Vth)2 406 mA = (50 M / V 2)^ (0 .3 8 V)2;

(7.22) (7.23)

JLj

logo, W JLj

= 56,2.

(7.24)

(b) Com W/L = 5/0,18, o mínimo valor permitido para Rs corresponde a uma corrente de dreno de 406 fiA. Como

Amplificadores C M O S

267

(7.25)

= 1,041 V,

(7.26)

a queda de tensão em Rs é igual a Vx - V(;s = 245 mV. Portanto, Vx - VG 5 = 604 £2. Exercício

(7.27) (7.28)

Repita o exemplo anterior para o caso em que V,,, = 0,35 V.

A técnica de autopolarização da Fig. 5.22 também C alculando o valor de VGS desta equação e substipode ser aplicada a amplificadores MOS. O circuito tuindo-o em (7.3), obtemos ilustrado na Fig. 7.2 pode ser analisado ao consta­ tarm os que está em saturação (por quê?) e que a h = L n C ™[VDD - (Rs + RD)ID - VTH]2, queda de tensão em R (; é zero. Logo, 2 ^ (7.30) (7.29) I d R d + Vcs + R s h = Vddonde a m odulação do com prim ento do canal foi desprezada. Com isto,

i D

Figura 7.2

(7.31)

Estágio MOS autopolarizado.

Calculemos a corrente de dreno de M] na Fig. 7.3, admitindo /x„C„t = 100 /xA/V2. Vr„ = 0,5 V e A = 0. Que valor deve ter Rn para que ln seja reduzida por um fator de dois?

Figura 7.3

Exemplo de estágio MOS autopolarizado.

268

Capítulo Sete

Solução

A Eq. (7.31) fornece ID = 556 /xA.

(7.32)

Para reduzir In a 278 /xA, resolvemos (7.31) para Rn: R d = 2,867 kQ.

Exercício

7.1.3

(7.33)

Repita o exemplo anterior para o caso em que o valor de Vnn é reduzido para 1,2 V.

R ealização de Fontes de C orrente

Transistores MOS que operam em saturação podem atu ar com o fontes de corrente. C om o ilustra a Fig. 7.4(a), um dispositivo NM OS funciona com o uma fonte de c o rren te com um te rm in al co n ectad o à terra, ou seja, puxa corrente do nó X para a terra. Por sua vez, um tran sisto r PM O S [Fig. 7.4(b)] puxa corrente de V,,,, para o nó Y. Se À = 0, essas correntes perm anecem in d ep en d en tes de Vx e de V Y (desde que os tran sisto res estejam em sa tu ­ ração).

É importante entender que apenas o terminal do dreno de um M OSFET pode puxar uma corrente DC e ainda apresentar uma impedância alta. Em especial, dispositivos NMOS ou PMOS configurados como nas Figs. 7.4(c) e (d) não funcionam como fontes de corren­ te, pois a variação de Vx ou de VY afeta diretamente a tensão porta-fonte de cada transistor e muda a corrente de dreno de modo considerável. De outra perspectiva, o modelo de pequenos sinais de cada uma dessas duas estruturas é idêntico ao modelo de dispositivos conectados como diodo na Fig. 6.34, revelando uma impedância de pequenos sinais de apenas l/g,„ (se À = 0) e não infinita.

Figura 7.4 (a) Dispositivo NMOS operando como fonte de corrente, (b) dispositivo PMOS operando como fonte de corrente, (c) topologia PMOS não operando como fonte de corrente, (d) topologia NMOS não operando como fonte de corrente.

7.2 7.2.1

ESTÁG IO FONTE C O M U M N úcleo FC

O estágio básico FC, m ostrado na Fig. 7.5(a), é similar à topologia emissor comum, com entrada aplicada à porta e à saída colhidas no dreno. Para pequenos sinais, M, converte as variações da tensão de entrada em alte­ rações proporcionais na corrente de dreno, enquanto R n transform a a corrente de dreno na tensão de saída. Se a modulação do com prim ento do canal for desprezada, o modelo de pequenos sinais da Fig. 7.5(b)

fornece v„, = u, e vma = - g ^ R , , . Ou seja, Vout — Vin

n

(7.34)

um resultado similar ao obtido no Capítulo 5 para o estágio emissor comum. O ganho de tensão do estágio FC tam bém é lim itado pela tensão de alim entação. C om o gm = y]2finCox( W / L ) I l)y temos I W A v = —y 2iinCox-j- I d R di

(7.35)

Amplificadores C M O S

J

269

DD Vino-

out

lfout

Vin°—ltl/l Entrada Aplicada à Porta

/

Figura 7.5

V

> (b)

(a)

(a) Estágio fonte comum, (b) modelo de pequenos sinais.

e concluímos que, se / „ ou R n aum entar, a queda de tensão em R n (= /„/?„) tam bém aum enta.1 Para que M, perm aneça em saturação,

Exem plo

T

. Saída Colhida no Dreno

Vdd - R d I d > Vos - Vt h ,

(7.36)

ou seja, Rnin <

vDD - ( VGS -

VTH).

(7.37)

Calculemos o ganho de tensão de pequenos sinais do estágio FC mostrado na Fig. 7.6, com ln = 1 mA, n„Cox = 100 /xA/V2, Vm = 0,5 V e A = 0. Comprovemos que opera em saturação. Vdd = 1»8 V kQ

X

■°^out «'inH L W t ^ = ^ ± L 0.18 Figura 7.6

Solução

Exem plo de estágio F C .

Temos I

r

gm — Y ^ n °x

w

Id

1 300 Q

(7.38) (7.39)

Portanto, Av=

gm^D

= 3,33.

(7.40) (7.41)

Para identificar a região de operação, primeiro determinamos a tensão porta-fonte: 21D

Vgs = V m +

\ 1,1 V.

(7.42)

r XW PtV^O (7.43)

’É possível aumentar o ganho até certo ponto, com o aumento de W, mas a “condição sublimiar", por fim, limita a transcondutância. O estudo desse conceito está além do escopo deste livro.

270

Capítulo Sete

A tensão de dreno é igual a VIW - /<„!„ = 0,8 V. Como VÍ1S - V n, = 0,6 V, o dispositivo de fato opera na região de saturação e tem uma margem de 0,2 V em relação à região de triodo. Por exemplo, se o valor de R„ for dobrado com a intenção de dobrar /t,„ entra na região de triodo e a transcondutância diminui. Exercício

Que valor de V

coloca M, na fronteira da região de saturação?

Como o terminal de porta do M OSFET puxa uma corrente nula (em frequências muito baixas),dizemos que o amplificador FC provê ganho de corrente infi­ nito. Em contraste, o ganho de corrente de um estágio emissor comum é igual a /3. A gora, vam os calcular as im pedâncias I/O do am plificador FC. Com o a corrente de porta é nula (nas frequências baixas), Rb, = oo,

A v = -gmiRüWro)

(7.46)

Rin = OO

(7.47)

Ro,.< = R d Wo .

(7.48)

Em outras palavras, a m odulação do com prim ento do canal e o efeito Early afetam os estágios FC e EC, respectivam ente, de modos similares.

(7.44) 'x

um ponto de contraste em relação ao estágio EC (cuja R in é igual a r„). A alta im pedância de entrada da topologia FC tem um papel im portante em diversos circuitos analógicos. A similaridade entre os equivalentes de pequenos sinais de estágios EC e FC indica que a impedância de saída do amplificador FC é igual a Rou, = R d .

Impedância de saída do estágio FC.

(7.45)

Isto também é visto a partir da Fig. 7.7. Na prática, a m odulação do com prim ento do canal pode não ser desprezível, em especial se R n for grande. O modelo de pequenos sinais da topologia FC deve, portanto, ser modificado como indicado na Fig. 7.8, revelando que Exem plo 7.5

Figura 7.7

Efeito da modulação do comprimento do canal em um estágio FC. Figura 7.8

Supondo que M, opere em saturação, determinemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 7.9(a) e esbocemos o gráfico do resultado em função do comprimento do canal do transistor. mantendo constantes os outros parâmetros. “T1

V° D

(?) T ° v°ut vincH U / W 1

A vi A

1 /

L (a)

(b)

Figura 7.9 (a) Estágio FC com fonte de corrente ideal como carga, (b) ganho em função do comprimento do canal do dispositivo.

Amplificadores C M O S

Solução

271

A fonte de corrente ideal apresenta uma resistência de pequenos sinais infinita, permitindo o uso de (7.46) com Rn = A v = - g mr0 .

(7.49)

Este é o maior ganho de tensão que um único transistor pode prover. Escrevendo gm = yl2n„Cux(W /L )I,, e r() = (A/„)-', temos

IA>I =

w T " '

<7'50>

Este resultado pode implicar que L4J cai à medida que L aumenta; mas, recordemos do Capítulo 6 que À oc L"1: iy4l

2n nCoxWL V— To— *

/n c ^ ^ ^

Por conseguinte,\A J aumenta com L [Fig. 7.9(b)]. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor de valor /?, é conectado entre a porta e o dreno de M,.

7.2.2 E stágio FC com F on te de C orrente com o Carga

Como vimos noexemplo anterior,a relação de permuta entre o ganho de tensão e o vão livre de tensão pode ser relaxada com a substituição do resistor de carga por uma fonte de corrente. Portanto, as observações feitas no contexto da Fig. 7.4(b) sugerem o uso de um dispositivo PM OS com o carga de um amplificador NMOS FC [Fig. 7.19(a)].

DD

D eterm inem os o ganho de pequenos sinais e a im pedância de saída do circuito. Com um a tensão porta-fonte constante, M 2 se com porta com o um resistor igual à sua impedância de saída [Fig. 7.10(b)], pois u, = 0 e, portanto,gm2i>i = 0. Assim, o nó do dreno de M | vê r()í e r(}2 conectadas à terra AC. As Eqs. (7.46) e (7.48) fornecem A„ = - g m\{r0\\\rm) R„u, = r0 \\\r0 2 -

DD

‘'out

(a)

Figura 7.10

(b)

(a) Estágio FC com dispositivo PMOS como fonte dc corrente, (h) modelo de pequenos sinais.

(7.52) (7.53)

272

Capítulo Sete

Exem plo 7.6

A Fig. 7.11 mostra um estágio FC PMOS que usa uma fonte de corrente NMOS como carga. Calcu­ lemos o ganho de tensão do circuito. -p

vin°

Kdd

l|

' 1 ° vout Vf ~ \ \

Figura 7.11

Solução

Estágio FC com dispositivo PMOS como fonte dc corrente.

O transistor M2 gera uma corrente de pequenos sinais igual a gm2vür que flui por r„,llr„, e produz voui = -g,„2V„,(roí\\r02). Portanto, A v = - g m2(r0 i I\r0 2 )-

Exercício

(7.54)

Calcule o ganho no caso em que o circuito alimenta uma resistência de carga de valor R, .

7.2.3 E stágio FC com Carga C onectada com o D iodo

Em algum as aplicações, podem os fazer uso de um M OSFET conectado como diodo como carga para o dreno. E sta topologia, ilustrada na Fig. 7.12(a), exibe um ganho apenas m oderado, devido à im pedância relativam ente baixa do dispositivo conectado como diodo (Seção 7.1.3). Com À = 0, M 2 funciona como uma resistência de pequenos sinais igual a 1/gm2, e (7.34) fornece

É interessante observar que o ganho é dado pelas dimensões de M, e M2,e. permanece independente de parâm etros de processo, como /x„ e Cm, e da corrente de dreno /„. O leitor pode p erg u n tar por que, no C apítulo 5, não consideram os um estágio em issor com um com carga conectada com o diodo. A Fig. 7.12(b) ilustra um circuito como esse, que não é usado na prática por prover um ganho de tensão apenas igual à unidade: A v ——g/nl '

A v = —gmi • ^/2n„Cox(W / L )X1D ’ y /2 h ^ C o x Í W /L W d í m (W /L)2

Figura 7.12

(7.55)

(7.56)

(7.57)

Jsi Vr - 1.

1

(7.58)

2

1 Ic2/Vr

(7.59) (7.60)

O co n tra ste en tre (7.57) e (7.60) tem origem na d iferença fun d am en tal en tre dispositivos M OS e bipolar: a tran sco n d u tân cia do prim eiro d epende

(a) Estágio MOS usando carga conectada como diodo, (b) equivalente bipolar, (c) modelo simplificado de (a).

Amplificadores C M O S

das d im en sõ es do d isp o sitiv o e a do seg u n d o , nSn nao. Um a expressão mais precisa para o ganho do estágio da Fig. 7.12(a) deve levar em conta a modulação do com prim ento do canal. Como indicado na Fig. 7.12(c), a resistência vista no dreno é, agora, igual a (1 /gJ)Wr(d\r0\, logo,

Exem plo

. / 1 ,, ,, \ A v = - g ml[ ----WroiWroí). \ g m2 /

273

... (7.61)

De m odo similar, a resistência de saída do estágio é dada por ! Rou, = — Ikcdkoi(7.62) Sm2

Determinemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 7.13 (a) se A

0.

-T" VDD

^in° it

Figura 7.13

Solução

Estágio FC com dispositivo PMOS conectado como diodo.

Este estágio é similar ao da Fig. 7.12(a), mas com os dispositivos NMOS substituídos por transis­ tores PMOS: Mx funciona como um dispositivo fonte comum, e Af>, como uma carga conectada como diodo. Assim, A v = - g n a f— WroxHroí)\Sm\ )

Exercício

7.2.4

(7.63)

Repita o exemplo anterior para o caso em que a porta de M, é conectada a uma tensão constante de 0,5 V.

E stágio FC com D egeneração

Recordemos, do Capítulo 5, que um resistor conec­ tado em série com o emissor de um transistor bipolar altera características como ganho, impedâncias I/O e

Figura 7.14

linearidade. Esperam os resultados similares para um amplificador FC degenerado. A Fig.7.14(a) ilustra um estágio e seu equivalente de pequenos sinais (com À = 0). Como no caso do circuito bipolar correspondente, o resistor de dege-

(a) Estágio FC com degeneração, (h) modelo de pequenos sinais.

274

Capítulo Sete

neração sustenta uma fração da alteração da tensão de entrada. D a Fig. 7.14(b), tem os

VoUt

g,„Rp

Vin

1 + gmRs

(7.64)

Vin = Vi + g m V i R s

Rd

logo, V\ =

gm

um resultado idêntico ao expresso por (5.157) para o correspondente bipolar.

Como gmvt flui por R„,voul = - g mvxR n e

Exem plo 7.8

(7.67)

— + Rs

(7.65)

1 + g in R.S

(7.66)

Calculemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 7.15(a) se A = ü. -p. V.DD

‘'out

•'out

(a) Figura 7.15

Solução

(b)

(a) Exemplo de estágio FC com degeneração, (b) circuito simplificado.

O transistor M2funciona como um dispositivo conectado como diodo e apresenta uma impedância 1lgm2 [Fig. 7.15(b)]. Portanto, o ganho é dado por (7.67), se Rs for substituído por 1lgm2: Av= -

Exercício

(7.68)

O que acontece se A # 0 para Aí,?

Seguindo os desenvolvim entos do C apítulo 5, podem os e stu d ar o efeito de um resisto r co n ec­ tado em série com a p o rta (Fig. 7.16). No en tan to , com o a co rren te de p orta é nula (nas frequências baixas), não há queda de tensão em R (; e, portanto, o ganho de ten são e as im pedâncias I/O não são afetados. E fe ito s is to r

Rd

1 | 1 gm\ 8m2

Im p e d â n cia de S aída d o Tran­ Com o no caso do correspondente bipolar, a inclusão da im pedância de saída do transistor com plica a análise e é estudada no Exercício 31. E ntretanto, a im pedância de saída do estágio FC degenerado tem um papel im portante em circuitos analógicos e merece ser estudada aqui.

A Fig. 7.17 mostra o equivalente de pequenos sinais do circuito. Como Rs conduz uma corrente igual a ix

da

Figura 7.16

Estágio FC com resistência de porta.

Amplificadores C M O S

ro{Íx + gmixRs) + ixR.S = Vx,

275

(7.69)

e, portanto, Vy

Figura 7.17 ração.

Impedância de saída do estágio FC com degene

(por quê?), temos v, = ~ ixRs. Além disso, a corrente que flui por rü é igual a ix - g„,v, = ix - g „ (— ixRs) = ix + gmixRs■Somando as quedas de tensão em r() e em Rs e igualando o resultado a vx, obtemos

Exem plo 7.9

— = rQ(i + gmRs) + Rs lx

(7.70)

= (1 + gmro)Rs + ro

(7.71)

^ gmro Rs + ro-

(7.72)

De m odo alternativo, observamos que o m odelo da Fig. 7.17 é similar ao correspondente bipolar da Fig. 5.46(a), mas com rn — » . Fazendo r„ —» oo nas Eqs. (5.196) e (5.197), obtem os o mesmo resultado. Como se espera do estudo do estágio bipolar degenerado, a versão MOS também exibe uma impedância de saída “aum entada’

Calculemos a resistência de saída do circuito da Fig. 7.18(a) para idênticos M, e A/2.

r *out

«out

í " H t ir m 1T _ T ^

2

(b)

(a) Figura 7.18

Solução

01

(a) Exemplo de estágio FC com degeneração, (b) circuito simplificado.

O dispositivo conectado como diodo M: pode ser representado por uma resistência de pequenos sinais (l/gm2)Hr (>2 ** l/g»,2- O transistor Mxé degenerado por esta resistência e, a partir de (7.70):

R out — r o \ (

\

1

+

g m i -----------)

gm2/

H ------------------

gml

(7.73)

Como g,„| = g,„2 = g„r este resultado se reduz a Rout —2roi + 2r0 \ ■ Exercício

Exem plo

gm

(7.74) (7.75)

Os resultados permanecem inalterados se M, for substituído por um dispositivo PMOS conectado como diodo?

Vamos determinar a resistência de saída do circuito da Fig. 7.19(a) e comparar o resultado com o do exemplo anterior. Suponhamos que Aí, e Aí2estejam em saturação.

276

Capítulo Sete

Solução

Com a tensão porta-fonte fixa, o transistor M2 opera como uma fonte de corrente e introduz uma resistência r,n entre a fonte de A/, e a terra [Fig. 7.19(b)]. A Eq. (7.71) pode, portanto, ser escrita como

Supondo gmtr()2 »

Rom = (1 + g m\r o \) r o 2 + r0 1

(7.76)

* g m \ro ir o 2 + r 0 \-

(7.77)

1 (o que é válido na prática), temos Roui

(7.78)

g m l? 0 \ ? 0 2 -

Observamos que este valor é muito maior do que o de (7.75). Exercício

7.2.5

Repita o exemplo anterior para o correspondente PMOS do circuito.

E stágio FC com P olariza ção

O efeito do simples circuito de polarização mostrado na Fig. 7.1 é similar ao observado para o estagio bipolar no Capítulo 5. A Fig. 7.20(a) m ostra um circuito de polarização, incluindo um capacitor de acoplamento na entrada (supostamente como curto-circuito), que não mais apresenta uma impedância de entrada infinita:

Figura 7.20

de bypass.

(7.79) Portanto, se o circuito for alim entado por uma impe­ dância de fonte finita [Fig. 7.20(b)], o ganho de tensão é reduzido para ^ ill^ 2

Rg

Ri 11^2

—R

1 Sm

d

(7.80)

------h Rs

(a) Estágio FC com capacitor dc acoplamento na entrada, (b) inclusão da resistência de porta, (c) uso dc capacitor

Amplificadores C M O S

onde A foi adm itido como igual a zero. Como mencionamos no Capítulo 5, é possível utilizar degeneração para estabilizar o ponto de polari­ zação e eliminar seu efeito no desempenho de pequenos sinais por meio de um capacitor de bypass [Fig. 7.20(c)]. Em contraste com a realização bipolar, isto não afeta a a * a . a a ■ c /impedancia de entrada do estagio FC:

Exem plo 7.11

Solução

Rin = R {| |/?2,

mas e eva ° ^an ° . A » =

277

(7.81)

e tens^°Ri 11^2 ^ d i i p Rg + «ill ^ 2

~ p

D ( 7 -8 2 )

Projetemos o estágio FC da Fig. 7.20(c) para um ganho de tensão de 5, impedância de entrada de 50 kíl e orçamento de potência de 5 mW. Vamos admitir il„C„ = 100 /zA/V2, VTH = 0,5 V, A = 0 e Vn» = 1,8 V. Vamos admitir, ainda, uma queda de tensão de 400 mV em Rs. O orçamento de potência e VDD = 1,8 V implicam uma máxima corrente de alimentação de 2,78 mA. Como escolha inicial, aloquemos 2,7 mA a M, e os restantes 80 fiA a /?, e a R2. Isto resulta em Rs = 148 Q.

(7.83)

Como em problemas típicos de projeto, a escolha de gme de Rn é um pouco flexível, desde que gmR„ = 5. No entanto, como /„ é conhecida, devemos assegurar um valor razoável para V(;s, como, por exemplo, VGS = 1 V. Esta escolha leva a 21D Vgs - Vth 1 “ 92,6 Q '

(7.84) (7.85)

e, portanto, R d = 463 Q.

(7.86)

Escrevendo Id =

1 2

W VnCox— (VGS - Vth)

(7.87)

obtemos W — = 216.

(7.88)

Com VGS = 1 V e uma queda de tensão de 400 mV em Rs, a tensão de porta chega a 1,4 V, exigindo que (7.89) que, juntamente com Rjn = R lIIR2 = 50 kíl, resulta em R\ = 64,3 kQ

(7.90)

R2 = 225 kí2.

(7.91)

Agora, devemos verificar se /V/, de fato opera em saturação. A tensão de dreno é dada por VDD—I/yRf)= 1 ,8 V - 1,25 V = 0,55 V. Como a tensão de porta é igual a 1,4 V, a diferença de tensão porta-dreno é maior que VTlh o que significa que Af, está na região de triodo!

278

Capítulo Sete

Como o procedimento de projeto levou a este resultado? Para a dada /„, escolhemos um valor excessivamente grande para /?„, ou seja, um valor excessivamente pequeno para gm (pois gmRD = 5), embora o valor de Vos fosse razoável. Portanto, devemos aumentar gm para que o valor de RD seja reduzido. Suponhamos, por exemplo, que dividamos o valor de Rn por dois e dobremos o de gm aumentando a razão W/L por um fator de quatro: W — =864

(7.92)

8m = 4 6 3 Q'

(7-93)

A correspondente tensão porta-fonte é obtida de (7.84): Vgs = 250 mV,

(7.94)

portanto, a tensão de porta é de 650 mV. Mxestá em saturação? A tensão de dreno é igual a Vnn - /?„/„ = 1,17 V, um valor maior que o da tensão de porta menos V Logo, M x opera em saturação. Exercício

7.3

Repita o exemplo anterior para o caso de um orçamento de potência de 3 mW e V,m = 1,2 V.

ESTÁG IO PORTA C O M U M

A topologia PC, ilustrada na Fig. 7.21, lembra a do estágio base comum estudada no Capítulo 5. Aqui, se a entrada aum entar de um pequeno valor AK, a tensão porta-fonte de M, dim inui pelo mesmo valor; com isto, a corrente de dreno é reduzida de gmA V e Vmin aumentada de #,„AVR„. O u seja, o ganho de tensão é positivo e igual a A-v = g,„Rn-

l Dou de R,„ mas a tensão de dreno, VDD - IpR,,, deve perm anecer acima de Vh - V w para garantir que A/, perm anece em saturação.

DD I

Saída Colhida no Dreno

(7.95)

O estágio PC sofre de problem as de perm uta de vão livre de tensão similares aos enfrentados pela topologia BC. Em particular, para alcançar um ganho de tensão elevado, faz-se necessário um valor alto de

Exem plo

7.12

Solução

Entrada Aplicada à Fonte

/

Figura 7.21

Estágio porta comum.

Um microfone com nível DC nulo alimenta um estágio PC polarizado em /„ = 0,5 mA. Se W/L = 50, ix„C,)X = 100 ixA/V2, V,,, = 0,5 V e Vrw = 1,8 V, determinemos o máximo valor permitido para R„ e, portanto, o máximo valor do ganho de tensão. Desprezemos a modulação do comprimento do canal. Conhecida a razão W/L, a tensão porta-fonte pode ser calculada a partir de 1 w, ^ I d — ^ n C ox— {VGS ~ Vth)

(7.96)

Vgs = 0,947 V.

(7.97)

pois

Amplificadores C M O S

279

Para que Aí, permaneça em saturação, Vdd —I dR d > Vb —Vth

(7.98)

R d < 2,71 kQ.

(7.99)

logo,

Os valores de W/L e ín fornecem gm = (447 íi)"1e A v < 6,06.

(7.100)

A Fig. 7.22 resume os níveis de sinal permitidos nesta configuração. A tensão de porta pode ser gerada com o emprego de um divisor resistivo similar ao da Fig. 7.20(a). Exercício

Se for especificado um ganho de 10. qual deve ser o valor de W /Ll

um valor relativam ente baixo. A lém disso, da Fig. 7.23(b), v, = 0 e, portanto, Raul = Ri

Calculemos agora as impedâncias I/O do estágio PC; esperamos obter resultados similares aos da topo­ logia BC. Desprezando, por ora,a modulação do compri­ mento do canal, da Fig. 7.23(a), temos i», = —vx e

um resultado esperado, pois os circuitos das Figs. 7.23(b) e 7.7 são idênticos. Estudem os o com portam ento do estágio PC na presença de um a im pedância de fonte finita (Fig. 7.24), mas ainda com A = 0. D e m odo sim ilar ao feito no C ap ítu lo 5 p a ra a top o lo g ia BC, escre­ vemos 1 (7.105)

Vx = ix = -gm» 1 = gmVX-

(7.101)

(7.104)

-----HRs gm

(7.102)

Ou seja, R in

=

—

gm

.

Figura 7.23

(7.103)

(a) Impedâncias dc (a) entrada c dc (b) saída do estágio PC.

(7.106)

280

Capítulo Sete

Figura 7.24 Simplificação do estágio PC com resistência da fonte de sinal.

Assim, Voul _ Vout

Vx

Vin

Vin

VX

(7.107)

S»iRD 1 + gmRs

(7.108)

R d

(7.109)

— + Rs gm

Portanto, o ganho é igual ao do estágio FC degene­ rado, exceto por um sinal negativo. Em contraste com o estágio fonte com um , o am plificador PC exibe ganho de corrente unitário: a corrente provida pela fonte de tensão de entrada

Exem plo

Figura 7.25 (a) Estágio PC com resistência de porta, (b) resis­ tência de saída do estágio PC.

sim plesm ente flui pelo canal e em erge do nó de dreno. A análise do estágio porta comum no caso geral, isto é, incluindo tanto a m odulação do com prim ento do canal como uma impedância de fonte finita, foge ao escopo deste livro (Exercício 41). No entanto, podemos fazer duas observações. Primeira, uma resis­ tência em série com o terminal de porta [Fig. 7.25(a)] não altera o ganho ou as impedãncias I/O (em baixas frequências), pois sustenta uma queda de potencial nula - com o se seu valor fosse zero. Segunda, no caso geral, a resistência de saída do estágio PC [Fig. 7.25(b)] é idêntica à da topologia FC degenerada: R o u t = (1 +

(7.110)

g,„ro)Rs + r0 -

Para o circuito mostrado na Fig. 7.26(a), com A = 0, calculemos o ganho de tensão e, com A > 0, a impedância de saída.

i

VDD

ROl ‘'out BS'° ' £ ] a - i

Rs -AW---- -

'wí-—

M

r02

!? (a) Figura 7.26

saída.

(b)

(c)

(a) Exemplo de estágio PC, (b) circuito de entrada equivalente, (c) cálculo da resistência de

Amplificadores C M O S

Solução

281

Primeiro, calculamos uyfy,, com a ajuda do circuito equivalente da Fig. 7.26(b): 1

vx_ Vin

1

gnü

gm 1

1

1

gm 2

gm 1

(7.111)

- + Rs 1

(7.112)

1 + (g m l + g m 2 )R s

Notando que v j v x = gm]Rn, temos Vout

gml^D

Vin

1 + (g m \ + g n ü ^ R s

(7.113)

Para calcular a impedância de saída, primeiro consideramos a partir de (7.110), obtemos

como indicado na Fig.7.26(c);

(7.114)

R o u ti = ( 1 + g m \ r o \ ) \ — l k o 2 l l ^ s ) + f o i \g n x 2 )

(7.115)

* gm\ro\ í — 11^5 ) + ro 1 . \ gm2 ) A impedância de saída total é, então, dada por

(7.116)

R o u t = R o u tl I I ^ D

+ rQ\ Exercício

7.3.1

d

(7.117)

-

Calcule a impedância de saída para o caso em que a porta de M, esteja conectada a uma tensão constante.

E stágio PC com P olariza ção

Depois do estudo da polarização do estágio BC no Capítulo 5, concluímos que o amplificador PC pode ser polarizado como indicado na Fig. 7.27.0 resistor Ry provê uma rota ã terra para a corrente de polari­ zação e reduz a impedância de entrada - assim como o ganho de tensão, caso a fonte de sinal exiba uma impedância de saída finita, R s. Como a impedância vista à direita do nó X é igual a RyW (1/#,,,), temos «W = vx_ «w Vin

R

Vin

onde a m odulação do com prim ento do canal foi desprezada. Como já mencionamos, o divisor de tensão formado por /?, e R2 não afeta o com portam ento de pequenos sinais do circuito (em baixas frequências).

(? u g )

VX

^ 3 ll(l/£ m )

= R ,.( í /

D

v R *gmRü,

/"7 1 1 n \

"

(7.119) Figura 7.27

Estágio PC com polarização.

282

Capítulo Sete

Exemplo 7.14

Solução

Projetemos o estágio porta comum da Fig. 7.27 para os seguintes parâmetros: v()ll/vin = 5, Rs = 0, R} = 500 í l , 1lgm = 50 í l , orçamento de potência = 2 mW, Vnn = 1,8 V. Vamos supor fxnCox = 100 /xA/V2, VTll = 0,5 V e A = 0. Do orçamento de potência, obtemos uma corrente de alimentação total de 1,11 mA. Alocando 10 fiA ao divisor de tensão, /?, e /?2, resta-nos 1,1 mA para a corrente de dreno de A/,. Portanto, a queda de tensão em R3 é igual a 550 mV. Devemos, agora, calcular dois parâmetros inter-relacionados: W/L e R„. Um valor maior de W/L resulta em maior g„r o que permite um menor valor para R n. Como no Exemplo 7.11, esco­ lhemos um valor inicial para VGS de modo a obtermos um valor razoável para W/L. Por exemplo, se VGS = 0,8 V, então W/L = 244 e gm = 2 I,/(V GS - V m) = (136,4 í l ) 1, o que leva a R D = 682 íl para v„Jvm = 5. Determinemos se A/, opera em saturação. A tensão de porta é igual a Vgs mais a queda de tensão em /?,, o que tem como resultado 1,35 V. A tensão de dreno, por sua vez, é dada por Vnn - R dI d = 1,05 V. Como a tensão de dreno é maior que VG V TIh A/, está, de fato, em satu­ ração. O divisor resistivo formado por R { e R 2 deve estabelecer uma tensão de porta igual a 1,35 V e puxar uma corrente de 10 /xA: Vdd = \0fxA Ri + /?2 Ri

R\ ■+■R 2

= 1-35 V.

Vdd

(7.120) (7.121)

Portanto, Rx = 45 kíl e R2 = 135 kíl. Exercício

Exem plo 7.15 Solução

Se W/L não puder ser maior que 100, que ganho de tensão pode ser obtido?

Suponha, no Exemplo 7.14, que desejamos minimizar 0 valor de W/L (e, em conseqüência, a capacitância do transistor). Qual é 0 mínimo valor aceitável para W/Ll Para uma dada / 7>, V(;s — VT ll aumenta à medida que W/L diminui. Portanto, devemos primeiro calcular 0 máximo valor permitido para VGS. Impomos a condição de saturação como Vdd —I d R d > Vgs + Vr$ — Vth >

(7.122)

onde Vm denota a queda de tensão em Ry, e igualamos gmRn ao ganho desejado: 2 Id Vc

s

0

(7.123)

- V th R d -

A v-

Eliminando R„ de (7.122) e (7.123), obtemos: Vd d —

y

( Vq s -

V m ) >

V g s ~ V t h + VR i

(7.124)

Amplificadores C M O S

283

e, portanto, Vfcs

(7.125)

V t H < Vd? - V r\

T + 1 Em outras palavras. (7.126) w ,L >

c

"■C“

( £ . - * . ? l2 A . + 2 )

O que resulta em (7.127)

W /L > 172.5. Exercício

7.4

Repita o exemplo anterior para A„ = 10.

S E G U ID O R DE FONTE

O correspondente M OS ao seguidor de em issor é cham ado “seguidor de fonte” (ou estágio “dreno com um ” ) e m ostrado na Fig. 7.28. O am plificador am ostra a entrad a na p o rta e produz a saída na fonte, com o dreno conectado a Vm). O com porta­ mento do circuito é semelhante ao do correspondente bipolar.

um circuito “deslocador de nível” . D a análise de seguidores de em issor do C ap ítu lo 5, esperam os que esta topologia tam bém exiba um ganho subunitário. A Fig. 7.29(a) ilustra o equivalente de pequenos sinais do seguidor de fonte, incluindo a m odulação do com prim ento do canal. N otando que r() aparece em paralelo com R, , temos gmV\(r0 \\RL) = vou,.

(7.128)

E, .

T

v° °

Vin — ^1

Vln Entrada Aplicada à Porta

/

Figura 7.28

Vou, •

(7.129)

Segue-se que

‘'out

gm(r0 \\RL) 1 +g,„(rol|flz.)

Voul

I« l\ Saída Colhida na Fonte

Seguidor de fonte.

Vi„

r0 \\RL

_

(7.130) (7.131)

-----1- r0 \\RL 8>n

7.4.1

N úcleo S e g u id o r de Fonte

Se, na Fig. 7.28, a tensão de p orta de M, for aum en­ ta d a de um p eq u en o v alor A Vin, a te n são p o rtafonte tenderá a aum entar, o que elevará a corrente de fo n te e, p o r co n seg u in te, a te n sã o de saída. P o rtan to , V„uí “s e g u e ” Vjn. C o m o o nível D C de Voul é m enor que o de Vin e a d iferença é igual a V^v, dizem os que o seguidor pode funcionar com o

Portanto, o ganho de tensão é positivo e m enor que a unidade. É desejável maximizar R , (e r„). Como no caso do seguidor de emissor, podemos ver os resultados anteriores com o uma divisão de tensão entre uma resistência igual a 1lgme uma outra igual a r()\\R, [Fig. 7.29(b)]. Notemos, entretanto, que uma resistência conectada em série com a porta não afeta (7.131) (nas frequências baixas), pois sustenta uma queda de tensão nula.

284

Capítulo Sete

Figura 7.29

Exem plo 7.16

(a) Equivalente de pequenos sinais do seguidor de fonte, (b) circuito simplificado.

Um seguidor de fonte é realizado como mostra a Fig. 7.30(a), onde M2 atua como uma fonte de corrente. Calculemos o ganho de tensào do circuito. DD

‘ 'out

out

4" Mo

(a) Figura 7.30

S olução

(b)

(a) Seguidor com fonte de corrente ideal, (b) circuito simplificado.

Como M2apenas apresenta uma impedância r()2do nó de saída para a terra AC [Fig. 7.30(b)], subs­ tituímos R, = r()2 na Eq. (7.131): ro\Wo2

Av=

(7.132)

— + r o i\\r o 2

Sm\

Se r0l\\r02 » Exercício

Exem plo 7.17

Solução

l/gmI, então A v« 1.

Repita o exemplo anterior para o caso em que uma resistência de valor Rs é conectada em série com a fonte de M2.

Projetemos um seguidor de fonte para alimentar uma carga de 50 Cl, com ganho de tensão de 0,5 e orçamento de potência de 10 mW. Vamos supor /x„C„, = 100 /nA/V2, V,,, = 0,5 V, A = 0 e V„n = 1,8 V. Com R, = 50 íl e rv = oo na Fig. 7.28. temos R l

Au= v~ 1 „ — + Rl 8»>

(7.133)

logo, Sm

(7.134) 50 Í2

Amplificadores C M O S

285

O orçamento de potência e a tensão de alimentação fornecem uma máxima corrente de alimen­ tação de 5,56 mA. Usando este valor para ín em gm = J2fjinCox(W /L )I n , obtemos W /L = 360. Exercício

Figura 7.31

(7.135)

Que ganho de tensão poderá ser obtido se o orçamento de potência for aumentado para 15 mW?

Resistência de saída do seguidor de fonte.

É interessante que calculem os a resistência de saída do seguidor de fonte.2 Com o ilustra a Fig. 7.31, R out consiste na resistência vista quando se olha para a fonte e para cima em paralelo com a resistência vista ao olharm os para baixo, para R, . Com A 0, a prim eira é igual a (1 lgm)\\r0; com isto, Rou, = —

gm

W

o

WRl

(7.136)

Figura 7.32 Seguidor de fonte com capacitores de acoplamento de entrada e de saída.

um exem plo, onde R (, estabelece um a tensão DC igual a Vnn na porta de A/, (por quê?) e R s define a corrente de polarização de dreno. N otem os que A/, opera em saturação, pois as tensões de porta e de d ren o são iguais. A lém disto, a im pedância de entrada do circuito caiu do infinito para R fí. Calculemos a corrente de polarização do circuito. Com uma queda de tensão nula em R (1, temos VGs + I d Rs = Vdd.

W — II R l . S»i

(7.137)

Em suma, o seguidor de fonte exibe uma im pe­ dância de entrada muito alta e uma impedância de saída relativamente baixa; por conseguinte, o seguidor pode funcionar como buffer.

Desprezando a modulação do comprimento do canal, escrevemos b = \ , nC o x ^ V c s ~ Vt h )2

= \nnCox^-{VDD - I d Rs - VTH)2. 7.4.2

(7.138)

(7.139) (7.140)

S e g u id o r de Fonte com P olarização

A polarização de seguidores de fonte é sim ilar à de seguidores de em issor (C apítulo 5). A Fig. 7.32 traz

Exem plo 7.18 Solução

A resultante equação quadrática pode ser resolvida para /„.

Projetemos o seguidor de fonte da Fig. 7.32 para uma corrente de dreno de 1 mA e ganho de tensão de 0,8. Vamos supor /x„C„v = 100 /xA/V2, V m = 0,5 V, A = 0, V DD = 1,8 V e R(; = 50 kü. As incógnitas deste problema são V(;Si W/L e Rs. As três equações a seguir podem ser escritas como:

2Nas frequências baixas, a impedância de entrada é infinita.

286

Capítulo Sete

b

1

w

= ^ n C ox— (V gs — V t h )

(7.141) (7.142)

I d Rs + Vgs = Vdd Rs

(7.143)

-----h Rs

Sm

Se Sm f°r escrito como 2I//(VGS - VTll)y (7.142) e (7.143) não mais incluirão W/L e poderão ser resolvidas para V(;s e Rs. Com a ajuda de (7.142), escrevemos (7.143) como Av=

Rs

(7.144)

Vgs — V t h

21D 2Id Rs Vgs — V t h +

21d Rs

21dRs Vdd — V th

+ Id R s

(7.145)

(7.146)

Portanto, Vd d — V t h

Rs =

Id

A

v

2 —A v

= 867Q.

Vg s =

Vpo -

(7.148)

(7.149)

Id Rs

= V p p — (V p D -

(7.147)

Vt h )

Av 2-A v

= 0,933 V.

(7.150) (7.151)

De (7.141) segue-se que W T

Exercício

(7.152) =

1 0 7 -

Que ganho de tensão pode ser obtido se W/L não ultrapassar 50?

A Eq. (7.140) revela que a co rren te de polarização do seguidor de fonte varia com a tensão de alim entação. Para evitar esse efeito, circuitos inte-

Figura 7.33

grados polarizam o seguidor por meio de uma fonte de corrente (Fig. 7.33).

Seguidor dc fonte com polarização.

Amplificadores C M O S

7.5

RESUM O E EXEM PLO S A D IC IO N A IS

Neste capítulo, estudam os os três blocos fundam en­ tais CMOS: os estágios fonte comum, porta comum e seguidor de fonte. Como ressaltamos ao longo de todo o capítulo, o com portam ento de pequenos sinais desses circuitos é m uito sim ilar ao dos correspon­

Exem plo 7.19

287

dentes bipolares, exceto pela alta im pedância vista no terminal de porta. Notam os que os esquemas de polarização também são sem elhantes e que a depen­ dência quadrática In-V(iS suplanta a relação exponen­ cial Ir VBE. N esta seção, consideram os alguns exem plos adicionais para solidificar os conceitos apresentados neste capítulo, enfatizando a análise por inspeção.

Calculemos o ganho de tensão e a impedância de saída do circuito mostrado na Fig. 7.34(a). —r vDD

-o

V,out

V*>*—lfcj/W2 jH pj/ (a) Figura 7.34

Solução

(a) Exemplo dc estágio FC, (b) circuito simplificado.

Identificamos M x como um dispositivo fonte comum, pois amostra a entrada na porta e gera a saída no dreno. Os transistores M2 e Af, atuam como carga: o primeiro funciona como uma fonte de corrente e o segundo, como um dispositivo conectado como diodo. Desta forma, M2 pode ser substituído por uma resistência de pequenos sinais r()l9 e A/3 pode ser substituído por uma resis­ tência igual a (llg,„$)\\r03. Com isto, o circuito se reduz ao da Fig. 7.34(b), do qual obtemos = —gm\ ( ---- \\r0l\\r02\\r03 )

(7.153)

Rout = ---- Wo\Wo2\Vo3-

(7.154)

\8m3

/

8nú

Notemos que 1!gmy é o termo dominante das duas expressões. Exercício

Exem plo 7.20

Repita o exemplo anterior para o caso em que M2é convertido em um dispositivo conectado como diodo. Calculemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 7.35(a). Desprezemos a modulação do comprimento do canal em Mx.

M, ‘'out % (a) Figura 7.35

(a) Exemplo de estágio FC, (b) circuito simplificado.

288

Capítulo Sete

Solução

O transistor Aí, opera como um estágio FC degenerado pelo dispositivo conectado como diodo e alimenta a fonte de corrente de carga, M2. Simplificando o amplificador ao circuito da Fig. 7.35(b), temos Av= -

1 r° l------- . — + ----\\roi

gm \

Exercício Exem plo

7.21

(7.155)

gnú

Repita o exemplo anterior para o caso em que a porta de My é conectada a uma tensão constante.

Determinemos o ganho de tensão dos amplificadores ilustrados na Fig. 7.36. Para simplificar, vamos supor rol = oo na Fig. 7.36(b). -T" VDD

Vf>2 H W 2 -oV,out

out

Vbl •—If^Mi RS

^in°“ (b)

(a) Figura 7.36

Solução

Exemplos de estágios (a) FC e (b) PC

O transistor Mx na Fig. 7.36(a), degenerado por Rs, apresenta uma impedância (1 + gm\rol)Rs + rol ao dreno de M2. Portanto, a impedância total vista no dreno é igual a [(1 + gmiro\)Rs + roi]^ro2i resultando em um ganho de tensão de A v = — gm 2{[(l

(7.156)

g m l? 0 \)R s + / 'ü lllk o i }•

Na Fig. 7.36(b), M, opera como um estágio porta comum e Af,, como a carga; assim, obtemos (7.109): A v2 =

r0 2

(7.157)

------h Rs gm l

Exercício Exem plo

Substitua Rs por um dispositivo conectado como diodo e repita a análise. Calculemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 7.37(a) se A = 0.

7.22 VDD

‘'out

r '

° vou 1 \— i"

1

(a) Figura 7.37

(b)

(a) Exemplo de estágio composto, (b) circuito simplificado.

Amplificadores C M O S

Solução

Neste circuito, Mv opera como um seguidor de fonte e Af2, como um estágio PC (por quê?). Um método simples de analisar o circuito consiste em substituir vine A/, por um equivalente de Thévenin. Da Fig. 7.29(b), deduzimos o modelo ilustrado na Fig. 7.37(b). Logo, Av =

Rd 1 [ 1 gml

Exercício

Exem plo

7.23

O que acontece se uma resistência de valor

(7.158)

gml

for conectada em série com o dreno de A/,?

O circuito da Fig. 7.38 produz duas saídas. Calculemos o ganho de tensão da entrada para Y e X. Vamos supor A = 0 para A/,.

Figura 7.38

Solução

289

Exemplo de estágio composto.

Para Vouno circuito funciona como um seguidor de fonte. O leitor pode mostrar que, se r(n = 30, Af3 e M4 não afetam a operação do seguidor de fonte. O transistor A/2, que exibe uma impedância de pequenos sinais igual a (l/gw2)llrÍW,atua como uma carga para o seguidor e, de (7.131), produz: — W02

v outl _

Vin

g m l ____________

(7.159)

— \\ro2 + — Sm 2

Sm l

Para Vouí2, A/, opera como um estágio FC degenerado, com uma carga de dreno que consiste no dispositivo conectado como diodo Af3 e a fonte de corrente A/4. Esta impedância de carga é igual a (l/£m.OH/o3llr 0 4 e resulta em

Voutl

----Ik03lk04

§nú_________

— + — \\roi

gm l

Exercício

Sm l

Qual dos dois ganhos é o maior? Explique, de maneira intuitiva, por quê.

(7.160)

290

7.6

Capítulo Sete

R E S U M O DO CAPÍTULO

• As impedâncias vistas quando se olha para a porta, o dreno e a fonte de um MOSFET são iguais a infinito, rü (com fonte aterrada) e 1!gm(com porta aterrada), respectivamente. • Para obtermos os desejados parâmetros MOS de pequenos sinais, como gm e r(), o transistor deve ser “polarizado”, ou seja, deve conduzir uma corrente de dreno e sustentar certas tensões porta-fonte e drenofonte. Sinais apenas perturbam essas condições. • Técnicas de polarização estabelecem a necessária tensão de porta por meio de uma rota resistiva à alimentação ao nó de saída (autopolarização). • Com um único transistor, apenas três topologias de amplificadores são possíveis: estágios fonte comum, porta comum e seguidor de fonte.

• O estágio FC provê ganho de tensão moderado, alta impedância de entrada e moderada impedância de saída. • Degeneração da fonte melhora a linearidade, mas reduz o ganho de tensão. • Degeneração da fonte eleva, de forma considerável, a impedância de saída de estágios FC. • O estágio PC provê ganho de tensão moderado, baixa impedância de entrada e moderada impedância de saída. • Expressões para os ganhos de tensão de estágios FC e PC são similares, exceto quanto a um sinal. • O seguidor de fonte provê ganho de tensão menor que a unidade, alta impedância de entrada e baixa impedância de saída, funcionando como um bom bu ffer de tensão.

E X E R C ÍC IO S Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha que os transistores operem em saturação, \LnC ox = 200 fipC ox = 100 /xA/V2, A = 0, Vrn —0,4 V para dispositivos NMOS e V m = -0 ,4 V para dispositivos PMOS. 7.1 No circuito da Fig. 7.39, determine o máximo valor

permitido para W/L para que M, permaneça em saturação. Suponha A = 0.

1,8 V 10 kQ

1 kQ

100 Q

Figura 7.41

DD' 1,8 V 50 k Q

1 kQ

Figura 7.39

7.2 Desejamos projetar o circuito da Fig. 7.40 para uma

corrente de dreno de 1 mA.Se W/L = 20/0,18; calcule Rxe R2 de modo que a impedância de entrada seja de pelo menos 20 kíl.

7.4 O circuito da Fig. 7.42 deve ser projetado para uma

queda de tensão de 200 mV em Rs. (a) Calcule o valor mínimo permitido para W/L para que M, permaneça em saturação. (b) Quais são os necessários valores de /?, e de R2 para que a impedância de entrada seja de pelo menos 30 k íl? Kdd = 1>8 V 500 Q

Figura 7.42 Figura 7.40

7.5 Considere o circuito ilustrado na Fig. 7.43, em que 7.3 Considere o circuito mostrado na Fig. 7.41. Calcule

a máxima transcondutância que A/, pode produzir (sem entrar na região de triodo).

W/L = 20/0,18. Supondo que a corrente que flui por R2é um décimo de /„,, calcule os valores de /?, e de R2de modo que Im = 0,5 mA.

Amplificadores C M O S

7 .9

291

Devido a um erro de fabricação, um resistor parasita, Rr, apareceu no circuito da Fig. 7.47. Sabemos que exemplares desse circuito não sujeitos ao erro têm VGs = Vds + 100 mV, enquanto exemplares defeitu­ osos têm VfSS = VI)S + 50 mV. Determine os valores de W/L e de Rr. VDD= 1,8 V

Figura 7.43 7 .6

O estágio autopolarizado da Fig. 7.44 deve ser proje­ tado para uma corrente de dreno de 1 mA. Se Aí, produzir uma transcondutância de 1/(100 íl), calcule o necessário valor de Rn. 1,8 V

Figura 7.47

7 .1 0

No circuito da Fig. 7.48, Aí, e Aí2têm iguais compri­ mentos de 0,25 /xm, e À = 0,1 V '. Determine Wxe W2de modo que Ix = 2IY = 1 mA. Suponha Vm = V,)S2 = V,{ = 0,8 V. Qual é a resistência de saída de cada fonte de corrente?

Figura 7.44 7 .7

h

Desejamos projetar o estágio da Fig. 7.45 para uma corrente de dreno de 0,5 mA. Se W/L = 50/0,18;calcule os valores de /?, e de R2de modo que esses resistores conduzam uma corrente igual a um décimo de

M2

IFigura 7.48

7 .1 1

Uma fonte de corrente NMOS deve ser proje­ tada para uma resistência de saída de 20 k í l e uma corrente de saída de 0,5 mA. Qual é o máximo valor tolerável para A?

7 .1 2

As duas fontes de corrente da Fig. 7.49 devem ser projetadas para íx = IY = 0,5 mA. Se VHX = 1 V, V/f2 = 1,2 V. A = 0,1 V"1e L, = L2 = 0,25 ^tm.calcule W, e W2. Compare os valores das resistências de saída das duas fontes de corrente.

Figura 7.45 7 .8

Devido a um erro de fabricação, um resistor parasita, /?,,, apareceu no circuito da Fig. 7.46. Sabemos que exemplares desse circuito não sujeitos ao erro têm V(js = VDS, enquanto exemplares defeituosos têm Vgs = Vi>s + Vn/. Determine os valores de W/L e de R,. se, sem a presença de Rr, a corrente de dreno for 1 mA.

J,x B1

Vqo = 10 k Q :

±

Figura 7.49

7 .1 3 RS ^

200 Q

Figura 7.46

B2

I-

1 *8 V

1 kQ

20 k Q :

J'

Um estudante usa, de maneira errônea, o circuito da Fig. 7.50 como uma fonte de corrente. Se W/L = 10/0,25; A = 0,1 V V,iX = 0,2 V e Vx tiver um nível DC de 1,2 V, calcule a impedância vista na fonte de Aí,.

292

Capítulo Sete 7.17 No estágio fonte comum da Fig. 7.54, W/L = 30/0,18

\L

z

Figura 7.50

e A = 0. (a) Que valor da tensão de porta produz uma corrente de dreno de 0,5 mA? (Comprove que A/, opera em saturação.) (b) Com essa corrente de polarização de dreno, calcule o ganho de tensão do estágio. V0D= 1.8 V

7.14 No circuito da Fig. 7.51, M, e M2 funcionam como

fontes de corrente. Calcule lx e IY se VH = 1 V e W/L = 20/0,25. Qual é a relação entre as resistências de saída de A/, e de M2?

2 k í2 °

K>Ut

n°—

M.

DD W

i— Mo

Figura 7.54

7.18 O circuito da Fig. 7.54 foi projetado com W/L =

IFigura 7.51

7.15 Considere o circuito mostrado na Fig. 7.52. na qual

(W /L)x = 10/0,18e (W/L)2 = 30/0,18.Se A = 0,1 V calcule o valor de VHpara que Vx = 0,9 V. Vdd=1,8V

20/0,18; A = 0 e //, = 0,25 mA. (a) Calcule a necessária tensão de polarização de porta. (b) Com essa tensão de porta, de quanto W/L pode ser aumentada de modo que M, permaneça em saturação? Qual é o máximo valor do ganho de tensão que pode ser alcançado à medida que W/L aumenta? 7.19 Desejamos projetar o estágio da Fig. 7.55 para um

ganho de tensão de 5, com W/L < 20/0,18. Determine o necessário valor de /?„, se a dissipação de potência não puder exceder 1 mW.

f/w

X I-

i

Vnn = 1,8 V

4* Figura 7.52

out

^In0—1^1*1 Figura 7.55

7.16 No circuito da Fig. 7.53, ( W /L \ = 5/0,18; (W/L)2 =

10/0,18; A, = 0,1 V-' e A2 = 0,15 V '1. (a) Determine o valor de V,{ para que /„, = l//)2l = 0,5 mA, para Vx = 0,9 V. (b) Esboce o gráfico de lx em função de Vx, para Vx variando entre 0 e Vnn.

7.20 O estágio FC da Fig. 7.56 deve prover um ganho de

tensão de 10, com uma corrente de polarização de 0,5 mA. Suponha A, = 0,1 V_I e A2 = 0,15 V"1. (a) Calcule o necessário valor de (W/L),. (b) Se (W/L)2 = 20/0,18; calcule o necessário valor de

DD'

£ /w ‘'out

Figura 7.56

Amplificadores C M O S

293

7.21 No estágio da Fig. 7.56, M2tem comprimento longo,

7.26 No circuito da Fig. 7.59, (W/L), = 10/0,18 e Im = 0,5

de modo que À2« A,. Calcule o ganho de tensão se A, = 0,1 V 1, (W/L), = 20/0,18 e /„ = 1 mA.

mA. (a) Se A = 0, determine (W /L)2 de modo que M, opere na fronteira da região de saturação. (b) Agora, calcule o ganho de tensão. (c) Explique por que esta escolha de (W/L)2resulta no máximo ganho de tensão.

7.22 O circuito da Fig. 7.56 foi projetado para uma corrente

de polarização /,, com certas dimensões para A/, e M2. Se a largura e o comprimento de cada tran­ sistor forem dobrados, que alteração sofre o ganho de tensão? Considere dois casos: (a) a corrente de polarização permanece constante e (b) a corrente de polarização é dobrada.

7.27 O estágio FC da Fig. 7.59 deve alcançar um ganho

de tensão de 5. (a) Se (W/L)2 = 2/0,18, calcule o necessário valor de (W/L),. (b) Qual é o máximo valor permitido para a corrente de polarização para que A/, opere em saturação?

7.23 Identifique qual das topologias mostradas na Fig.

7.57 é preferível e explique por quê.

7.28 Se A =£ 0, determine o ganho de tensão de cada vDD

estágio mostrado na Fig. 7.60.

J V°° ^in°---- 1t > 2

/l' ''out

‘'out

^in°----

j v°° P>2 1

(a)

(b)

Vb— I----1----O--- OVfout

out

V.,

Vin°----- \ \ ~ l

Figura 7.57

(b)

(a)

7.24 O estágio FC mostrado na Fig. 7.58 deve alcançar um

ganho de tensão de 15, com uma corrente de polari­ zação de 0,15 mA. Se A, = 0,15 V"1e A2 = 0,05 V"1, determine o necessário valor de (W/L)2.

J

j

f> 2 -oVro u t

OUt

VDD= 118 V Vir Mo ‘'out

(d)

(C )

YDD

Figura 7.58

— d * 2

- v .out

7.25 Desejamos projetar o circuito mostrado na Fig. 7.59

para um ganho de tensão de 3. Se ( VV7L), = 20/0,18; determine ( W/L)2. Suponha A = 0.

out

VDD= 1,8 V

(0

(e)

Mn

Figura 7.60 ‘'out

n°— ItjMI Figura 7.59

7.29 No circuito da Fig. 7.61, determine o ganho de tensão

de modo que A/, opere na fronteira da região de saturação. Suponha A = 0.

294

Capítulo Sete

I

vDD= *DD ^ ,a v

VDD

rd

^b»—IC/W2

*OUt

V in ^ -d /W ,

''in H L W i

Figura 7.61

7 .3 0

7 .3 1

7 .3 2

(e)

O estágio FC degenerado da Fig. 7.61 deve prover um ganho de tensão de 4, com uma corrente de pola­ rização de 1 mA. Suponha uma queda de tensão de 200 mV em Rs e À = 0. (a) Se Rn = 1 kíl, determine o necessário valor de W/L. Para esta escolha de W/L, o transistor opera em saturação? (b) Se W/L = 50/0,18, determine o necessário valor de R,y Para esta escolha de R,)so transistor opera em saturação?

Figura 7.62

7 .3 3

(Continuação)

Determine a impedância de saída de cada um dos circuitos mostrados na Fig. 7.63. Suponha A =£ 0.

V,DD

Considere um estágio FC degenerado com A > 0. Supondo g„,r() » 1, calcule o ganho de tensão do circuito.

© '1

Calcule o ganho de tensão de cada um dos circuitos mostrados na Fig. 7.62. Suponha A = 0.

(b)

(a)

out

V,

, r

DD

J V°° t;w 2

Mo

r l K w2 OUt

-oVtout

v~-—

«out J

^in°---- \UM, (d)

(C )

Figura 7.63

(b)

(a)

7 .3 4

¥DD

O estágio FC da Fig. 7.64 conduz uma corrente de polarização de 1 mA. Se RD = 1 k íl e A = 0,1 V *, calcule o necessário valor de W/L para uma tensão de porta de 1 V. Qual é o ganho de tensão do circuito?

'-lR D ‘'o u t

V00=1,8V D 1

Kout

(d)

(c) Figura 7.62

Figura 7.64

Amplificadores C M O S

295

7.35 Repita o Exercício 34 com A = 0 e compare os resul­

tados. 7.36 Um estudante ousado decide explorar uma nova

topologia de circuito, onde a entrada é aplicada ao dreno e a saída é colhida na fonte (Fig. 7.65). Supondo A 0, determine o ganho de tensão do circuito e discuta o resultado.

M,

7.39 O estágio porta comum mostrado na Fig. 7.68 deve ‘'out

prover um ganho de tensão de 4 e uma impedância de entrada de 50 ü. Se /„ = 0,5 mA e A = 0, deter­ mine os valores de Rn e de W/L.

Figura 7.65

7.37 No estágio fonte comum ilustrado na Fig. 7.66, a

corrente de dreno de M, é estabelecida pela fonte de corrente ideal /, e permanece independente de R{ e R2 (por quê?). Suponha que /, = 1 mA, Rn = 500 fl e C, é muito grande. (a) Calcule o valor de W/L para obter um ganho de tensão de 5. (b) Escolha os valores de R xe de R2para que o tran­ sistor fique 200 mV fora da região de triodo e Ri + R2 não puxe mais que 0,1 mA da alimen­ tação. (c) Com os valores calculados em (b), o que acon­ tece se o valor de W/L for o dobro do encon­ trado em (a)? Considere as condições de pola­ rização (p. ex., se M, se aproxima mais da região de triodo) e o ganho de tensão.

i

Vdd= 1 ' 8

V

^out V* Vin°----- r Figura 7.68

7.40 Suponha, na Fig, 7.68, que In = 0,5 mA. A = 0 e Vh =

1 V. Determine os valores de W/L e de Rn para uma impedância de entrada de 50 Í2 e máximo ganho de tensão (com M, em saturação). 7.41 Um estágio PC com resistência de fonte Rs emprega

um MOSFET com A > 0. Supondo um valor para gmro>calcule o ganho de tensão do circuito. 7.42 O estágio PC ilustrado na Fig. 7.69 deve prover uma

impedância de entrada de 50 íi e uma impedância de saída de 500 í l . Suponha A = 0. (a) Qual é o máximo valor permitido para / (b) Com o valor calculado em (a), determine o necessário valor de W/L. (c) Calcule o ganho de tensão. Vqo = 1>8 V

‘'o u t

7.38 Considere o estágio FC ilustrado na Fig. 7.67, em

que /, define a corrente de polarização de A/, e C, é muito grande. (a) Se A = 0 e /, = 1 mA, qual é o valor máximo permitido para Rn para que Mx permaneça em saturação? (b) Com o valor calculado em (a), determine W/L para obter um ganho de tensão de 5.

Figura 7.69

7.43 O amplificador PC mostrado na Fig. 7.70 é polari­

zado por /, = 1 m A. Suponha A = 0 e que C, é muito grande.

29 6

Capítulo Sete

(a) Que valor de R„ coloca o transistor /V/, a 100 mV da região de triodo? (b) Com o valor de Rn obtido em (a), que valor de W/L faz o circuito prover um ganho de tensão de 5?

7.45 Considere o circuito da Fig. 7.72, em que um estágio

fonte comum (A/, e Rm) é seguido de um estágio porta comum (M2e Rn2). (a) Escrevendo v„„/vin = (vx/vm)(v„„/vx) e supondo A = 0, calcule o ganho de tensão total. (b) Simplifique o resultado obtido em (a) para Rm * °°- Explique por que este resultado era esperado.

DD D2 OUt

M

b

1

7.44 Determine o ganho de tensão de cada estágio

Figura 7.72

mostrado na Fig. 7.71. Suponha A = 0. 7.46 Repita o Exercício 45 para o circuito da Fig. 7.73. VDD

,l3P"> 2DD [H

rll-> 2

' 1 ° Kau

D2

«D -oV,out

^• Vi —

DD

r

r * (b)

(a)

Figura 7.73

7.47 Supondo A = 0, calcule o ganho de tensão do circuito out

^in°

% R0 ''out

Wr

mostrado na Fig. 7.74. Explique por que esse estágio não é um amplificador porta comum.

-p. V,DD (d)

'i © ■ 'o u t

O

H

^in° Figura 7.74

(e)

Figura 7.71

7.48 Calcule o ganho de tensão do estágio ilustrado na

Fig. 7.75. Suponha A = 0 e que os capacitores são muito grandes.

Amplificadores C M O S

297

Figura 7.78

7.54 Desejamos projetar o seguidor de fonte da Fig. 7.79

para um ganho de tensão de 0,8, com um orçamento de potência de 3 mW. Supondo que C, é muito grande e À = 0, determine o necessário valor de W/L.

Figura 7.75

7.49 O seguidor de fonte ilustrado na Fig. 7.76 é polari­

zado através de R(;. Calcule o ganho de tensão se W/L = 20/0,18 e À = 0,1 V

VDD= 1,8 V

r

^in°—

Hh

Vnn= 1,8 V R Gm 50 kí2

*1®

-©Vo, ut

50Q è / ? L Figura 7.79

--------V,out

7.55 Determine o ganho de tensão de cada um dos está­

gios mostrados na Fig. 7.80. Suponha A =£ 0. Figura 7.76 -T - VDD

7.50 Desejamos projetar o seguidor de fonte da Fig. 7.77

V\n°—

^in°—

para um ganho de tensão de 0,8. Se W/L = 30/0,18 e A = 0, determine a necessária tensão de polarização de porta.

out

•'out

Vdd=1,8V (b)

(a)

m.

out

TV co ‘'out

Figura 7.77

7.51 O seguidor de fonte da Fig. 7.77 deve ser projetado

com uma tensão de polarização de porta máxima de 1,8 V. Calcule o valor de W/L para um ganho de tensão de 0,8, se A = 0.

(C )

7.52 O seguidor de fonte ilustrado na Fig. 7.78 emprega

uma fonte de corrente. Determine os valores de /, e de W/L para que o circuito apresente uma impe­ dância de saída menor que 100 íi, com V(;s = 0,9 V. Suponha A = 0.

out out

7.53 O circuito da Fig. 7.78 deve apresentar uma impe­

dância de saída menor que 50 íl, com um orçamento de potência de 2 mW. Suponha A = 0 e determine o necessário valor de W/L.

(e)

Figura 7.80

298

Capítulo Sete

7.56 Considere o circuito mostrado na Fig. 7.81, em que

um seguidor de fonte (M, e /,) precede um estágio porta comum (M2e Rl}). (a) Escrevendo v j v in = ( v /v in)(voll/vx), calcule o ganho de tensão total. (b) Simplifique o resultado obtido em (a) para o caso gmX = gm2.

de 200 mV. Projete o circuito de modo que a tensão de sobrecarga (overclrive) do transistor não exceda a 300 mV e , + R2consuma menos de 5% da potência alocada. Use as mesmas hipóteses do Exercício 57.

7.61 Projete o circuito da Fig. 7.83 para um ganho de

tensão de 5 e orçamento de potência de 6 mW. Suponha que a queda de tensão em Rs seja igual à tensão de sobrecarea (overclrive) do transistor e que Rn = 200 í l .

Figura 7.81

Exercícios de P rojetos

Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha A = 0. 7.57 Projete o estágio FC mostrado na Fig. 7.82 para um

ganho de tensão de 5 e uma impedância de saída de 1 kíl. Polarize o transistor de modo que o mesmo opere a 100 mV da região de triodo. Suponha que os capacitores sejam muito grandes e Rn = 10 kíl.

rr

7.62 O circuito mostrado na Fig. 7.84 deve prover um

ganho de tensão de 6, com Cs funcionando como uma baixa impedância nas frequências de interesse. Supondo um orçamento de potência de 2 mW e uma impedância de entrada de 20 k í l, projete o circuito de modo que opere a 200 mV da região de triodo. Escolha os valores de C, e de Cs para que suas impe­ dâncias sejam desprezíveis em 1 MHz. VDD' 1,8 V

Vdd = 1.8 V

c2 HI----0 ^out

Vin»Figura 7.82

^out -It

r

s t

Figura 7.84

7.58 O amplificador FC da Fig. 7.82 deve ser projetado

para um ganho de tensão de 5, com um orçamento de potência de 2 mW. Se = 1 V, determine o necessário valor de W/L. Use as mesmas hipóteses do Exercício 57. 7.59 Desejamos projetar o estágio FC da Fig. 7.82 para

máximo ganho de tensão, mas com W/L < 50/0,18 e máxima impedância de saída de 500 íl. Determine a corrente necessária. Use as mesmas hipóteses do Exercício 57. 7.60 O estágio degenerado ilustrado na Fig. 7.83 deve

prover um ganho de tensão de 4 com um orçamento de potência de 2 mW e uma queda de tensão em Rs

7.63 No circuito da Fig. 7.85, M2 funciona como uma

fonte de corrente. Projete o estágio para um ganho de tensão de 20 e um orçamento de potência de 2 mW. Suponha A = 0,1 V_i para os dois transistores e que o máximo nível permitido na saída seja de 1,5 V (isto é, M2 deve permanecer em saturação se 7.64 Considere o circuito mostrado na Fig. 7.86, em que

Cwé muito grande e A„ = 0,5A,, = 0,1 V-í (a) Calcule o ganho de tensão. (b) Projete o circuito para um ganho de tensão de 15 e um orçamento de potência de 3 mW. Suponha

Amplificadores C M O S

R(í ** 10(roillrí;2) e que o nível DC da saída deve ser igual a VDD/2.

de tensão de 5. Suponha um orçamento de potência de 3 mW. VDD= 1,8 V

V’0D=1,8V Kdd = 1>8 V

CB ■■Hl—

H t?w 2 Rg

‘'out

^in°----

299

-°v.out

Kn°---Figura 7.85

Figura 7.86 Figura 7.89

7.65 O estágio FC da Fig. 7.87 incorpora uma fonte de

corrente PMOS degenerada. A degeneração deve elevar a impedância de saída da fonte de corrente a cerca de 10rol9 de modo que o ganho de tensão permaneça praticamente igual ao ganho intrínseco de Aí,. Suponha A= 0,1 V 1para os dois transistores e um orçamento de potência de 2 mW. (a) Se VH= 1 V, determine os valores de (W/L)2 e de Rs de modo que a impedância que se vê ao olhar para o dreno de Aí2seja igual a 10rOI. (b) Determine (W/L), para se alcançar um ganho de tensão de 30.

7.68 Projete o circuito da Fig. 7.90 de modo que Aí, opere

a 100 mV da região de triodo e proveja um ganho de tensão de 4. Suponha um orçamento de potência de 2 mW. VDD= 1,8 V

Figura 7.90

7.69 A Fig. 7.91 mostra um estágio porta comum auto-

7.66 Supondo um orçamento de potência de l mW e uma

tensão de sobrecarga (overdrive) de 200 mV para Aí,, projete o circuito mostrado na Fig. 7.88 para um ganho de tensão de 4.

polarizado,em que RG» 10/?/, e CGfunciona como uma baixa impedância, de modo que o ganho de tensão ainda é dado por g,„Rn. Projete o circuito para um orçamento de potência de 5 mW e um ganho de tensão de 5. Suponha Rs 10/gm, para que a impe­ dância de entrada permaneça aproximadamente igual a 1lg,„.

VDD= 1.8V

‘'out

Figura 7.88

7.67 Projete o estágio porta comum ilustrado na Fig. 7.89

7.70 Projete o estágio PC mostrado na Fig. 7.92 de modo

para uma impedância de entrada de 50 íl e um ganho

que possa acomodar uma excursão de saída de 500

300

Capítulo Sete m Vppy ou seja, Vtml pode cair 250 mV abaixo do seu valor de polarização sem levar M, à região de triodo. Suponha um ganho de tensão de 4 e uma impedância de entrada de 50 íl. Escolha R s « 10/g„, e R x + R 2 = 20 kíi. (Sugestão: Como A/, é polarizado a 200 mV da região de triodo, temos RsI n + VCtS - VTI, + 250

7.72 Considere o seguidor de fonte ilustrado na Fig. 7.94.

O circuito deve prover um ganho de tensão de 0,8 em 100 MHz e consumir 3 mW. Projete o circuito de modo que o ganho de tensão no nó X seja igual a Vn,J2. Suponha que a impedância de entrada exceda 20 k íl.

m V = VIW - IpRp.)

VDD= 1.8 V M 1

^in°”

c, -oV,out

Figura 7.94

7.73 No seguidor de fonte da Fig. 7.95, M2funciona como 7.71 Projete o seguidor de fonte ilustrado na Fig. 7.93

para um ganho de tensão de 0,8 e um orçamento de potência de 2 mW. Suponha que o nível DC da saída seja igual a VniJ2 e que a impedância de entrada exceda 10 kíl.

uma fonte de corrente. O circuito deve operar com um orçamento de potência de 3 mW, ganho de tensão de 0,9 e saída máxima permitida de 0,3 V (ou seja, M 2 deve permanecer em saturação se V I)S2 ^ 0,3 V). Suponha A = 0,1 V-1 para os dois transistores e projete o circuito.

^ d =1,8V Vdd =1,8 V

^in°“

^in°—

M-\

-° v,out

vout

Vb*— Figura 7.95

Figura 7.93

EXERCÍCIOS

COM SPICE

Nos exercícios a seguir, use os modelos MOS e dimensões de fonte/porta dados no Apêndice A. Suponha que os subs­ tratos dos dispositivos NMOS e PMOS sejam conectados à terra e a Vt)l), respectivamente. 7.74 No circuito da Fig. 7.96, /, é uma fonte de corrente

ideal igual a 1 mA. (a) Calcule, manualmente, o valor de (VV7L), de modo que gml = (100 íl)"1. (b) Escolha o valor de C, para uma impedância ~ 100 íl ( « 1 kíl), em 50 MHz. (c) Simule o circuito e obtenha o ganho de tensão e impedância de saída em 50 MHz. (d) Como o ganho é alterado se /, variar de ± 20%?

T ^ d= 1,8V © 'i -oV,out VA—

10 kQ 1 kQ

^in°---II—

— M1 : Figura 7.96

7.75 O seguidor de fonte da Fig. 7.97 emprega uma fonte

de corrente de polarização, M2. (a) Que valor de Vmcoloca M2 na fronteira da região de saturação?

Amplificadores C M O S

(b) Que valor de Vincoloca M xna fronteira da região de saturação? (c) Determine o ganho de tensão se Vin tiver um valor DC de 1,5 V. (d) Como o ganho é alterado se Vh variar de ±50 mV?

301

7.77 Considere o estágio FC mostrado na Fig. 7.99, em

que M2opera como um resistor. (a) Determine W2de modo que um nível DC de 0,8 V na entrada produza um nível DC de 1 V na saída. Qual é o ganho de tensão nessas condi­ ções? (b) Que alteração sofre o ganho se a mobilidade do dispositivo NMOS variar de ±10%? Você é capaz de explicar este resultado usando as expressões deduzidas para a transcondutância no Capítulo 6?

•'out

Mo

°-8 v ^ 4

VDD=1,8V õ^ r

0,18

Figura 7.97

•'out

7.76 A Fig. 7.98 ilustra uma cascata de um seguidor de

fonte e de um estágio porta comum. Suponha Vh = 1,2 V e (W/L)x = (W/L)2 = 10 /xm/0,18 /xm. (a) Determine o ganho de tensão se Vin tiver um valor DC de 1,2 V. (b) Verifique que o ganho cai se o valor DC de Vin for maior ou menor que 1,2 V. (c) Que valor DC na entrada reduz o ganho em 10% em relação ao valor obtido em (a)?

V in o -d -!2M1 10,18 T Figura 7.99

7.78 Repita o Exercício 77 para o circuito ilustrado na

Fig. 7.100 e compare as sensibilidades em relação à mobilidade. 1,8 V

¥DD

è 1 kíl •'out

« n °’18 11-----0 Vout V in
Figura 7.100

Figura 7.98

C A P I T U L O

8 Amplificador Operacional como Caixa-Preta A expressão “amplificador operacional” (amp op) foi cunhada nos anos 1940, muito antes da invenção do transistor e de circuitos integrados. A m p ops reali­ zados com válvulas a vácuo1eram o núcleo de “inte­ gradores” e “diferenciadores” eletrônicos e de outros circuitos que formavam sistemas cujo comportamento seguia certas equações diferenciais. Esses circuitos, cham ados “com putadores analógicos”, eram usados para o estudo da estabilidade de equações diferen­ ciais que surgiam em áreas como sistemas de controle ou de potência. Com o cada am p op im plem entava uma operação m atem ática (p. ex., integração), foi criada a expressão “amplificador operacional”.

A m p ops têm larga aplicação em circuitos ele­ trônicos discretos e integrados da atualidade. No telefone celular estudado no Capítulo 1, por exem ­ plo, amp ops integrados atuam como blocos funda­ m entais de filtros (ativos). D e m odo similar, am p ops são, com frequência, em pregados no(s) con­ v erso res) analógico-digital(is) usado(s) em câmeras digitais. N este capítulo, estudarem os o am plificador operacional com o uma caixa-preta e desenvolve­ remos circuitos baseados em amp ops para executar funções interessantes e úteis. O roteiro que segui­ remos é m ostrado a seguir.

'Válvulas a vácuo eram dispositivos amplificadores que consistiam em um filamento que liberava elétrons, uma placa que os reco­ lhia e uma outra que controlava o fluxo - um pouco parecido com MOSFETs.

302

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

303

estudados nos Capítulos 5 e 7 têm apenas um nó de en trad a (ou seja, o sinal de en trad a é am ostrado em relação à terra). Como será visto ao longo deste O amplificador operacional pode ser representado, de m aneira abstrata, com o um a caixa-preta com capítulo, a principal propriedade de amp ops, Voul = duas entradas e uma saída.2 O símbolo de amp op, M v m — Vin2), constitui a base de diversas topolom ostrado na Fig. 8.1 (a), distingue as duas entradas gias de circuitos, cuja realização seria difícil com um pelos sinais mais e menos; Vjtú e Vin2 são chamadas, amplificador de característica V„M = AV,,,. Circuitos respectivam ente, entradas “não inversora” e “inver- amplificadores com duas entradas são estudados no sora”. Vemos o amp op como um circuito que ampli­ Capítulo 10. Como se com porta um amp op “ideal”? Um amp fica a diferença entre as duas entradas e obtem os o circuito equivalente ilustrado na Fig. 8.1 (b). O ganho op ideal provê ganho de tensão infinito, impedância de entrada infinita, impedância de saída nula e velo­ de tensão é representado por A 0: cidade infinita. Na verdade, a análise de prim eira (8 .1) ordem de um circuito baseado em amp op começa, Vou, = A 0(Vm - VM ). em geral, com esta idealização, que revela rapida­ m ente a função básica do circuito. Podemos, depois, É interessante desenhar o gráfico de VOMem função considerar o efeito das “não idealidades” do amp op de uma entrada, enquanto a outra permanece em zero. no desem penho do circuito. Com V/f,2 — 0, tem os Vmu — A 0VM, o que resulta no O ganho m uito alto do am p op leva a uma com portamento mostrado na Fig. 8.2(a). A inclinação observação im portante. C om o circuitos realistas positiva (ganho) é coerente com o rótulo “não inver­ produzem excursões de saída finitas, por exemplo, sora'' dado a Vnú. Se, por sua vez, VM = 0, V„M= - A 0Vin2 2 V, a diferença en tre Vini e Vln2 na Fig. 8.1 (a) é [Fig. 8.2(b)], o que revela uma inclinação negativa e, sem pre pequena: portanto, um com portam ento de “inversão”. O leitor pode se p erg u n tar por que o am p op (8 .2 ) VM - VM = tem duas entradas. Afinal, os estágios amplificadores Ao

8.1

C O N S ID E R A Ç Õ E S G ER A IS

2Nos modernos circuitos integrados, em geral amp ops têm duas saídas que variam de maneiras iguais e opostas.

304

Capítulo Oito

Em outras palavras, o am p op e os circuitos que o envolvem tornam as entradas VhA e Vin2 próximas uma da outra. Seguindo a idealização anterior, podemos dizer que Vinl = Vin2 se A 0 = ». Um erro comum consiste em interpretar Vinl = Vj„2 como se os dois term inais VM e V„,2 estivessem

Exem plo 8.1

conectados um ao outro em curto-circuito. Devemos ter em m ente que a diferença VM ~ K,2 se torna apenas infinitamente pequena à medida que /40-* °°,e não se pode supor que seja exatamente igual a zero.

O circuito mostrado na Fig. 8.3 é chamado buffer de “ganho unitário”. Notemos que a saída é conec­ tada à entrada inversora. Determinemos a tensão de saída se VM = + 1 V e A 0 = 1000. A 0 = 1000 +1V

‘'out

i Figura 8.3

Solução

Buffer dc ganho unitário.

Se o ganho de tensão do amp op fosse infinito, a diferença entre as duas entradas seria zero e Voul = Viin o que justifica a expressão “buffer de ganho unitário”. Para um ganho finito, escrevemos Voul = Ao(Vinl - Vin2)

(8.3)

= A 0(Vin- V oul).

(8.4)

Ou seja. Voiu

Aq

(8.5)

Como se esperava, o ganho tende à unidade à medida que A„ aumenta. Neste exemplo, A> = 1000, V„, = 1 V e Voul = 0,999 V. De fato, VM - Vin2é pequeno em relação a V„, e V„,„. Exercício

Que valor de A„ é necessário para que a tensão de saída seja igual a 0,999V?

A m p ops são, às vezes, representados como m ostrado na Fig. 8.4, para indicar as tensões de alim entação, V e Vcc, de m aneira explícita. Por exemplo, um amp op pode o p erar entre a terra e a entrada positiva; neste caso, VII: = 0.

8.2

N esta seção, estudarem os alguns circuitos que utilizam am p ops para processar sinais analógicos. Em cada caso, primeiro partimos de um amp op ideal para facilitar o entendim ento dos princípios básicos e, em seguida, examinamos o efeito do ganho finito no desempenho. 8.2.1

Figura 8.4

Amp op com terminais de alimentação.

CIRCUITOS BA SE A D O S EM A M P OPS

A m p lific a d o r Não Inversor

Recordem os, dos C apítulos 5 e 7, que o ganho de tensão de am plificadores depende, em geral, do resistor de carga e de outros parâm etros que podem variar de m odo considerável com a tem peratura ou

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

305

C om o um ganho elevado do am p op se traduz em uma pequena diferença entre VM e Vin2, temos (8.7)

(8.8)

Figura 8.5

logo,

Amplificador não inversor.

processo de fabricação.3 Em conseqüência, o próprio ganho de tensão pode sofrer variação de, digamos, ± 20% . E ntretan to , em algum as aplicações (p. ex., conversores A /D ), pode ser necessário um ganho muito mais preciso (p. ex., 2,000). Circuitos baseados em amp ops podem oferecer esse tipo de precisão. O amplificador não inversor, ilustrado na Fig. 8.5, consiste em um amp op e um divisor de tensão que retor­ na uma fração da tensão de saída à entrada inversora: Vin2 =

Exem plo 8.2

Ri R \+ R 2

(8.6)

Ku, V„,

(8.9)

D evido ao ganho positivo, o circuito é cham ado “amplificador não inversor”. É interessante observar que o ganho de tensão depende apenas da razão entre os valores dos resistores;se /?, e R2aum entam de 20%, /?,//?2 permanece constante. A ideia de criar dependência apenas em relação à razão entre grandezas que têm a mesma dimensão desempenha papel fundamental no projeto de circuitos.

Estudemos o amplificador não inversor em dois casos extremos: RJR2 — 00 e RJR2 — 0.

Solução

Se RJR2—»<», por exemplo, se R2 tender a zero, notamos que Vottl/V in —> 00. Como ilustrado na Fig. 8.6(a), isto ocorre porque o circuito se reduz ao próprio amp op e nenhuma fração da saída é realimentada à entrada. O resistor /?, apenas carrega o nó de saída e não tem qualquer efeito sobre o ganho, desde que o amp op seja ideal. Se R\lR2—> 0, por exemplo, se R2tender ao infinito, temos VOM/Vin—»1. Este caso, ilustrado na Fig. 8.6(b), na verdade se reduz ao buffer de ganho unitário da Fig. 8.3, pois o amp op ideal não puxa corrente nas entradas, resultando em uma queda de tensão nula em R, e, portanto, Vjn2 = V(mr

Exercício

Suponha que o circuito seja projetado para um ganho nominal de 2,00 mas R{e R2diferem em 5% (ou seja, /?, = (1 ± 0,05)/?2). Qual é o verdadeiro ganho de tensão?

'Variação com o processo significa que circuitos fabricados em “lotes" diferentes exibem características ligeiramente diferentes.

306

Capítulo Oito

Agora, consideremos o ganho finito do amp op. Com base no m odelo da Fig. 8.1(b), escrevemos (VM - Vm )A0 = Vou,,

(8.10)

e substituímos Vm2 de (8.6): Km V in

1+

Ao R2 Ao R\ + R 2

(8.11)

C om o se esperava, este resultado se reduz a (8.9) se A {)R 2/(R l + R2) » 1. Para evitar confusão entre o ganho do am p op, A 0, e o ganho do amplificador total, Vou,/V in, cham am os o prim eiro de ganho em “malha ab erta”, e o segundo, de ganho em “malha fechada”.* A Eq. (8.11) indica que o ganho finito do amp op dá origem a um pequeno erro no valor de Vm„/Vin. Se for muito maior que a unidade, o term o A J i 2l(R x + R 2)

Exemplo 8.3 S olução

pode ser fatorado a partir do denominador, segundo a aproximação (1 + e)-1 1 - e, para e « 1.

O term o (1 + R / R 2)/A 0, cham ado “erro de ganho”, deve ser minimizado segundo as exigências de cada aplicação.

Um amplificador não inversor incorpora um amp op que tem ganho de 1000. Determinemos o erro de ganho caso o circuito tenha de prover ganho nominal de (a) 5 e (b) 50. Para um ganho nominal de 5, temos 1 + R /R 2 = 5, correspondendo a um erro de ganho de

( 1+ | ) i = ° - 5 % *São igualmente aceitas as denominações “ganho de malha aberta" e “ganho de malha fechada". (N.T.)

(813)

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

Se 1 +

R \/R 2

307

= 50, temos (8.14)

Em outras palavras, um ganho em malha fechada mais alto sempre tem menor precisão. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o amp op tem ganho de 500.

Com um amp op ideal, o amplificador não inversor exibe impedância de entrada infinita e impedância de saída nula. As impedâncias I/O de um amp op não ideal são deduzidas no Exercício 7. 8.2.2

A m p lific a d o r Inversor

O "amplificador inversor”, ilustrado na Fig. 8.7(a), incor­ pora um amp op e resistores /?, e /?2' com a entrada não inversora conectada à terra. Recordemos, da Seção 8.1, que, se o ganho do amp op for infinito, uma excursão de saída finita se traduz em VM — Vin2 —* 0; ou seja, o nó X está em um potencial nulo, em bora não esteja aterrado. Por isto, o nó X é cham ado “terra virtual”. Nessas condições, toda a tensão do circuito aparece em R: e produz uma corrente Vin/R 2, que deve fluir por R h caso a entrada do amp op não puxe uma corrente [Fig. 8.7(b)]. Como o terminal esquerdo de /?, permanece no potencial zero e o da direita permanece em V
(8.15)

Ri

Ri

logo, Vm

-R \

V:„

Rz

(8.16)

onde o ponto entre os dois braços é “preso” (ou seja, não se move) e permite que o deslocamento do ponto A seja “amplificado” (e “invertido”) no ponto B. O desenvolvimento anterior também revela que a terra virtual não pode ser curto-circuitada à terra real. Na Fig. 8.7(b), um curto-circuito como este faria com que toda a corrente que flui por R2 fluísse para a terra, o que resultaria em V,mil = 0. É interessante observar que o amplificador inversor tam bém pode ser dese­ nhado como na Fig. 8.8, mostrando uma semelhança com o circuito não inversor, mas com a entrada apli­ cada a um ponto diferente. Em contraste com o amplificador não inversor, a topologia da Fig. 8.7(a) apresenta uma impedância de entrada igual a R 2- como se pode ver da corrente de entrada, V J R 2, na Fig. 8.7(b). Ou seja, um m enor valor de R 2 resulta em m aior ganho e m enor impe­ dância de entrada. Essa relação de perm uta às vezes torna esse amplificador menos atraente que o corres­ pondente não inversor. Agora, calculemos o ganho em malha fechada do amplificador inversor para um ganho finito do amp op. Notamos,da Fig. 8.7(a),que as correntes que fluem por R 2 e por são dadas por (Vin - Vx)/R 2 e (V x Voul)IR u respectivamente. Além disto, Vou, = Ao(Vj„i - Vin2)

(8.17)

D evido ao sinal negativo, o circuito é cham ado (8.18) = - A 0VX . “amplificador inversor”. Com o no caso do amplifi­ cador não inversor, o ganho desse circuito é dado pela razão entre os dois resistores; em conseqüência, Igualando as correntes em R 2e R ^e substituindo Vx obtemos sofre apenas pequenas variações com tem peratura e por — processo de fabricação. 1 V^ É im portante entender o papel da terra virtual (8.19) Vilt i «2 / 1 A nesse circuito. Se a entrada inversora do amp op não ^ + s ; U + ') estivesse em potencial próxim o de zero, nem V„/R2 nem V„u,/R\ representariam com precisão as correntes (8.20) que fluem em R 2e R u respectivamente. Este compor­ tamento é semelhante ao de uma gangorra [Fig. 8.7(c)], Ri A0 R i) V

308

Capítulo Oito

F atorando por R 2/R , do d en o m in ad o r e supondo (1 + R iIR2)IA() «: 1, temos

Exem plo 8.4 Solução

C om o se esperava, um m aior ganho em malha fechada (*»—/?,//?2) é acom panhado de m aior erro de ganho. Notem os que a expressão para o erro de ganho é a mesma para os amplificadores não inversor e inversor.

Projetemos o amplificador inversor da Fig. 8.7(a) para um ganho nominal de 4, erro de ganho de 0,1% e impedância de entrada de pelo menos 10 kíl. Como tanto o ganho nominal como o erro de ganho são dados, devemos, primeiro, determinar o mínimo ganho do amp op. Temos (8.22) (8.23) Logo, (8.24)

Ao = 5000. Como a impedância de entrada é aproximadamente igual a R:. escolhemos:

Exercício

R2 = lOkfi

(8.25)

R\ =40kf l .

(8.26)

Repita o exemplo anterior para o caso em que o erro de ganho é de 1% e compare os resultados.

No exemplo anterior, admitimos que a impedância de entrada era aproximadamente igual a R2. Quão precisa é esta hipótese? Com A 0 = 5000, a terra virtual está sujeita a uma tensão de - V^/5000 =» -4V/„,/5(XK),oque resulta em uma corrente de entrada de ( V„, + 4 V^/5000)/R,. Portanto, esta hipótese leva a um erro de cerca de 0,08% - um valor aceitável na maioria das aplicações. 8.2.3

Figura 8.9 o amp op.

In te g ra d o r e D ife re n cia d o r

No estudo da topologia do inversor nas seções ante­ riores, admitimos que um circuito resistivo envolvia o amp op. Em geral, é possível em pregar impedâncias complexas em vez de resistências (Fig. 8.9). Em analogia com (8.16), podem os escrever £i Zi

(8.27)

Circuitos com impcdâncias genéricas envolvendo

In te g ra d o r

Suponham os que, na Fig. 8.9, Z, seja um capacitor e Z 2, um resistor (Fig. 8.10). O u seja, Z, = (C ,i) 1 e Z 2 = R x. Com um am p op ideal, tem os 1 C)5

onde adm itim os que o ganho do am p op é grande. Se Z, ou Z 2 for um capacitor, duas funções interes­ santes resultam.

(8.28)

R\

l R\C\s

(8.29)

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

Figura 8.11

O circuito produz um polo na origem 4 e funciona como um integrador (e filtro passa-baixas). A Fig. 8.11 mostra um gráfico da magnitude de Voul/V„, em função da frequência. O cálculo anterior tam bém pode ser feito no domínio do tempo. Igualando as correntes que fluem por R, e C h obtemos, V in

d V out

^

(8.30)

n ; = - c '- d r logo,

~ m

Exem plo

8.5

f

(8.31)

Vi„ dt.

309

Resposta de frequência do integrador.

A Eq. (8.29) indica que V„u,/V in tende ao infinito à medida que a frequência de entrada tende a zero. Isto era de se esperar: a impedância do capacitor se torna muito grande nas frequências baixas, tendendo a um circuito aberto, o que reduz o circuito ao amp op de malha aberta. Como mencionamos no início do capítulo, inte­ gradores surgiram, originalmente, em com putadores analógicos para simular equações diferenciais. Hoje em dia, integradores eletrônicos são usados em filtros analógicos, sistemas de controle e muitas outras apli­ cações.

Desenhemos o gráfico da forma de onda do circuito mostrado na Fig. 8.12(a). Vamos supor condição inicial nula em C, e um amp op ideal.

R\ ^in°----Wr V*Ti 1 'b R,1 C

•'out R

t (a)

Figura 8.12

Solução

(b)

(a) Integrador com pulso como entrada, (b) formas de onda de entrada e de saída.

Quando a entrada passa de 0 para Vx, uma corrente constante e igual a VJRXcomeça a fluir pelo resistor e, portanto, pelo capacitor, forçando a tensão da placa direita de C, a cair de modo linear com o tempo, enquanto a da placa esquerda é mantida em zero [Fig. 8.12(b)]:

4As frequências dos polos são obtidas igualando o denominador da função de transferência a zero.

310

Capítulo Oito

Vou, =

vindt

(8.32)

~ m í Vj_ t 0 < t < T/,. 'R\Cx

(8.33)

(Notemos que a forma de onda de saída se torna "mais abrupta” à medida que /?,C, diminui.) Quando V„, retorna a zero, as correntes que fluem por Rxe C, também retornam a zero. A partir deste momento, a tensão no capacitor e, portanto. V„„, permanecem iguais a - V XTJ(RXCX) (propor­ cionais à área sob o pulso de entrada). Exercício

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara o caso em qu e V , é negativo.

O exem plo a n terio r d em o n stra o papel da te rra virtual em integradores. A integração ideal, descrita por (8.32), ocorre porque a placa esquerda de C, é m antida no potencial zero. Para um m elhor en tendim ento, com parem os a resposta do in te­ grador a uma função degrau com a de um filtro RC de prim eira ordem . C om o ilustrado na Fig. 8.13, o integrador força o fluxo de uma corrente constante (igual a V X!R X) pelo capacitor. O filtro RC, por sua

Figura 8.13

Comparação entre integrador e circuito RC.

A gora, analisemos o desem penho do integrador para A 0 < oo. D enotando, na Fig. 8.10, o potencial do nó de terra virtual por Vx, temos Vx Ri

Vx - V„ 1 Cis

vez, cria um a co rren te igual a (V jn - V,„„)//?,, que dim inui à m edida que VIIUI aum enta, resultando em uma variação de tensão cada vez mais lenta em C,. Portanto, podemos considerar o filtro RC como uma aproxim ação “passiva” do integrador. Na verdade, para um produto R XC Xgrande, a resposta exponen­ cial na porção direita da Fig. 8.13 se torna suficien­ tem ente lenta para poder ser aproxim ada por uma rampa.

(8.34)

Logo, -1

Vom

vin

R\C\s

este resultado revela que o ganho em s = 0 é limitado a A„ (deixa de ser infinito) e a frequência do polo é deslocada de zero para -1 S n ---

Vx =

—An

(8.36)

(8.37)

(8.35)

Este circuito é,às vezes,chamado integrador “com perda”, para enfatizar o ganho não ideal e a posição do polo.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

Exemplo 8.6

311

Recordemos, da teoria básica de circuitos, que o filtro RC da Fig. 8.14 contém um polo em —1/ (RXCX). Determinemos Rx e Cx de modo que esse circuito tenha o mesmo polo que o integrador considerado antes. ^in°------ VA------ ?------ o Vout

Figura 8.14

Solução

Filtro passa-baixas simples.

De (8.37), RxCx = (A0 + l)RiC1.

(8.38)

A escolha dos valores de Rx e de Cx é arbitrária, desde que o produto dos dois satisfaça (8.38). Uma escolha interessante é Rx = Ri

(8.39)

Cx = (A0 + l)Ci.

(8.40)

Ou seja, é como se o amp op “aumentasse” o valor de C, por um fator A {) + 1. Exercício

Qual deve ser o valor de Rx se Cx = C,?

D iferenciador

Se, na topologia genérica da Fig. 8.9, Z, for um resistor e Z 2 um capacitor (Fig. 8.15), temos

V in

= - - T1 -

<8'41>

Cis = - R iCís .

(8.42)

Figura 8.15

Diferenciador.

O circuito exibe um zero na origem e funciona como um diferenciador (e filtro passa-altas). A Fig. 8.16 mostra um gráfico da magnitude de Vou,/Vjn em função da frequência. De uma perspectiva no domínio do tempo, podemos igualar as correntes que fluem por C, e /?,: Ci

dVu di

v out

~r 7'

(8.43)

e obtem os Vou, = -R iC i

dVin dt

(8.44)

É interessante com parar a operação do diferenciador com a de seu correspondente “passivo” (Fig. 8.18). No diferenciador ideal, o nó de terra virtual

Figura 8.16

Resposta de frequência do diferenciador.

permite que a entrada altere a tensão em C, de modo instantâneo. No filtro RC, o nó A" não está “preso” e, portanto, segue a variação da entrada e m / = ü e limita

312

Capítulo Oito

Exem plo

8.7

Desenhemos o gráfico da forma de onda do circuito mostrado na Fig. 8.17(a), supondo um amp op ideal.

rC1 «1 -Wr

1

I 1

«'in-

‘'out

^in -C~~

T

t

0 (a) Figura 8.17

Solução

(b)

(a) Difercnciador com pulso como entrada, (h) formas dc onda dc entrada c de saída.

Em t = 0 , Vin = 0 e V,ml = 0 (por quê?). Quando Vln passa a V,» um impulso de corrente flui por C „ pois o amp op mantém Vx constante: Un = C i

dVin dt

=c,Viá(0 .

(8.45) (8.46)

A corrente flui por I<1e gera uma saída dada por: V0ui =

(8.47)

hnR 1

= -R & V M ).

(8.48)

A Fig. 8.17(b) ilustra o resultado. Em t = Th, V„, retorna a zero e, mais uma vez, cria um impulso de corrente em C,: i _ ç dVin i n _ Cl dt = 0 ^ 8 (1 ).

(8.49) (8.50)

Portanto, Vous ~

lin R

1

= RiCiVi6(t).

(8.51) (8.52)

Podemos dizer, portanto, que o circuito gera um impulso de corrente [±C,K,ô(/)] e o “ampli­ fica” por um fator para produzir V(tur Na verdade, a saída não exibe uma amplitude infinita (limitada pela tensão de alimentação) nem largura nula (limitada pelas não idealidades do amp op). Exercício

Desenhe o gráfico da saída para K, negativo.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

a corrente inicial no circuito a V J R X. Se a constante de tem po de decaimento, R XC X, for suficientemente pequena, o circuito passivo pode ser visto como uma aproxim ação do diferenciador ideal. Agora, analisemos o diferenciador com um ganho finito do amp op. Igualando as correntes no capacitor e no resistor da Fig. 8.15, obtem os

Exem plo

8.8

V„, - V x

Vx - Vol

1 Cis

Ri

Substituindo - V„u/ A 0, temos Vom

Vin

- R iC \s 1 R\C \s

(8.54)

1 + Ao ~2— I----A1— 0

Em contraste com o diferenciador ideal, o circuito contém um polo em

(8.53)

Ap + 1

*.c, '

(8.55)

Vamos determinar a função de transferência do filtro passa-altas da Fig. 8.19 e escolher os valores de Rx e de Cx de modo que a frequência do polo deste circuito coincida com (8.55).

-° V,o u t

^ino-

Figura 8.19

Solução

313

Filtro passa-altas simples.

O capacitor e o resistor funcionam como um divisor de tensão: Vo*

Rx

Vin

1 Rx + Cx s RxCxs RxCx s + 1 ’

(8.56)

(8.57)

Portanto, o circuito exibe um zero na origem (s = 0) e um polo em —1l(RxCx). Para que a frequên­ cia deste polo seja igual a (8.55), devemos ter 1 _ Ao + 1 RxCx R\C\

(8.58)

314

Capítulo Oito

Uma escolha para os valores de Rx e de Cx é

Exercício

Rx = - T ^ - r A,) + 1

(8.59)

Cx = Cl.

(8.60)

Qual deve ser o valor de Cx se Rx = /?,?

Uma deficiência im portante de diferenciadores advém da amplificação de ruído de alta frequência. Como sugerem a Eq. (8.42) e a Fig. 8.16, o crescente ganho do circuito nas frequências altas tende a ampli­ ficar o ruído. A topologia genérica da Fig. 8.9 e os associados integrador e diferenciador operam com o circuitos inversores. O leitor pode se perguntar se é possível empregar uma configuração similar à do amplificador não inversor da Fig. 8.5 para evitar a m udança de sinal. A Fig. 8.20 mostra um circuito desse tipo, que realiza a seguinte função de transferência:

vários microfones podem converter os sons de dife­ rentes instrum entos musicais em tensões, que devem ser somadas para se criar a peça musical completa. Na indústria de áudio, esta operação é cham ada “mixagem”.5 Por exemplo, em fones de ouvido com “cancelam ento de ru íd o ”, o ruído do am biente é aplicado a um amplificador inversor e, em seguida, som ado ao sinal, o que resulta em cancelam ento do ruído.

«F — VA----------^1

W í— í X

V2o—

v w -J

r2

Figura 8.21

>

*—° V0u>

X -

Somador dc tensão.

A Fig. 8.21 ilustra um som ador de tensão que incorpora um amp op. Com um amp op ideal, Vx = 0 e S, e /?, conduzem correntes proporcionais a V t e V2, respectivamente. As duas correntes se som am no nó de terra virtual e fluem por R,: K| + Vz = ~ V°"‘ R, R2 Rf

(8.62)

Ou seja, se o amp op for ideal. Infelizmente, esta função não se traduz em integração ou diferenciação ideal. Por exemplo, Z, = e Z 2 = l/(C>s) produzem um dife­ renciador não ideal (por quê?). 8.2.4

S o m ad or de Tensão

A necessidade de som ar tensões surge em diversas aplicações. Na gravação de áudio, por exem plo,

Vou, =

(8-63)

Por exemplo, se R ] = R, = R , V„u, =

-R f (Vx + V2). R

(8.64)

Portanto,este circuito pode somar e amplificar tensões. A extensão a mais de duas tensões é simples.

'Na indústria de RF e de comunicação sem lio, o termo "mixagem", ou "mistura”, tem um significado completamente distinto.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

A Eq. (8.63) indica que V , e V2 podem ser somadas com pesos diferentes: R,.-/Rxe Rl./R2, respec­ tivam ente. Esta propriedade tam bém se m ostra útil em diversas aplicações. Por exemplo, na gravação de áudio pode ser necessário reduzir o “volume" de um instrum ento musical em parte da peça, tarefa que pode ser executada com a variação dos valores de e de R 2. O com portam ento do circuito na presença de ganho finito do amp op é estudado no Exercício 31.

8.3

FUNÇÕ ES NÃO LIN E A R E S

Com o uso de amp ops e de dispositivos não lineares, com o transistores, é possível im plem entar funções não lineares úteis. A propriedade de terra virtual tem um papel essencial aqui. 8.3.1

R e tifica d o r de P recisão

Os circuitos retificadores descritos no Capítulo 3 têm uma “zona m orta”, devido às tensões finitas neces­ sárias para ligar os diodos. O u seja, se a am plitude do sinal de entrada for m enor que cerca de 0,7 V, os diodos perm anecem desligados e a tensão de saída perm anece em zero. Esta deficiência im pede o uso do circuito em aplicações de alta precisão, como, por exemplo, quando um sinal pequeno recebido por um telefone celular precisa ser retificado para que sua am plitude seja determ inada. É possível co n ectar um d io d o a um am p op para form ar um “retificador de p recisão ” , isto é, um circuito que retifica até m esm o sinais pequenos.

Comecemos com um buffer de ganho unitário conec­ tado a uma carga resistiva [Fig. 8.22(a)]. N otam os que o alto ganho do amp op garante que o nó A'siga Vin (tanto nos ciclos positivos como nos ciclos nega­ tivos). Agora, suponham os que desejamos m anter X em zero durante os ciclos negativos, ou seja, “ab rir” a conexão en tre a saída do am p op e sua entrada inversora. Isto pode ser feito tal como ilustra a Fig. 8.22(b), onde D x é inserido na m alha de realimentação. N otem os que Voul é am ostrado em X e não na saída do amp op. Para analisar o funcionam ento desse circuito, vamos supor, primeiro, que Vin = 0. Na tentativa de minim izar a diferença de tensão entre as entradas não inversora e inversora,o amp op aumenta Vy para, aproxim adam ente, V l)] on, ligando D h mas com uma corrente baixa, de modo que Vx ** 0. Agora, se Vin se tornar ligeiram ente positivo, V Y aum enta ainda mais e a corrente que flui por D, e R xproduz Voul *» Vin. Ou seja, até mesmo os baixos níveis positivos na entrada aparecem na saída. O que acontece se Vin se to rn a r ligeiram ente negativo? P ara que V0tt, assum a um valor negativo, £>, deve co n d u zir um a c o rre n te de X p ara V, o que não é possível. P o rtan to , D, é desligado e o am p op produz uma saída negativa m uito grande (próxim a da p arte negativa da alim entação), pois sua en tra d a não inversora fica abaixo da en trad a inversora. A Fig. 8.22(c) m ostra gráficos das formas de o n d a do circu ito em resp o sta a um a e n tra d a senoidal. As grandes excursões na saída do am p op das Figs. 8.22(b) e 8.23(a) reduzem a velocidade do

A

o [ J

u

' 'D.on

r(a)

Figura 8.22

(b)

315

M (c)

(a) Circuito simples com amp op, (b) retificador dc prccisão, (c) formas dc onda do circuito.

316

Capítulo Oito

Exem plo

8.9

Desenhemos os gráficos das formas de onda do circuito da Fig. 8.23 (a) em resposta a uma entrada senoidal.

J?1 y -V fr-i

D1 -Of-

'A

f

\

“O IT t

'D,on (a) Figura 8.23

Solução

Exercício

r

(b)

(a) Retificador de precisão inversor, (b) formas de onda do circuito.

Para Vm - 0, o amp op gera V Y » - VD^„, de modo que D, está praticamente no limite de condução, /
circuito, pois o am p op deve se "‘recu p erar’' de um valor satu rad o p ara que possa ligar D, de novo. O u tras técnicas podem reso lv er este problem a (Exercício 39).

8.3.2

A m p lific a d o r L og arítm ico

Considerem os o circuito da Fig. 8.24, onde um tran­ sistor bipolar é conectado em volta do amp op. Com um am p op ideal, /?, conduz um a co rren te igual a Vin/ R h assim como Q x. Portanto, VBE = VT \ n ^ ^ - . As

(8.65)

Além disto, Voia = - VBE\ logo, V0U, = -V T \ n ^ - . K\Is

(8.66)

Ou seja, a saída é proporcional ao logaritmo natural de Vln. Como nos casos anteriores de circuitos linear e não linear, a terra virtual tam bém tem um papel essencial aqui e garante que a corrente que flui por <2, é exatam ente proporcional a Vin.

Figura 8.24

Amplificador logarítmico.

A m plificadores logarítm icos (“logam ps”) são úteis em aplicações em que o nível de sinal de entrada pode variar por um fator grande. Nesses casos, pode ser desejável amplificar sinais fracos e atenuar (“com prim ir”) sinais fortes, o que justifica a relação logarítmica. O sinal negativo em (8.66) era esperado: se Vin aum enta, a corrente que flui por /?, e (?, tam bém aum enta, o que requer o aum ento de V,„:. Com o a base está em zero, a tensão de emissor deve cair abaixo de zero para prover uma corrente de coletor maior. Notemos que Q, opera na região ativa, pois tanto a base como o coletor permanecem em zero. O efeito do ganho finito do amp op é estudado no Exercício 41.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

O leitor pode se perguntar o que acontecerá se Vin se tornar negativo. A Eq. (8.66) prediz que Vm„ não é definido. No circuito real, Q , não pode conduzir uma corrente “negativa”, a malha em volta do amp op é aberta e Votu se aproxim a do valor negativo da entrada. Portanto, é necessário garantir que Vin perm aneça positivo. 8.3.3

Se Vin for próximo de zero, Vmu perm anece em - V n „ o que coloca M, na fronteira da condução. À medida que Vin se torna mais positivo, Vma diminui e permite que M, conduza uma corrente maior. Com porta e dreno em zero, M, opera em saturação.

8.4

A m p lific a d o r de Raiz Q uadrada

O bservando que, na verdade, o am plificador logarítmico da Fig. 8.24 im plem enta a função inversa da característica exponencial, concluímos que a substi­ tuição do transistor bipolar por um M OSFET resulta no am plificador “de raiz q u ad rad a” . Esse circuito, ilustrado na Fig. 8.25, req u er q u e A/, conduza uma corrente igual a V JR \.

Ki

\vnC ox y - (Vos Z L,

-

Vth )2.

2V= -

---------- gp--------- V t h .

HnCox — R 1

Figura 8.26

D eslocam entos DC

(8.67)

(A m odulação do com prim ento do canal foi despre­ zada aqui.) Como VGS = - Voul,

Vou,

NÃO ID E A LID A D E S DE A M P OPS

O estudo das seções anteriores abordou um modelo idealizado de amp op - a m enos do ganho finito para facilitar o entendim ento. Contudo, na prática, am p ops ap resen tam diversas im perfeições que podem afetar o desem p en h o de m aneira signifi­ cativa. N esta seção, tratarem o s dessas não idealidades. 8.4.1

=

317

( 8 .6 8 )

As características de am p ops ilustradas na Fig. 8.2 im plicam que Voul = 0 se VM = Vin2. N a verdade, um a d iferen ça nula e n tre as e n tra d a s pode não resu ltar em um a saída zero! C om o ilu strad o na Fig. 8.26(a), a característica é “deslo cad a” para a direita ou para a esquerda; ou seja, para Vmu = 0, a diferença en tre as en trad as deve ser aum entada para um certo valor, V;,,, cham ado “tensão de deslo­ cam en to ”.* O que causa esse deslocam ento? O circuito interno do am p op fica sujeito a assim etrias alea­ tórias (“descasam entos”) d u ran te os processos de fabricação e de em pacotam ento. Por exemplo, como mostrado de modo conceituai na Fig.8.26(b),os tran­ sistores bipolares que am ostram as duas entradas podem exibir tensões base-emissor ligeiramente dife­ rentes. O mesmo efeito ocorre no caso de MOSFETs. M odelam os o deslocam ento por uma fonte de

(a) Deslocamento em um amp op, (b) descasamento entre dispositivos de entrada, (c) representação de deslocamento.

*É comum o uso das expressões “ tensão de desvio" e "tensão de offset", sendo a última derivada do inglês offset voltage. (N.T.)

318

Capítulo Oito

tensão conectada em série com uma das entradas [Fig. 8.26(c)]. Como deslocamentos são aleatórios e, portanto, podem ser positivos ou negativos, Vm pode aparecer em qualquer uma das entradas com polari­ dade arbitrária. Por que deslocam entos D C são im portantes? Reexam inem os, na presença de deslocam entos de amp ops, algumas das topologias estudadas na Seção 8.2.0 amplificador não inversor, ilustrado na Fig. 8.27, agora vê uma entrada total de V,„ + Vos e, em conse­ qüência, gera

Voll, = ( l + J ^ ) {V in + V os)-

Exem plo 8.10

Solução

Exercício

( 8 ‘6 9 )

Figura 8.27

Deslocamento em um amplificador não inversor.

Em outras palavras, o circuito amplifica tanto o deslo­ cam ento como o sinal, dando origem a limitações de precisão.6

Uma balança de caminhões emprega um medidor eletrônico de pressão cuja saída é amplificada pelo circuito da Fig. 8.27. Se o medidor de pressão gerar 20 mV a cada 100 kg de carga e se o deslo­ camento do amp op for de 2 mV, qual é a precisão da balança? Um deslocamento de 2 mV corresponde a uma carga de 10 kg. Portanto, dizemos que a balança tem um erro de ±10 kg na medida. Que tensão de deslocamento é necessária para uma precisão de ±1 kg?

Deslocam entos DC também podem causar “saturação” em amplificadores. O próximo exemplo ilustra esta questão.

Exem plo 8.11

Um estudante de engenharia elétrica construiu o circuito mostrado na Fig. 8.28 para amplificar o sinal produzido por um microfone. O ganho almejado é de 104 para que sons de nível muito baixo (isto é, sinais do microfone) possam ser detectados. Explique o que acontece se o amp op A t tiver um deslocamento de 2 mV.

É10 k£2 è l0 0 í2

Figura 8.28

S olução

>

-oV,O U t 10 k £2 100 Q.

Amplificador de dois estágios.

Da Fig. 8.27, notamos que o primeiro estágio amplifica o deslocamento por um fator de 100 e gera um nível DC de 200 mV no nó X (caso o microfone produza uma saída DC nula). O segundo estágio amplifica Vx por outro fator de 100 e, portanto, tenta gerar Voul = 20 V. Se A : operar com uma tensão de alimentação de, digamos, 3 V, a saída não pode ultrapassar este valor e o segundo amp op leva

''O leitor pode mostrar que a conexão dc Vos em série com a entrada inversora do amp op leva ao mesmo resultado.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

319

seus transistores à região de saturação (no caso de dispositivos bipolares) ou de triodo (no caso de MOSFETs), reduzindo seu ganho a um valor baixo. Dizemos que o segundo estágio está saturado. (O problema de amplificação do deslocamento em estágios conectados em cascata pode ser resol­ vido por meio de acoplamento AC.) Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o segundo estágio tem um ganho de tensão de 10.

Deslocamentos DC afetam o amplificador inversor da Fig. 8.7(a) de modo similar. Isto é estudado no Exer­ cício 49. Agora, examinemos o efeito de deslocamentos no integrador da Fig. 8.10. Suponhamos que a entrada seja posta em zero e que Vos se refere à entrada não inversora [Fig. 8.29(a)]. O que acontece na saída? Recor­ demos, da Fig. 8.20 e da Eq. (8.61), que a resposta a esta “entrada” consiste na própria entrada [o term o unitário em (8.61)] e na integral da entrada [segundo term o em (8.61)]. Portanto, podem os expressar Vout no domínio do tem po como Vou, = Vm +

f Vos dl

mento do amp op e gera uma saída que tende a + 0 0 ou —00 , dependendo do sinal de Vos. É óbvio que, à medida que V„s se aproxima das tensões positivas ou negativas de alimentação, os transistores no amp op deixam de prover ganho e a saída satura [Fig. 8.29(b)]. O problem a de deslocam ento se revela m uito sério em integradores. M esm o na presença de um sinal de en trad a, o circuito da Fig. 8.29(a) integra o deslocam ento e chega à saturação. A Fig. 8.29(c) mostra uma modificação onde o resistor R 2 é conec­ tado em paralelo com C,. A gora, o efeito de Vm na saída é dado por (8.9), pois os circuitos das Figs. 8.5 e 8.29(c) são similares nas frequências baixas:

(8.70) Vou, =

onde a condição inicial em C, é tom ada como igual a zero. Em outras palavras, o circuito integra o desloca­

+ j |) .

(8.72)

Por exemplo, se Vos = 2 mV e R J R ] = 100, Voul contém um erro D C de 202 mV, mas perm anece distante da saturação.

Ci

(a)

R2

(b) fl2

(c)

Figura 8.29 (a) Deslocamento em integrador, (b) forma de onda de saída, (c) adição de R: para reduzir o efeito do deslocamento, (d) determinação da função de transferência.

320

Capítulo Oito

Como R 2 afeta a função de integração? D espre­ zando Vos, vemos o circuito com o m ostrado na Fig. 8.29(d) e, usando (8.27), obtem os 1 R\ RzC\s -4* 1

Vm V,„

Ri

(8.73)

Portanto, o circuito agora contém um polo em —l/(/?2C,) e não mais na origem. Se as frequências de interesse do sinal de entrada estiverem bem acima desse valor, RiCfS » 1 e Vom

vin

1 7?iCis

(8.74)

O u seja, a função de integração é mantida para fre­ quências de entrada muito maiores que \/(R2C{). Assim, R 2/ R \ deve ser suficientemente pequeno para minimizar o deslocamento amplificado, dado por (8.72), enquanto R 2C\ deve ser suficientemente grande para que seu efeito a frequências de interesse seja desprezível. 8.4.2

entre a entrada correspondente e a terra. Em valores nominais, /,„ = I,n.

C orrente de P olariza ção de Entrada

A m p ops im plem entados na tecnologia bipolar puxam uma co rren te de base de cada en trad a. Embora sejam relativamente pequenas ( ~ 0,1 - 1 /j.A), as correntes de polarização de en trad a podem dar origem a im precisões em alguns circuitos. C om o m ostrado na Fig. 8.30, cada corrente de polarização é m odelada por uma fonte de co rren te conectada

Figura 8.30

Correntes de polarização de entrada.

A nalisem os o efeito das correntes de entrada sobre o amplificador não inversor. Com o ilustrado na Fig. 8.31(a),//n não tem efeito sobre o circuito, pois flui por uma fonte de tensão. A corrente I„2, por sua vez, flui por /?, e R2e introduz um erro. Lançando mão da superposição e colocando Vin em zero, obtem os o circuito da Fig. 8.31(b), que pode ser transform ado no circuito da Fig. 8.3 l(c) se I„2 e R 2 forem substitu­ ídos pelo equivalente de Thévenin. É interessante observar que o circuito, agora, se parece com o ampli­ ficador inversor da Fig. 8.7(a) e, portanto, leva a Vou, = - R

í Ibi

= R\h2

1

(- )

(8.75) (8.76)

se o ganho do am p op for infinito. Esta expressão sugere que I,{2 flui apenas por R u um resultado espe-

Figura 8.31 (a) Efeito das correntes de polarização de entrada sobre o amplificador não inversor, (b) circuito simplificado, (c) equivalente de Thévenin.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

Figura 8.32 Adição dc uma fonte dc tensão para corrigir o erro devido às correntes de polarização de entrada.

rado, pois, na Fig. 8.31(b), a terra virtual em X força para que a tensão em R 2 seja zero, assim com o a corrente que flui por R2. O erro devido à corrente de polarização parece ser similar ao efeito do deslocam ento DC ilustrado

Exem plo

321

na Fig. 8.27 e corrom pe a saída. No entanto, dife­ ren tem en te do deslocam ento DC, este fenôm eno não é aleatório; para uma dada corrente de polari­ zação nos transistores bipolares usados no amp op, as correntes de base puxadas das entradas inversoras e não inversoras perm anecem ap ro x im adam ente iguais. Portanto, podem os buscar um m étodo para cancelar esse erro. Podemos, por exem plo, inserir uma tensão de correção em série com a entrada não inversora, de m odo a levar Vnut a zero (Fig. 8.32). C om o Vcorr “v ê” um am plificador não inversor, temos V ou, =

Para Vow

+ ImRi-

V r,

(8.77)

0, Vcorr

=

- / b 2 ( « i I I « 2 ) -

(8.78)

8.12

Um amp op bipolar emprega uma corrente de coletor de 1 mA em cada um dos dispositivos de entrada. Admitindo /3 = 100 e que o circuito da Fig. 8.32 incorpora R2 = 1 kíl e R x = 10 kíl, deter­ minemos o erro na saída e o valor necessário para Vcorr

Solução

Temos I,{ = 10 /xA e, portanto, Vou, = 0,1 mV.

(8.79)

Vcorr = -9.1 llV.

(8.80)

Assim, Vcorr é escolhido como

Exercício

Determine a tensão de correção quando /3 = 200.

A Eq. (8.78) implica que V co„ depende de / /í2 e, por conseguinte, do ganho de corrente dos transis­ tores. Com o p varia com o processo de fabricação e a tem peratura, Vcorr não pode perm anecer em um valor fixo e deve “seguir” /3. Felizmente, (8.78) também revela que se pode o b ter Vcorr passando-se uma corrente de base por um resistor igual a /f|ll/?2,o

que nos leva à topologia m ostrada na Fig. 8.33. Aqui, se /„, = I,n, VOM= 0 para Vin = ü. Sugerimos ao leitor levar o ganho finito do am p op em consideração e provar que VOMcontinua próximo de zero. Do desenho na Fig. 8.31 (b), observamos que as correntes de polarização de entrada têm efeito idên­ tico sobre o am plificador inversor. Sendo assim, a técnica de correção m ostrada na Fig. 8.33 tam bém se aplica ao circuito. Na verdade, as assimetrias nos circuitos internos do amp op introduzem um pequeno descasam ento (aleatório) entre I,n e O Exercício 53 explora o efeito desse descasam ento sobre a saída, na Fie. 8.33. A gora, considerem os o efeito das correntes de polarização de entrada no desem penho de integra­ dores. O circuito, ilustrado na Fig. 8.34(a) com Vin = 0 e Im om itido (por quê?), força o fluxo de I,i2 por

322

Capítulo Oito

Figura 8.34

(a) Efeito das correntes de polarização da entrada no integrador, (b) equivalente de ITiévenin.

Cb pois /?, sustenta uma queda de tensão nula. Na verdade, o equivalente de Thévenin de e /„2 [Fig. 8.34(b)] fornece

- M =+ D~ K iCi Cl

f V‘" * dt

(8.81) (8.82) (8.83)

(É óbvio que o fluxo de Im por C, leva ao mesmo resultado.) Em outras palavras, o circuito integra as correntes de polarização de entrada e força para que Vgu,, Por sature próxim o aos valores positivo e negativo da alimentação.

Exem plo

8.13 S olução

Exercício

Podem os aplicar a técnica de correção da Fig. 8.33 ao integrador? O modelo da Fig. 8.34(b) sugere que um resistor igual a R t conectado em série com a en trad a não inversora pode cancelar o efeito. O resultado é ilustrado na Fig. 8.35.

Figura 8.35 Correção dc erro devido às correntes de polari­ zação no integrador.

Um estudante de engenharia elétrica testa a topologia da Fig. 8.35 no laboratório e observa que a saída ainda satura. Encontremos três explicações para esse efeito. Primeira: a tensão de deslocamento DC do amp op ainda está incluída (Seção 8.4.1). Segunda: as duas correntes de polarização de entrada sempre estão sujeitas a um pequeno descasamento, resultando em cancelamento incompleto. Terceira: os dois resistores na Fig. 8.35 também exibem descasamento e dão origem a erro adicional. O resistor Rxé necessário se os circuitos internos do amp op empregarem dispositivos MOS?

O problem a de descasam ento das correntes polarização de en trad a req u er uma modificação similar à da Fig. 8.29(c). A corrente de descasam ento flui por R 2 e não por C, (por quê?).

detação de velocidade. Na verdade, as capacitâncias internas do am p op degradam o desem penho nas frequências altas. Por exemplo, como ilustrado na Fig. 8.36,o ganho começa a cair à medida que a frequência de operação ultrapassa /,. N este capítulo, apresen­ tamos uma análise simples desses efeitos e deixamos 8.4.3 Lim itaçõ es de V elocidade um estudo mais detalhado para o Capítulo 11. Largura de Banda F in ita A té aqui, o estudo de Para representar a queda de ganho (roll-off) ilus­ amp op não pressupôs a existência de qualquer limi­ trada na Fig. 8.36, devem os modificar o m odelo do

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

323

Consideremos o amplificador não inversor da Fig. 8.5. Utilizamos a Eq. (8.11) com A 0 substituído pela função de transferência anterior: Ao 1+

Voul / ,

vv m ~M = Figura 8.36

Resposta de frequência de um amp op.

amp op fornecido na Fig. 8.1. Como uma aproximação simples, os circuitos internos do amp op podem ser modelados por um sistema de prim eira ordem (com um polo), com a seguinte função de transferência:

1+

/4„ VM - V,in2

(8.84)

1+ — ' w.

onde w, = 27r/,. Notemos que, nas frequências muito abaixo de w,, .v/w, « 1 e o ganho é igual a A 0. Nas frequências muito altas, / , » l , e o ganho do amp op se torna unitário em w„ = /40w,. Esta frequência é cham ada "largura de banda de ganho unitário” do am p op. Com esse modelo, podem os reexam inar o desempenho dos circuitos estudados nas seções ante­ riores. j

Exem plo

Ao

(8.85)

i + JL 0>1

M ultiplicando o num erador e o denom inador por (1 + j/w,), obtem os ‘0 wi

< S ) =


Ri R1 + R2

(8.86)

R[ + R 2

Ao + 1

O sistema ainda é de primeira ordem e o polo da função de transferência em malha fechada é dado por |w. .fechüílal

— ^ 1 4"

R2 R\

+

Ri

A 0 Jwi.

(8.87)

w

Com o ilustrado na Fig. 8.37, a largura de banda do circuito em malha fechada é substancialmente maior que o do próprio amp op. É claro que essa melhora eleva o custo de uma redução proporcional do ganho — de A„ para 1 + R 2A J(R i + R 2).

8 .1 4

Um amplificador não inversor incorpora um amp op e tem ganho em malha aberta de 100 e largura de banda de 1 MHz. Se o circuito for projetado para um ganho em malha fechada de 16, determi­ nemos as resultantes largura de banda e constante de tempo.

Solução

Para um ganho em malha fechada de 16, devemos ter 1 + R\IR2 = 16; logo, Ao ]o)\

={' + Rr l^ + rR 2Ai) 2 (

(8.88)

\ 1

Ao w.

/ = 2tt x (635 MHz).

(8.89)

(8.90)

Dado por \u>rfr^ r\~l-a constante de tempo do circuito é igual a 2,51 ns. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o ganho do amp op é de 500.

O exem plo an terio r pode ser repetido para o am plificador inversor. O leitor pode provar que o resultado é similar a (8.87).

A largura de banda finita do am p op pode degradar de m odo considerável o desem penho de integradores. A análise foge ao escopo deste livro,

324

Capítulo Oito

M

‘

1

Resposta de Frequência do Amp Op

A0 n

" i N

r

: X

^0

( 1 , f l 1+ H 2 / ‘ o ) 1 .

j

> V d o

I

x

U

Figura 8.37

r \

fu

f

Resposta de frequência do amp op em malha aberta e do circuito em malha fechada.

mas é delineada no Exercício 57 para o leitor inte­ ressado. O u tra questão im portante no uso de am p ops diz respeito à estabilidade', se conectados nas topologias anteriores, alguns amp ops podem oscilar. Com origem nos circuitos internos do amp op, esse fenô­ m eno muitas vezes requer estabilização interna ou externa, também chamada “compensação de frequên­ cia”. Estes conceitos são estudados no Capítulo 12. Taxa de In fle x ã o *

Resposta de Frequencia Amplificador Não Inversor

A lém dos problem as de largura de banda e estabilidade, o utro efeito in te­ ressante é observado em amp ops e está relacionado às respostas a grandes sinais. C onsiderem os a confi­

guração não inversora da Fig. 8.38(a), cuja função de transferência em malha fechada é dada por (8.86). U m p eq u en o degrau A V na en tra d a resulta em uma form a de onda de saída amplificada, com uma constante de tem po igual a 1 [Fig. 8.38(b)]. Se o degrau de en trad a for aum entado para 2AV, cada ponto da form a de onda de saída tam bém é aum entado por um fator de dois.7 Em outras pala­ vras, dobrar a am plitude da entrada significa dobrar não ap en as a am plitude da saída, mas tam bém a inclinação da saída. Na verdade, amp ops não exibem esse com porta­ mento caso a am plitude do sinal seja elevada. Como ilustrado na Fig. 8.38(c), prim eiro a saída cresce com

Figura 8.38 (a) Amplificador não inversor, (b) formas dc onda de entrada e de saída no regime linear, (c) formas de onda dc entrada e de saída no regime dc inllexão (slewirtg regime).

*A expressão “taxa de inclinação” é igualmente empregada; a expressão em inglês, slew rale, também é usada com frequência. (N.T.) 7Recordemos que, em um sistema linear, se x(t) —* y(t), então 2x(t) —>2y(t).

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

Figura 8.39 inflexão.

Acomodação da velocidade de saída com e sem

uma inclinação constante (ou seja, como uma rampa) e, por fim, se acom oda como no caso linear da Fig. 8.38(b). A origem da seção de ram pa da form a de onda se deve ao fato de que, com um grande degrau inicial, os circuitos internos do amp op se reduzem a uma fonte de corrente constante que carrega um capacitor. Dizem os que, nesse intervalo de tem po, o amp op sofre “inflexão”. A inclinação da rampa é chamada "taxa de inflexão” (slew rate). O fenômeno de inflexão limita ainda mais a velo­ cidade de amp ops. Em bora, para pequenos degraus de entrada, a resposta de saída seja determ inada pela constante de tem po em malha fechada, para grandes degraus a resposta sofre inflexão antes da acom o­ dação linear. A Fig. 8.39 com para a resposta de um

325

circuito que não sofre inflexão com a de um amp op sujeito à inflexão e revela que o último exibe maior tem po de acomodação. É im portante entender que inflexão é um fenô­ m eno não linear. Com o sugerem as form as de onda da Fig. 8.38(c), os pontos na seção de ram pa não seguem uma relação linear (se x —» y, então 2x -t* 2y). A não linearidade tam bém pode ser observada com a aplicação de um g rande sinal senoidal ao circuito da Fig. 8.38(a) cuja frequência é aum entada de m odo gradual (Fig. 8.40). A frequências baixas, o amp op “segue” a onda senoidal, pois a inclinação máxima da onda senoidal perm anece m enor que a taxa de inclinação do am p op [Fig. 8.40(a)]. Escre­ vendo V J t) = V^sen lot e K„„(0 = V0(\ + R t/R 2) sen cot, observam os que dVrout , a; cos cot. dt - * ( * ♦ £ )

(8.91)

Portanto, a saída exibe uma inclinação máxima igual a Vtíü) (1 + R J R 2) (nos pontos em que cruza o eixo horizontal); para evitar o fenôm eno de inflexão, a taxa de inflexão do am p op deve ultrapassar esse valor. O que acontece se a taxa de inflexão do am p op for insuficiente? A saída deixa de seguir a forma senoidal ao passar por zero e exibe o com portamento distorcido m ostrado na Fig. 8.40(b). Notemos que a saída segue a entrada desde que a inclinação da forma de onda não exceda a taxa de inflexão, por exemplo, entre f, e t2.

(a)

(b)

/-O^OUt in/ ^ r \ /

r / f

*1

/

yw t

(C) Figura 8.40 (a) Amplificador não inversor simples, (b) formas de onda de entrada e de saída sem inflexão, (c) formas de onda de entrada e de saída com inflexão.

326

Capítulo Oito

Exemplo 8 .1 5

Solução

Durante a operação em grandes sinais, os circuitos internos de um amp op podem ser simplificados a uma fonte de corrente de 1 mA que carrega um capacitor de 5 pF. Para um amplificador que usa esse amp op e produz uma senoide com amplitude de pico de 0,5 V, determinemos a máxima fre­ quência de operação que evita o fenômeno de inflexão. A taxa de inflexão é dada por I/C = 0,2 V/ns. Para uma saída VOM= Vp sen cof, onde Vp = 0,5 V, a inclinação máxima é dVcout dt

(8.92)

= Vpü).

Igualando isto à taxa de inflexão, temos co = 27r(63.7 MHz).

(8.93)

Ou seja, para frequências acima de 63,7 MHz, os pontos em que a saída é nula sofrem inflexão. Exercício

Desenhe o gráfico da forma de onda de saída para uma frequência de entrada de 200 MHz.

Logo, wfp

=

SR

(8.96)

Vmáx ~ Vmin

u),.r , cham ada “largura de banda de potência”, funciona com o uma m edida da velocidade útil de grandes sinais do amp op.

A Eq. (8.91) indica que o início da inflexão depende do ganho em malha fechada, 1 + Para definir a máxima frequência da senoide não sujeita à inflexão, é comum pressupor o pior caso, ou seja, quando o amp op produz a máxima excursão perm i­ tida sem saturação. Com o exemplifica a Fig. 8.41, a m aior senoide permitida na saída é dada por Vmáx Vmin wmú "f* Vmin V,mi = ------ ~------ sen cot H---------------- ,

(8.94)

onde Vmix e Vmín denotam os limites no nível de saída sem saturação. Se o am p op produzir uma taxa de inflexão SR, a frequência máxima da senoide pode ser obtida de dVa dt

= SR. máx

(8.95)

8.4.4 Im pedâncias de Entrada e de Saída F initas

Amp ops reais não apresentam impedância de entrada infinitas ou impedância de saída nula - muita vezes, esta última acarreta limitações no projeto. A seguir, analisarem os essa não idealidade em um circuito. Considerem os o amplificador inversor m ostrado na Fig. 8.42(a), que apresenta uma resistência de saída R,,,,,. Como esse circuito deve ser analisado? Retor­ namos ao m odelo da Fig. 8.1 e conectam os R„„t em série com a fonte de tensão de saída [Fig. 8.42(b)]. D evem os resolver o circuito na presença de R„ul. N otando que a corrente que flui por R„ul é igual a ( —A 0vx — vim)IR„un escrevem os uma LTK para a malha v„„ /?„ R 2, volll: + («i + R2) A °V* Vou' = « w t\nut

(8.97)

sAmp ops que empregam transistores MOS na entrada apresentam impedância de entrada muito alta nas frequências baixas.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

Para obter outra equação para vx, interpretam os e R2 como um divisor de tensão:

Vout Vin

Vx =

Ri ( Vout R x+ R 2

V in)

Vi|

(8.98)

Substituindo esta expressão para vx em (8.97), temos

Exem plo

8.16

R\

Ao —

R2l + ^ + i\2

R,m R\

327

(8.99)

A o + %-' i\2

Os term os adicionais —R ou,/R x, no num erador,e R uul/ R2, no denom inador, aum entam o erro de ganho do circuito.

Um estudante de engenharia elétrica comprou um amp op com A 0 = 10.000 e Rout = l í ) , e cons­ truiu o amplificador da Fig. 8.42(a) usando R { = 50 Í1 e R2 = 10 íl. Infelizmente, o circuito não produz grandes excursões de tensão na saída, embora R out/ R x e R out/ R 2 permaneçam menores que A 0 em (8.99). Expliquemos por quê.

Solução

Para uma excursão de saída de, digamos, 2 V, o amp op pode ter de fornecer uma corrente alta, da ordem de 40 mA, a R{ (por quê?). Muitos amp ops podem fornecer apenas uma pequena corrente de saída, mesmo que suas impedâncias de saída de pequenos sinais sejam muito baixas.

Exercício

Se o amp op pode fornecer uma corrente de 5 mA, que valor de Rxé aceitável para tensões de saída da ordem de 1 V?

8.5

EX EM PLO S DE PROJETOS

A pós o e stu d o de ap licaç õ es de am p ops das seções a n te rio re s, c o n sid ere m o s ag o ra div erso s

Exem plo

8.17 Solução

exem plos do procedim ento de p rojeto de circuitos com amp ops. Vamos iniciar com exem plos simples e, de m odo gradual, passar a problem as mais desafiadores.

Projetemos um amplificador inversor com ganho nominal de 4,erro de ganho de 0,1 % e impedância de entrada de pelo menos 10 kíl. Determinemos o mínimo ganho que o amp op deve ter. Para uma impedância de entrada de 10 kíl, escolhemos o mesmo valor de R2da Fig. 8.7(a) e, para ganho nominal de 4, obtemos R{ = 40 kíl. Nestas condições, a Eq. (8.21) requer (8.100)

328

Capítulo Oito

e. portanto, (8.101)

Ao > 5000. Exercício

Exem plo 8 .1 8

Solução

Repita o exemplo anterior para um ganho nominal de 8 e compare os resultados.

Projetemos um amplificador não inversor para as seguintes especificações: ganho em malha fechada = 5, erro de ganho = 1%, largura de banda em malha fechada = 50 MHz. Determinemos os neces­ sários ganho em malha aberta e largura de banda do amp op. Vamos supor que o amp op tem uma corrente de polarização de entrada de 0,2 /zA. Da Fig. 8.5 e da Eq. (8.9), temos |= 4 .

(8.102)

A escolha dos valores de R x e de R 2 depende da “capacidade de alimentação” (resistência de saída) do amp op. Por exemplo, podemos escolher Rx = 4 kíl e R2 = 1 kfi e, no fim, verificar o erro de ganho de (8.99). Para um erro de ganho de 1%,

< 1%

(8.103)

logo,

A 0 > 500.

(8.104)

De (8.87), a largura de banda em malha aberta é dada por 0>1 > ---- WpfZhM,‘‘

(8.105)

wi > ------- a V w '_,

(8.106)

1+(1+ê) y4° 2* (50 MHz)

(8.107)

100

Portanto, o amp op pode oferecer uma largura de banda em malha aberta de pelo menos 500 kHz. Exercício

Exem plo

Repita o exemplo anterior para um erro de ganho de 2% e compare os resultados.

8 .1 9

Projetemos um integrador para uma frequência de ganho unitário de 10 MHz e impedância de entrada de 20 kíl. Se o amp op apresentar uma taxa de inflexão de 0,1 V/ns, qual é a máxima excursão senoidal pico a pico na entrada, em 1 MHz, que produz uma saída livre de inflexão?

Solução

De (8.29), temos

B I RiCi(2n x 10MHz)

= 1

(8.108)

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

329

e,com /?i = 20 k£2, Ci = 0,796 pF.

(8.109)

(No projeto discreto, um valor tão pequeno de capacitância pode não ser prático.) Para uma entrada dada por Vin = Vp cos w/, Vou, =

— sen cot, R\C\ o)

(8.110)

com uma inclinação máxima dc dVout dt múx Igualando cstc resultado a 0,lV/ns obtemos

1 Vp. RxCx p*

Vp = 1,59 V.

(8.111)

(8.112)

Em outras palavras, em 1 MHz. a excursão pico a pico da entrada deve permanecer abaixo de 3,18 V para que a saída não sofra o efeito de inflexão. Exercício

8.6

Como esses resultados se alteram se o amp op apresentar uma taxa de inflexão de 0,5 V/ns?

R E S U M O DO CAPÍTULO

• Um amp op é um circuito que provê um alto ganho de tensão e uma saída proporcional à diferença de duas entradas. • Devido ao alto ganho de tensão, um amp op que produz uma excursão de saída moderada requer apenas uma pequena diferença na entrada. • A topologia de amplificador não inversor exibe um ganho nominal igual a um mais a razão entre dois resis­ tores. O circuito também está sujeito a um erro de ganho que é inversamente proporcional ao ganho do amp op. • A configuração de amplificador inversor provê um ganho nominal igual à razão entre dois resistores. O erro de ganho é igual ao da configuração não inver­ sora. Com a entrada não inversora do amp op conec­ tada à terra, a entrada inversora também permanece a um potencial próximo ao da terra e é chamada “terra virtual”. • Se, na configuração inversora, o resistor de realimen­ tação for substituído por um capacitor, o circuito opera como um integrador. Integradores têm larga

•

•

•

• •

•

aplicação em filtros analógicos e em conversores analógico-digitais. Se, na configuração inversora, o resistor de entrada for substituído por um capacitor, o circuito opera como um diferenciador. Devido ao alto ruído, diferenciadores são de uso menos comum que integradores. Uma configuração inversora com múltiplos resistores de entrada conectados ao nó de terra virtual funciona como um somador de tensão. A conexão de um diodo em volta do amp op leva a um retificador de precisão, ou seja, um circuito que pode retificar excursões de entrada muito pequenas. A conexão de um dispositivo bipolar em volta do amp op fornece uma função logarítmica. Amp ops apresentam diversas imperfeições, inclu­ sive deslocamentos DC e correntes de polarização de entrada. Esses efeitos degradam o desempenho de vários circuitos, principalmente o de integradores. A velocidade de circuitos com amp ops é limitada pela largura de banda dos amp ops. Além disto, para grandes sinais, amp ops apresentam taxa de inflexão (slew rate) finita, o que distorce a forma de onda de saída.

EXERCÍCIOS 8 .1

Amp ops reais exibem características “não line­ ares”. Por exemplo, o ganho de tensão pode ser igual a 1000 para - 1 V < Voul < +1 V; 500 para 1 V < \Volll\ < 2 V; e próximo de zero, para IVnJ > 2 V.

(a) Desenhe o gráfico da característica entrada/ saída desse amp op. (b) Qual é a maior excursão de entrada que o amp op pode suportar sem produzir “distorção” (ou seja, não linearidade)?

330

Capítulo Oito

8.2 Um amp op exibe a seguinte característica não

linear: Vou, = « tanh[/?(Vf„i - Vin2)\.

(8.113)

8.8 No amplificador não inversor mostrado na Fig. 8.45,

o resistor R2se desvia do seu valor nominal por AR. Calcule o erro de ganho do circuito se AR/R2 « 1.

Esboce o gráfico dessa característica e determine o ganho de pequenos sinais do amp op nas vizinhanças de - VM ~ 0. 8.3 Um amplificador nào inversor emprega um amp op

que tem ganho nominal de 2000 para alcançar um ganho em malha fechada de 8. Determine o erro de ganho. 8.4 Um amplificador não inversor deve prover um

ganho nominal de 4,com um erro de ganho de 0,1%. Calcule o mínimo ganho que o amp op deve ter. 8.5 Analisando a Eq. (8.11), um ousado estudante decide

que é possível alcançar um erro de ganho nulo com A {)finito se o valor de R2!(Rx + R2) for ligeiramente modificado em relação ao valor nominal. (a) Suponha que seja exigido um ganho em malha fechada nominal de a,. Que valor deve ser esco­ lhido para R2I(R\ + R ^ (b) Com o valor obtido em (a), determine o erro de ganho se A {) cair para 0,6A {).

Figura 8.45

8.9 A característica entrada/saída de um amp op pode ser

aproximada pelo comportamento linear por partes ilustrado na Fig. 8.46, onde, à medida que IVM - v y aumenta, o ganho cai de A ()a 0,8/t„ e, por fim, a zero. Suponha que esse amp op seja usado em um amplifi­ cador não inversor com ganho nominal de 5. Desenhe o gráfico da característica entrada/saída em malha fechada do circuito. (Note que o ganho em malha fechada sofre uma variação muito menor; ou seja, o circuito em malha fechada é muito mais linear.)

8.6 Um amplificador não inversor incorpora um amp

op que tem impedância de entrada R ^ Modelando o amp op como mostrado na Fig. 8.43, determine o ganho em malha fechada e a impedância de entrada. O que acontece se A 0^>

8 .1 0 Uma balança de caminhões incorpora um sensor Figura 8.43

8.7 Um amplificador não inversor emprega um amp op

que tem impedância de saída finita Rour Represen­ tando o amp op como indicado na Fig. 8.44. calcule o ganho em malha fechada e a impedância de saída. O que acontece se /40—» °°? flout

Figura 8.44

cuja resistência varia linearmente com o peso: Rs = R0 + aW. Aqui, R0 é uma constante, a é um fator de proporcionalidade e W%o peso de cada caminhão. Suponha que Rs faça o papel de R2 no amplificador não inversor da Fig. 8.47. Além disto, Vin = 1V. Determine o ganho do sistema, definido como a variação em Volll dividida pela variação em W.

Amplificador Operacional como Caixa-Preta 8.11 Calcule o ganho em malha fechada do amplifi­

cador não inversor mostrado na Fig. 8.48 se A {) = oo. Comprove que o resultado se reduz aos valores esperados quando /?, —>0 e /?3—> 0.

331

8.18 Determine o ganho em malha fechada do circuito

ilustrado na Fig. 8.50 se A u = oo.

*1

Figura 8.48

Figura 8.50

8.12 Um amplificador inversor deve prover um ganho

nominal de 8, com um erro de ganho de 0,2%. Deter­ mine o mínimo ganho permitido para o amp op. 8.13 O amp op usado em um amplificador inversor apre­ senta uma impedância de entrada finita Rm. Mode­ lando o amp op como mostrado na Fig. 8.43, deter­ mine o ganho em malha fechada e a impedância de entrada.

8.19 O integrador da Fig. 8.51 amostra um sinal de entrada

dado por Vin = V()sen cot. Determine a amplitude do sinal de saída se A t] = oo.

C1

8.14 Um amplificador inversor emprega um amp op que

apresenta uma impedância de entrada Mode­ lando o amp op como mostrado na Fig. 8.44, deter­ mine o ganho em malha fechada e a impedância de saída.

Figura 8.51

8.15 Um amplificador inversor deve prover uma impe­

dância de entrada, de aproximadamente, 10 k íl e um ganho nominal de 4. Se o amp op apresentar um ganho em malha aberta de 1000 e uma impedância de saída de 1 kíl, determine o erro de ganho.

8.20 O integrador da Fig. 8.51 é usado para amplificar

8.16 Um amplificador inversor é projetado para um ganho

8.21 O integrador da Fig. 8.51 deve prover um polo em

nominal de 8 e erro de ganho de 0,1%, usando um amp op que apresenta impedância de saída de 2 kíl. Se a impedância de entrada do circuito for igual a, aproximadamente, 1 kíl, calcule o ganho em malha aberta do amp op. 8.17 Supondo A 0 = * ,calcule o ganho em malha fechada

do amplificador inversor mostrado na Fig. 8.49. Comprove que o resultado se reduz aos valores esperados quando /?, —> 0 e /?, —> 0. /?!

uma entrada senoidal por um fator de 10. Se A 0 = oo e ft,C, = 10 ns, calcule a frequência da senoide. uma frequência não maior que 1 Hz. Se os valores de e de Cxforem limitados a 10 kíl e 1 nF, respec­ tivamente, determine o ganho que o amp op deve ter. 8.22 Considere o integrador mostrado na Fig. 8.51 e

suponha que o amp op seja modelado como indi­ cado na Fig. 8.43. Determine a função de transfe­ rência Vou,/Vj„ e compare a localização do polo com a localização dada pela Eq. (8.37). 8.23 O amp op usado no integrador da Fig. 8.51 apresenta

impedância de saída finita e é modelado como indi­ cado na Fig. 8.44. Calcule a função de transferência Vou/Vine compare a localização do polo com a loca­ lização dada pela Eq. (8.57). 8.24 O diferenciador da Fig. 8.52 é usado para ampli­

ficar uma entrada senoidal na frequência de 1 MHz por um fator de 5. Se A () = oo, determine o valor de Figura 8.49

332

Capítulo Oito 8.31 O amp op da Fig. 8.54 tem um ganho finito. Calcule

*1

Vout em termos de Vxe de V2. '' ° ^out

n Figura 8.52

8.32 Devido a um erro de fabricação, um resistor parasita

Rr apareceu no somador da Fig. 8.55. Calcule Vout em termos de K, e de V2 para A 0 = oo e para A n < oo. (Note que Rr também pode representar a impe­ dância de entrada do amp op.) Rf

8.25 Desejamos projetar o diferenciador da Fig. 8.52 para

um polo na frequência de 100 MHz. Se os valores de R , e de C, não puderem ser menores que 1 kíl e 1 nF, respectivamente, calcule o ganho que o amp op deve ter.

R2

o— WV—i V2 0— % — 11

R1

' 1 ° ^out Rp

r

-

8.26 Suponha que o amp op da Fig. 8.52 apresente uma im­

pedância de entrada finita e seja modelado como mos­ trado na Fig. 8.43. Determine a função de transferência Vout/Vin e compare o resultado com a Eq. (8.42). 8.27 O amp op usado no diferenciador da Fig. 8.52 apre­

senta uma impedância de saída finita e é modelado como indicado na Fig. 8.44. Calcule a função de trans­ ferência e compare o resultado com a Eq. (8.42). 8.28 Calcule a função de transferência do circuito

mostrado na Fig. 8.53, com A 0 = oo. Que escolha dos valores dos componentes reduz Wout/Vin\ à unidade em todas as frequências?

Figura 8.55

8.33 O somador de tensão da Fig. 8.54 emprega um amp

op que tem impedância de saída finita R„ltr Usando o modelo de amp op da Fig. 8.44, calcule Votlt em termos de Vxe de V2. 8.34 Considere o somador de tensão ilustrado na Fig. 8.56,

onde Rr é um resistor parasita e o amp op apresenta uma impedância de entrada finita. Com o auxílio do modelo de amp op mostrado na Fig. 8.43, determine Vnn, em termos de V, e de V RF

R2

-Wr°— %r—vX V2

1' ° ^out

r i

Aq

-oVfout

J* P Figura 8.56

Figura 8.53

8.29 Repita o Exercício 28 para o caso em que A{) < oc. É

8.35 Para o retificador de precisão da Fig. 8.22(b),desenhe

o gráfico da corrente que flui por /), em função do tempo, para uma entrada senoidal.

possível escolher os valores dos resistores e capacitores de modo a reduzir W ^ /V J aproximadamente à unidade?

8.36 Para o retificador de precisão da Fig. 8.23(b),desenhe

8.30 Considere o somador de tensão mostrado na Fig.

8.37 A Fig. 8.57 mostra um retificador de precisão que

8.54. Desenhe o gráfico de Vout em função do tempo para K, = V{) sen cot e V 2 = V0 sen (3co/). Suponha R{ = R2e Aq = oo.

o gráfico da corrente que flui por D, em função do tempo, para uma entrada senoidal. produz ciclos negativos. Desenhe os gráficos de VY>Vou,e da corrente que flui por D, em função do tempo, para uma entrada senoidal.

RF

R 2

-Wr

---------- % ------------

1 °— VA—

2 0 VA

* 0 > - ± - o V 0ut Figura 8.54

Figura 8.57

Amplificador Operacional como Caixa-Preta 8.38 Considere o retificador de precisão mostrado na

Fig. 8.58, onde um resistor parasita Rr aparece em paralelo com D,. Desenhe os gráficos de Vx e de VY em função do tempo, em resposta a uma entrada senoidal. Use um modelo de tensão constante para o diodo.

333

(a) Determine os necessários valores de Is e de /?,. (b) Calcule o ganho de tensão de pequenos sinais nos dois extremos do intervalo. 8.45 O circuito ilustrado na Fig. 8.60 pode ser considerado

um “verdadeiro” amplificador de raiz quadrada. Determine Voul em termos de Vin e, diferenciando o resultado em relação a Vin, calcule o ganho de pequenos sinais.

Figura 8.60

8.39 Desejamos aumentar a velocidade do retificador

mostrado na Fig. 8.22(b) por meio da conexão de um diodo do nó Y para a terra. Explique como isto pode ser conseguido.

8.46 Para o circuito mostrado na Fig. 8.61, calcule Volllen\

termos de VL

8.40 Na Fig. 8.24, suponha que Vin varia de -1 V a +1 V.

Desenhe os gráficos de V(mt e de Vx em função de Vin, admitindo que o amp op é ideal. 8.41 Na Fig. 8.24, suponha que o ganho do amp op seja

finito. Determine a característica entrada/saída do circuito.

Figura 8.61

8.42 Um estudante tenta construir um amplificador loga-

rítmico não inversor, como ilustrado na Fig. 8.59. Descreva o funcionamento desse circuito.

8.47 No amplificador não inversor da Fig. 8.62, o desloca­

mento DC do amp op é representado por uma fonte de tensão em série com a entrada inversora. Calcule V v our

out

Figura 8.59

8.43 Diferenciando os dois lados de (8.66) em relação

a Vin, determine o ganho de tensão de pequenos sinais do amplificador logarítmico ilustrado na Fig. 8.24. Desenhe o gráfico da magnitude do ganho em função de Vine explique por que se diz que o circuito tem uma característica “compressora”.

Figura 8.62

8.48 Suponha que cada amp op da Fig. 8.28 apresente

um deslocamento de entrada de 3 mV. Determine o máximo erro de deslocamento em Vout se cada ampli­ ficador for projetado para um ganho de 10.

8.44 O amplificador logarítmico da Fig. 8.24 deve

8.49 Para o amplificador inversor ilustrado na Fig. 8.63,

“mapear” um intervalo de entrada de 1 V a 10 V em um intervalo de saída de —1 V a —1,5 V.

calcule Voul se o amp op apresentar um deslocamento de entrada K». Admita A, = <».

334

Capítulo Oito

«1

8.58 Um amplificador não inversor com ganho nominal

de 4 amostra uma senoide cuja amplitude de pico é 0,5 V. Se o amp op apresentar uma taxa de inflexão de 1 V/ns, qual é a máxima frequência de entrada para a qual não ocorre inflexão? 8.59 O buffer de ganho unitário da Fig. 8.3 deve ser proje­ Figura 8.63

8.50 O integrador da Fig. 8.29(c) deve operar em fre­

quências tão baixas como 1 kHz e prover um deslo­ camento de saída menor que 20 mV, com um deslo­ camento DC do amp op de 3 mV. Determine os necessários valores de e de R2se C, ^ 100 pF. 8.51 Explique por que deslocamentos DC não são consi­

derados um problema sério em diferenciadores. 8.52 Explique o efeito do deslocamento DC do amp op

sobre a saída de um amplificador logarítmico. 8.53 Suponha que as correntes de polarização de entrada

da Fig. 8.31estejam ligeiramente deslocadas, ou seja, /« i = l,n + A / . Calcule VIM. 8.54 Repita o Exercício 53 para o circuito mostrado na Fig.

tado para alimentar uma carga de 100 íl, com erro de ganho de 0,5%. Determine o ganho do amp op quando este tem uma resistência de saída de 1 kíl. Exercícios de P rojetos

8.60 Projete um amplificador não inversor com ganho

nominal de 4. erro de ganho de 0,2% e resistência total, + R2, de 20 kíl. Suponha que o amp op seja ideal, exceto por ter ganho finito. 8.61 Projete o amplificador inversor da Fig. 8.7(a) para

ganho nominal de 8 e erro de ganho de 0,1%. Suponha Rout = 100 íl. 8.62 Projete um integrador que atenue as frequências de

entrada superiores a 100 kHz e tenha um polo em 100 Hz. Suponha que o maior capacitor disponível é de 50 pF.

8.33. Qual é o máximo valor permitido para ft,ll/f2 8.63 Com ganho finito de amp op, a resposta de um inte­ grador ao degrau é uma exponencial lenta, em vez da para que o erro de saída devido ao descasamento das rampa ideal. Projete um integrador cuja resposta ao correntes permaneça abaixo de um certo valor AK? degrau aproxime V(t) = aí com um erro menor que 8.55 Um amplificador não inversor deve prover uma 1%, no intervalo 0 < V(t) < V{) (Fig. 8.65). Suponha largura de banda de 1(X) MHz, com um ganho a = 10 V/jits, V0 = 1 V e que o valor da capacitância nominal de 4. Determine qual das seguintes especi­ deve permanecer abaixo de 20 pF. ficações para o amp op é adequada: (a) A {)= 1000,/, = 50 Hz. (b) A u = 500,/, = 1 MHz. 8.56 Um amplificador não inversor incorpora um amp op

cuja resposta de frequência é dada pela Eq. (8.84). Determine a função de transferência do circuito em malha fechada e calcule a largura de banda. 8.57 A Fig. 8.64 mostra um integrador que emprega um

amp op cuja resposta de frequência é dada por ^ ) = ^ V . 1+ — CÜQ

(8.114)

Determine a função de transferência do integrador completo. Simplifique o circuito quando co{) » 1/ (K ,C,).

Ci

8.64 Um somador de tensão deve realizar a seguinte função:

VOM= a,K, + a2V2, onde a, = -0,5 e a 2= -1,5. Projete o circuito de modo que o pior caso de erro em a, ou a2 permaneça abaixo de 0,5% e a impedância de entrada vista por K, ou V2 ultrapasse 10 kíl. 8.65 Projete um amplificador logarítmico que “comprima”

um intervalo de entrada [0,1 V 2 V] em um inter­ valo de saída [-0,5 V -I V ]. 8.66 É possível projetar um amplificador logarítmico com

Figura 8.64

ganho de pequenos sinais (dVolll/clVm) de 2 em Vm= 1 V, e de 0,2 em Vin = 2 V? Suponha que o ganho do amp op seja suficientemente alto. (Veja o Exercício 8.43.)

Amplificador Operacional como Caixa-Preta

EXERCÍCIOS

COM

335

S P I CE

8.67 Supondo um ganho do amp op de 1000 e / v = 10~,7A

8.70 Usando análise AC em SP/CE, desenhe o gráfico da

para D,,desenhe o gráfico da característica entrada/ saída do retificador de precisão mostrado na Fig. 8.66.

resposta de frequência do circuito ilustrado na Fig. 8.68. 10 kíl ■MV

Figura 8.68 Figura 8.66

8.68 Repita o Exercício 67 para o caso em que o amp op

apresenta resistência de saída de 1 kíl. 8.69 No circuito da Fig. 8.67,cada amp op provê um ganho

de 500. Aplique uma senoide de 10 MHz na entrada e desenhe o gráfico da saída em função do tempo. Qual é o erro na amplitude de saída em relação à amplitude de entrada?

8.71 A configuração mostrada na Fig. 8.69 incorpora um

amp op para “linearizar” um estágio emissor comum. Suponha íS(Jl = 5 X IO"16A e p = 100. (a) Explique por que o ganho de pequenos sinais do circuito tende a R(VR,. quando o ganho do amp op é muito alto. (Sugestão: Vx « l^,,.) (b) Desenhe o gráfico da característica entrada/ saída do circuito para 0,1 V < Vin < 0,2 V e ganho do amp op de 100. (c) Subtraia Voul = 5 Vin (p. ex., usando uma fonte de tensão controlada por tensão) da característica entrada/saída e determine o erro máximo.

Figura 8.67

Figura 8.69

C A P I T U L O

9 Cascodes e Espelhos de Corrente Após o estudo de configurações básicas de amplifi­ cadores bipolar e MOS, neste capítulo consideramos dois outros blocos fundamentais. O estágio “cascode”1 é uma versão modificada das topologias em issor comum e fonte comum e útil na síntese de circuitos

Estágios Cascodes • Cascode como Fonte de Corrente

de alto desem penho; o “espelho de corrente” é uma técnica interessante e versátil largam ente em p re­ gada em circuitos integrados. Nosso estudo inclui as implementações bipolar e MOS de cada bloco funda­ mental. O roteiro do capítulo é o seguinte:

Espelhos de Corrente • Espelhos Bipolares ^

• Espelhos MOS

• Cascode como A m plificador

9.1 9.1.1

ESTÁGIO CASCODE

respectivamente. Para os circuitos mostrados na Fig. 9.1, temos

Cascode com o Fonte de C orrente Routl =

Recordemos, dos Capítulos 5 e 7, que o uso de fontes de corrente como carga pode aum entar de maneira significativa o ganho de tensão de amplificadores. Tam bém sabem os que um único transistor pode operar como fonte de corrente, mas sua impedância de saída é lim itada pelo efeito Early (no caso de dispositivos bipolares) ou pela modulação do compri­ m ento do canal (no caso de M OSFETs). Como podem os aum entar a im pedância de saída de um transistor que atua como fonte de corrente? Uma observação im portante feita nos Capítulos 5 e 7 constitui a base do estudo que faremos: degeneração de emissor ou de fonte “eleva” a impedância vista quando se olha para o coletor ou para o dreno,

[1 + gm(RE\V„)]ro

+ R e \K

= (1 + g m ro )(R E \V x) + r0

(9.1) (9.2)

Routl = (1 + g m R sV o + R s

(9.3)

= (1 + gmfo)Rs + fio,

(9.4)

e notamos que R, ou Rs pode ser aum entada para aum entar a resistência de saída. No entanto, a queda de tensão no resistor de degeneração também aumenta de modo proporcional, o que reduz o vão livre de tensão e, por fim, limita as excursões de tensão que o circuito produz com o uso desse tipo de fonte de corrente. Por exemplo, se R, sustentar 300 mV e Q, exigir uma tensão coletor-emissor mínima de 500 mV, a fonte de corrente degenerada “consome” um vão livre de 800 mV.

'() term o “cascode”, cunhado na era da válvula, é tido com o uma abreviação da expressão cascaded iriode s (triodos em cascata).

336

Cascodes e Espelhos de Corrente

337

Figura 9.1 Impedância dc saída dc dispositivos bipolar c M O S degenerados.

Cascode B ipolar Para aliviar a relação de permuta en tre im pedância de saída e vão livre de tensão, podem os substituir o resistor de degeneração por um transistor. A Fig. 9.2(a) m ostra a versão bipolar: a ideia é introduzir uma alta resistência de pequenos sinais (= r()2) no emissor de Q t e consumir um vão livre que independei da corrente. N este caso, Q2 requer um vão livre de aproxim adam ente 0,4 V para perm anecer em saturação fraca. Esta configuração é cham ada estágio “cascode”.2 Para enfatizar que C?, e Q 2 têm papéis distintos, <2, é cham ado transistor cascode, e Q2, transistor de degeneração. N otem os que In I ^ , se j3 » 1. Calculem os a im pedância de saída do cascode bipolar da Fig. 9.2(a). Como a tensão base-emissor de Q 2é constante, esse transistor funciona apenas como

Exem plo 9.1 Solução

Figura 9.2 (a) Fonte dc corrente cascode bipolar, (b) circuito equivalente.

uma resistência de pequenos sinais igual a r()2 [Fig. 9.2(b)]. Em analogia com o circuito correspondente da Fig. 9.1 degenerado por resistência, temos

Ro* = [1 + gmi(ro2 \\r*i)]roi + rcn\KiComo, tipicam ente,^,,,,(^,,11^,) » Rout

^

(9.5)

1,

(1 +gm iroi)(ro2lKi)

* gmiroi(r
(9.6) (9.7)

E n tretan to , notem os que, em geral, não podem os supor que r() é m uito maior que rn.

Admitindo que na Fig. 9.2(a) (2, e Q2são polarizados em uma corrente de coletor de 1 mA, deter­ minemos a resistência de saída. Vamos supor /3 = 100 e VA = 5 V para os dois transistores. Como e Q2são idênticos e polarizados no mesmo nível de corrente e notando que gm = 1
d

~ 7|C1 VAl ^ VT IC1

vA2 p v T IC2 k l Vm Wr IC2 Ic\

(9.8)

VA Vt

f)VAVT 4- fiV r1

(9.9)

_

1 Ic\

onde Ic = Ic[ = Ic7 e VA = VAl = VA2. À temperatura ambiente, V, ** 26 mV e, portanto, Roug ** 328,9 kí2.

(9.10)

Em comparação, a resistência de saída de Q, sem degeneração seria igual a r()l = 5 kü: ou seja, o uso de “cascode” elevou Rout por um fator de 66. Notemos que, neste exemplo, r()2 e rn têm valores comparáveis. Exercício

Que valor da tensão de Early é necessário para uma resistência de saída de 500 kíl?

2Ou, simplesmente, “cascode".

338

Capítulo Nove

É interessante observar que, se r„2se tornar muito m aior que r„{, R,ml, tenderá a Rout.máx

gm\rO\rn\ % P\r0 \.

%

(9.11) (9.12)

Esta é a m aior impedância de saída que um cascode bipolar pode apresentar. Afinal, mesmo com r()2 - oo (Fig. 9.3) [ou R e — oc em (9.1)], r^, ainda aparece do emissor de Q , para a terra AC, o que limita o valor de R ou, a j8,rOI. Exem plo 9.2 Solução

Figura 9.3 Topologia cascode em que se usa uma fonte de corrente ideal,

Suponhamos que, no Exemplo 9.1, a tensão de Early de Q2seja igual a 50 V.3Comparemos a resul­ tante resistência de saída do cascode com o limite superior dado pela Eq. (9.12). Como

= (26ÍÍ) ', r„t = 2,6 kíl, rm = 5 kíí e r()2 = 50 kíí, temos

Rout **gm\roi(r
(9.13)

475 k£2.

(9.14)

O limite superior é igual a 500 kíl, cerca de 5% mais alto. Exercício

Exem plo 9.3

Solução

Repita o exemplo anterior para o caso em que a tensão de Early de (>, é de 10 V.

Desejamos aumentar a resistência de saída do cascode bipolar da Fig. 9.2(a) por um fator de dois com o uso de degeneração resistiva no emissor de Q2- Determinemos o valor necessário do resistor

Como ilustrado na Fig. 9.4. substituímos Q: e R, pela resistência equivalente de (9.1): RoutA = [1 + gm2{RE\\rnl)]r(n + REWni-

(9-15)

Rout % SnúTO\(J^outAW^it\)*

(9*16)

De (9.7), temos

Desejamos que este valor seja o dobro do valor dado por (9.7): RoutA\\rni=2(ro2\\rni).

(9.17)

O

Figura 9.4

3Em circuitos integrados, todos os transistores bipolares fabricados na mesma pastilha exibem a mesma tensão de Early. Este exemplo se aplica a implementações discretas.

Cascodes e Espelhos de Corrente

339

Ou seja, R o u tA

= 2r° ir’ 1 • r„1 - r0 2

(9.18)

Na prática. r„é, em geral, menor que r„,,de modo que não existe um valor positivo para R,„„A\Em outras palavras, é impossível dobrar a impedância de saída do cascode por meio de degeneração do emissor.

Exercício

Haverá uma solução para o caso em que a impedância de saída deve ser aumentada por um fator de 1,5?

O que significa o resultado anterior? C om pa­ rando os valores de resistência de saída obtidos nos Exemplos 9.1 e 9.2, concluímos que mesmo transis­ tores idênticos produzem /?,„„(= 328,9 k ü ) não muito diferente do limite superior (= 500 kíl). Mais espe­ cificamente, a razão entre (9.7) e (9.12) é igual a r()2l ( r <>2 + r.i); se r()2 > r„t, esse valor é maior que 0,5. Por uma questão de completeza, a Fig. 9.5 mostra um cascode pnp, onde Q , funciona como dispositivo cascode, e Q 2, como dispositivo de degeneração. A impedância de saída é dada por (9.5). Em bora tenham os chegado ao cascode como um caso extrem o da degeneração de emissor, tam bém podemos considerar a evolução ilustrada na Fig. 9.6.

Figura 9.6

Exem plo

Figura 9.5

Fonte de corrente cascode pnp.

Ou seja, como Q , provê apenas uma impedância de saída r02,“empilhamos” £>, em cima cie Q: para elevar

Evolução da topologia cascode vista como o empilhamento de Q x e Q 2.

Expliquemos por que as topologias ilustradas na Fig. 9.7 não são cascodes.

9.4 out

1out

out

(b)

(a) Figura 9.7

34 0

Capítulo Nove

Solução

Diferentemente do cascode da Fig. 9.2(a), os circuitos da Fig. 9.7 conectam o emissor da £>, ao emissor de Q2. Agora, o transistor Q2 funciona como um dispositivo conectado como diodo (e não como uma fonte de corrente) e, portanto, apresenta uma impedância (l/gw2)ll roi (em vez de r(f2) no nó X. Dada por (9.1), a impedância de saída, é, por conseguinte, consideravelmente menor: Rom = 1

\§m2

||ro 2 lK i)lro i + — \\ro2\\rni. /J §m2

(9.19)

Na verdade, como 1/gm2 « rQ2, rw„ e, como g,„, « gm2 (por quê?), temos R o u ,* U + —

V 01 + —

8ni2 /

\

§m2

« 2 ro í.

(9.20) (9.21)

As mesmas observações se aplicam à topologia da Fig. 9.7(b). Exercício

Estime a impedância de saída para uma corrente de coletor de 1 mA e VA = 8 V.

Cascodes M OS A similaridade entre as Eqs. (9.1) e (9.3) para estágios degenerados sugere que um cascode também pode ser realizado com M OSFETs para aum entar a impedância de saída de uma fonte de corrente. A ideia, ilustrada na Fig. 9.8, é subs­ tituir o resistor de degeneração por uma fonte de corrente MOS e, assim, apresentar uma resistência de pequenos sinais r()2 de X à terra. A Eq. (9.3) pode, agora, ser escrita como:

lente. Rom = (1 + gmiro2)roi + r()2 gm\ro\ro2, onde se supôs gmXr(nrm »

Exem plo

r(n, rn2.

(9.22) (9.23)

A Eq. (9.23) é um resultado de extrem a impor­ tância e implica que a impedância de saída é propor­ cional ao ganho intrínseco do dispositivo cascode.

9.5

Projetemos um cascode NMOS para uma impedância de saída de 500 kíl e uma corrente de 0,5 mA. Para simplificar, vamos supor, na Fig. 9.8, que Mx e M2 são idênticos (isto não é, de fato, necessário). Suponhamos ainda n„Cox = 100 /aA/V2e A = 0,1 V

Solução

Devemos determinar W/L para os dois transistores, de modo que gm\ro\r
(9.24)

Como r(n = rü2 = (A/7>) 1 = 20 kíl, exigimos que gml = (800 íl) -1 e, por conseguinte, L ID ~ 8(K)Q.

(9.25)

Cascodes e Espelhos de Corrente

341

Portanto, W T

Notemos também que gmXr(n = 25 » Exercício

(9.26) =

1 5 ’6 '

1.

Qual é a resistência de saída se W/L = 32?

Rout « 9m1 r01 f02

Figura 9.9

Cascode MOS visto como o empilhamcnto dc A/, cm cima dc M:.

N o caso de dispositivos M OS (Fig. 9.9), invo­ cando a visão a ltern ativ a ilu strad a na Fig. 9.6, concluím os que o em p ilham ento de um M O SFET em cima de uma fonte de co rren te “eleva” a im pe­ dância po r um fato r gm2r (>2 (g an h o in trín seco do transistor cascode). Esta conclusão revela um in te­ ressante ponto de contraste en tre cascodes bipolar e MOS: no prim eiro, o a u m e n to de r,n leva, p o r fim, a R ouMp = p rol; no segundo, Rou,U()S = gm\r01*02 aum enta sem limite.4 Isto ocorre porque, em dispo­ sitivos MOS, p e r„ são infinitos (nas frequências baixas).

Exem plo 9.6

Figura 9.10

Fonte dc corrcntc cascode PMOS.

A Fig. 9.10 ilustra um cascode PMOS. A resis­ tência de saída é dada por (9.22).

Durante a fabricação, um grande resistor parasita. R Pi apareceu no cascode, como ilustrado na Fig. 9.11. Determinemos a resistência de saída.

Figura 9.11 4Na verdade, um efeito dc segunda ordem limita a impedância de saída de cascodes MOS.

342

Capítulo Nove

Solução

Notamos que R,, está em paralelo com rol. Portanto, podemos reescrever (9.23) como R out =

(9.27)

gmi(roi\\Rp)ro2 -

Se gm\(rolWRp) não for muito maior que a unidade, retornamos à equação original, (9.22), e substi­ tuímos r()Xpor r()l\\RP: R out =

Exercício

9.1.2

( 1

+

(9.28)

g m lr0 2 ) ( r0 i \ \ R p ) + r02-

Que valor de R,. degrada a resistência de saída por um fator de dois?

Cascode com o A m p lific a d o r

A lém de apresentar uma alta im pedância de saída com o uma fonte de corrente, a topologia cascode tam bém pode funcionar como amplificador de alto ganho. Na verdade, a im pedância de saída e o ganho de amplificadores estão relacionados. Para o estudo que faremos a seguir, precisamos entender o conceito de transcondutância de circuitos. Nos Capítulos 4 e 6, definimos a transcondutância de um transistor como a variação na corrente de coletor ou de dreno dividida pela variação da tensão baseemissor ou porta-fonte. Este conceito pode ser gene­ ralizado para circuitos. Como ilustrado na Fig. 9.12, a tensão de saída é fixada em zero curto-circuitando o nó de saída à terra, e a “transcondutância de curtocircuito” do circuito é definida com o

Exem plo 9.7

Figura 9.12

Cálculo da transcondutância dc um circuito.

Gm =

lout

(9.29) vout= 0

Esta transcondutância representa o “poder" de um circuito em converter uma tensão de entrada em uma corrente.5 Notemos a direção de iOMna Fig. 9.12.

Calculemos a transcondutância do estágio FC mostrado na Fig. 9.13(a). VDD

‘'out

(b)

(a) Figura 9.13

S olução

Como ilustrado na Fig. 9.13(b), curto-circuitamos o nó de saída à terra AC e, notando que Rn não conduz uma corrente (por quê?), escrevemos G

but

(9.30)

5Embora tenha sido omitida nos Capítulos 4 e 6 por questão de simplificação, a condição v0,„ = 0 também é necessária para a trans­ condutância de transistores. Ou seja, o coletor ou o dreno deve ser curto-circuitado à terra AC.

Cascodes e Espelhos de Corrente

=

343

(9.31) vgs\

= gmi.

(9.32)

Portanto, neste caso, a transcondutância do circuito é igual à do transistor. Exercício

Como Gmserá alterado se a largura e a corrente de polarização do transistor forem dobradas?

Figura 9.14 (a) Equivalente de Norton de um circuito, (b) cálculo da corrente de curto-circuito de saída.

Lema O ganho de tensão de um circuito linear pode ser expresso como

Av= -

G mR OUi i

(9.33)

circuitando a saída à terra (vouí = 0) e calculando-se a corrente de curto-circuito [Fig. 9.14(b)].Também rela­ cionamos ioul a vi/t pela transcondutância do circuito, Gm = itJ v m. Assim, na Fig. 9.14(a), Vout

onde R out denota a resistência de saída do circuito (com a tensão de entrada fixada em zero). Prova

Sabemos que um circuito linear pode ser subs­ tituído por seu equivalente de N orton [Fig. 9.14(a)]. O teorem a de Norton afirma que iolll é obtida curto-

Exem plo 9.8

ioUtRoUt

( 9 *34)

= -GmVjnRouf

(9.35)

- G mR OM.

(9.36)

=

Logo, —

Vin

=

Determinemos o ganho de tensão do estágio emissor comum mostrado na Fig. 9.15(a).

i

Vir.0— (a)

(b) Figura 9.15

TERRA AC

344

Capítulo Nove

Solução

Para calcular a transcondutância de curto-circuito do circuito, conectamos um curto-circuito AC da saída à terra e determinamos a corrente correspondente [Fig. 9.15(b)]. Neste caso, ioul é igual à corrente de coletor de Qi,gmiVin, ou seja, G

klit U/i = 8ml ■

(9.37)

m = ----

(9.38)

Notemos que r() não conduz uma corrente neste teste (por quê?). A seguir, obtemos a resistência de saída, como indicado na Fig. 9.15(c): R

- TVx

(9.39)

IX OUt —

IX = rQi.

(9.40)

Portanto,

Exercício

A v — GmR„ut

(9.41)

= -gm\ro\-

(9.42)

Suponhamos que o transistor seja degenerado por um resistor de emissor igual a R,. A trans­ condutância diminui, enquanto a resistência de saída aumenta. O ganho de tensão aumenta ou diminui?

O lema anterior serve como um m étodo alterna­ tivo para o cálculo de ganho. E tam bém indica que o ganho de tensão de um circuito pode ser aum en­ tado com o aum ento da impedância de saída, como em cascodes. A m p lific a d o r Cascode B ip o la r

Recordemos, do Capítulo 4, que, para maximizar o ganho de tensão de um estágio emissor comum, deve-se maximizar a impedância de carga de coletor. No limite, uma fonte de corrente ideal como carga [Fig. 9.16(a)j produz um ganho de tensão de

Av

(9.43)

—

_Va Vt '

(9.44)

N este caso, a corrente de pequenos sinais, g,„xVin, produzida por <2, flui por r,n e gera uma tensão de saída igual a - g mivinr()l. A gora, suponham os que em pilhem os um tra n ­ sistor em cima de <2,,como m ostrado na Fig. 9.16(b). Sabemos,da Seção 9.1.1, que o circuito apresenta uma alta im pedância e, do lem a anterior, um ganho de tensão maior que o de um estágio EC.

Figura 9.16 (a) Fluxo dc corrcntc dc saída gerado por um estágio EC através de rm, (b) uso de cascode para aumentar a impe­ dância de saída.

Cascodes e Espelhos de Corrente

Figura 9.17

(a) Corrente de curto-circuito dc saída dc um cascodc, (b) vista detalhada de (a).

D eterm inem os o ganho de tensão de um cascode bipolar com a ajuda do lema anterior. Como mostrado na Fig. 9.17(a), a transcondutância de curto-circuito é igual a iou/v in. Como um estágio emissor comum, 0 , ainda produz uma corrente de coletor que flui por Q2 e, portanto, pelo curto-circuito de saída: íout — 8ml Vin»

(9.45)

Gm = 8ml*

(9.46)

O u seja,

Em transistores típicos, 1/g„,2 «

O leitor pode ver (9.46) com reservas. Afinal, como m ostrado na Fig. 9 .17(b), a corrente de coletor de (), deve ser dividida en tre rm e a im pedância vista quando se olha para o em issor de Ç)2. Portanto, devemos com provar que apenas uma fração despre­ zível de gnúvin é “perdida” em rm . Como as tensões de base e de coletor de Q2 são iguais, este transistor pode ser visto como um dispositivo conectado como diodo que tem uma impedância (l/g„,2)llr02. Dividindo gmIvfn entre esta impedância e rm , temos

—

8m \ Vjn ”

ro\\\r„i

ro\\V„ 2 + — \\r0 2 8m2

Exem plo 9.9

Solução

(9.47)

r()2, r01; logo,

iout * gmlVtn-

(9.48)

Ou seja, a aproxim ação G,„ — gml é razoável. Para obter o ganho de tensão total, escrevemos, a partir de (9.33) e (9.5), Av =

h>ut

345

(9.49)

—G mR 0ut

= -gmi{[l + gm2 (roú\r„2 )]ro2 + roi\\rn2}

(9.50)

% -gm\[gm2 (ro\\\r„2 )ro2 + roíWni]-

(9.51)

Como Q, e Q2 conduzem correntes de polarização aproxim adam ente iguais, gmi « gm2 e r,n « r()2: = —gmiroi [gml (roí \\r„2 ) + 1]

(9.52)

» -gn,\ro\gm\(r0 i\\r„2)-

(9.53)

Comparado com o simples estágio EC da Fig. 9.16(a), o am plificador cascode apresenta um ganho que é maior por um fator ~ um gar,ho relativa­ m ente grande, pois r()l e r„2 são muito m aiores que 1/gml-

O cascode bipolar da Fig. 9.16(b) é polarizado em uma corrente de 1 mA. Se VA = 5 V e /3 = 100 para os dois transistores, determinemos o ganho de tensão. Vamos supor que a carga seja uma fonte de corrente ideal. Temos g,nl = (26 O )-1, /■„, ~

= 2600 íl. rin ~ r()2 = 5 kíl. Portanto,

gmi (roí\\r„2) = 65,8

(9.54)

\AV\ = 12.654.

(9.55)

e, de (9.53),

346

Capítulo Nove

Portanto, a configuração cascode aumenta o ganho de tensão por um fator de 65,8. Exercício

Que tensão de Early leva a um ganho de 5.000?

Podemos ver o am plificador cascode como um estágio emissor comum seguido de um estágio base comum. A ideia, ilustrada na Fig. 9.18, é considerar o dispositivo cascode, Q2>um transistor base comum que amostra a corrente de pequenos sinais produzida por <2,. Esta perspectiva se mostra útil em alguns casos. O alto ganho de tensão torna a topologia cascode atraente para diversas aplicações. Contudo, no circuito da Fig. 9.16(b), admitimos que a carga é uma fonte de corrente ideal. Uma fonte de corrente real reduz a impedância vista no nó de saída e, por conseguinte, o

Estágio EC

Figura 9.18 Amplificador cascode como uma cascata de um estágio EC e de um estágio CB.

(a) Figura 9.19 tensão.

ganho de tensão. Por exemplo, o circuito ilustrado na Fig.9.19(a) apresenta um ganho baixo,poisa fonte de corrente p n p introduz uma impedância de apenas rm entre nó de saída e a terra AC, o que reduz a impe­ dância de saída a Rout

=

roi 11{ [ 1 + gmiircnWjti)]ro 2 + roi\\r„2)

% roi\\[gnüro2 Í.ro\\\rj<2 ) + ro\\\r„i\.

(9.56) (9.57)

Com o devem os realizar a fonte de corrente de carga para m anter um ganho elevado? Sabemos, da Seção 9.1.1, que a configuração cascode aum enta a impedância de saída de fontes de corrente e, postu­ lando que o circuito da Fig. 9.5 é um bom candidato, obtem os o estágio ilustrado na Fig. 9.19(b). Agora, a impedância de saída é dada pela com binação das im pedãncias dos cascodes n p n , R„„, e pn p , R,„„ em paralelo. U sando (9.7), temos Ron % gnarmiroúVni)

(9.58)

RoP ** gnaroi(roA\rn-i)-

(9.59)

C om o dispositivos npn e p n p podem ap resentar tensões de Early diferentes, rol (= r()2) pode não ser igual a rm (= r(H).

(b )

(a) Cascode com uma simples fonte de corrente como carga, (b) uso de cascode na carga para elevar o ganho de

Cascodes e Espelhos de Corrente

Notando que a transcondutância de curto-circuito, G„„ do estágio ainda é aproxim adam ente igual a gml (por quê?), expressamos o ganho de tensão como A„ = - g mi(R0n\\RoP) * -gm\{[gm2ro2(ro\i\rn2)]>\[gnC,roi(roA\\rn},)]).

Exem plo 9.10 Solução

347

E ste resu ltad o re p re se n ta o m ais alto ganho de ten são q u e p o d e ser o b tid o com um estágio cascode. Para valores com paráveis de R„„ e de esse ganho é próxim o de m etade do valor expresso por (9.53). É importante fazer uma pausa e avaliar nossas técnicas de análise. A análise do cascode da Fig. 9.19(b)

(9.60) (9.61)

Suponhamos que o circuito do Exemplo 9.9 incorpore uma carga cascode usando um transistor pnp com VA = 4 V e /3 = 50. Qual é o ganho de tensão? Os transistores de carga conduzem uma corrente de coletor de aproximadamente 1 mA. Logo, Rop —Snúr03Ír04\ 1^"tt3)

(9.62)

= 151 kQ

(9.63)

Ron = 329 k£2.

(9.64)

e

Por conseguinte, \AV\ = gml(RonURop) = 3.981.

(9.65) (9.66)

Em comparação com o caso da fonte de corrente ideal, o ganho cai por um fator da ordem de 3, pois os dispositivos pnp têm valores de tensão de Early e de /3 mais baixos. Exercício

Repita o exemplo anterior para uma corrente de polarização de coletor de 0,5 mA.

se to rn aria um en o rm e p ro b lem a se tentássem os substituir cada tran sisto r por seu circuito equiva­ lente de pequenos sinais e resolver o circuito resul­ tante. Nossa abordagem em construir esse estágio de m aneira gradual revela o papel de cada dispositivo e nos p erm ite um cálculo sim ples da im pedância de saída. Além disto, com base em nosso conheci­ m ento da im pedância de saída, o lema ilustrado na Fig. 9.14 fornece rap id am en te o ganho de tensão do estágio. A m p lific a d o r Cascode CM OS A análise anterior do am plificador cascode bipolar pode ser estendida ao caso CMOS. Este estágio, ilustrado na Fig. 9.20(a) com uma fonte de corrente ideal como carga, também provê uma transcondutância de curto-circuito G„, ** gml se l/g,„2 « r()l. A resistência de saída é dada por (9.22) e resulta em um ganho de tensão de

Figura 9.20 (a) Amplificador cascode MOS, (b) realização da carga por um cascode PMOS.

348

Capítulo Nove

A

v

=

— G m R

o u ,

-8»,i [(1 + gmirorí)ro\ + roz] % -gm\ro\gmiro7 -

precisam ser iguais), em bora conduzam correntes iguais (por quê?). C om o no caso bipolar, o am plificador cascode MOS deve incorporar uma fonte de corrente cascode PMOS para m anter um ganho de tensão elevado. O circuito ilustrado na Fig. 9.20(b) tem as seguintes com ponentes de impedância de saída:

(9.67)

(9.68) (9.69)

Em o u tras palavras, em co m p aração com um sim ples estágio fonte com um , o ganho de tensão au m en to u p o r um fa to r gm2r()2 (ganho intrínseco do dispositivo cascode). C om o /3e r , são infinitos p ara dispositivos M OS (nas freq u ên cias baixas), tam bém podem o s u tilizar (9.53) p ara cheg ar a (9.69). Contudo, notem os que M, e M 2 não precisam exibir transcondutâncias ou resistências de saída iguais (suas largu ras e seus co m p rim en to s não

Exem plo

________

Solução

Ron

%

(9.70)

gnü.r02r0l

Rop * gnúro3ro4-

(9.71)

Portanto, o ganho de tensão é igual a A v «a gmlKgmirozroí) 11( g m 3 W

0 4 )]•

(9.72)

O amplificador cascode da Fig. 9.20(b) incorpora dispositivos com os seguintes parâmetros: (W /L)u = 30, (W/L)X4 = 40, I m = . . . = IM = 0,5 mA. Se n nC fíX = 100 jxA/V2, /* „ C ,W = 50 ^A/V2, À„ = 0,1 V '1e \ p = 0,15 V"1, determinemos o ganho de tensão. Com esta escolha particular de parâmetros dos dispositivos, gmí = gm2, rol = rm, gm%= gw4 e rm = r(M.Temos

8ml,2 — y

^ ^

I d\2

(9.73)

= (577 Q)~l

(9.74)

gnôA = (707 Q)~l.

(9.75)

Além disso, ro \,2 =

---A/|ÍD1,2 = 20 kQ 7— 7

^03.4 = 13,3 kQ.

(9.76) (9.77)

(9.78)

As Eqs. (9.70) e (9.71) levam, respectivamente, a Ron % 693 kQ

(9.79)

Rop % 250 kQ

(9.80)

Av = -gml(Ron\\Rop)

(9.81)

* -318. Exercício

(9.82)

Explique por que, no exemplo anterior, uma corrente de polarização mais baixa resulta em impe­ dância de saída mais alta. Calcule a impedância de saída para uma corrente de dreno de 0,25 mA.

Cascodes e Espelhos de Corrente

9.2 9.2.1

ESPELHOS DE CORRENTE C onsiderações In icia is

As técnicas de polarização que estudam os nos Capí­ tulos 4 e 6 para amplificadores bipolares e MOS se mostram inadequadas para circuitos microeletrônicos de alto desempenho. Por exemplo, a corrente de pola­ rização de estágios EC e FC é uma função da tensão de alimentação - um problem a sério, pois, na prática, esta tensão sofre alguma variação. A bateria recarregável de um telefone celular ou de um notebook, por exemplo, perde tensão de m odo gradual à m edida que descarrega; isto exige que circuitos m antenham operação apropriada em um intervalo de tensões de alimentação. O utra questão im portante relativa à polarização diz respeito às variações da tem peratura ambiente. Na Finlândia, um telefone celular deve m anter o desem ­ penho a -20°C , e, na A rábia Saudita, a +50°C. Para en ten d er com o a tem p eratu ra afeta a polarização, consideremos a fonte de corrente bipolar m ostrada na Fig. 9.21 (a), onde e R 2 dividem Vcc ao valor necessário Vm.. Ou seja, para uma corrente desejada /,, temos (9.83) onde a corrente de base foi desprezada. C ontudo, o que acontece se a tem p eratu ra variar? O lado esquerdo perm anece constante se os resistores forem feitos do mesmo m aterial e, por conseguinte, variarem na mesm a proporção. E ntretanto, o lado direito contém dois p arâm etros que dependem da tem peratura: V , — kT /q e Is. Portanto, mesmo que a tensão base-em issor perm aneça constante com a tem peratura, /, variará. Situação similar ocorre com circuitos CMOS. A Fig. 9.21 (b) ilustra uma fonte de corrente MOS que é polarizada por meio de um divisor resistivo e depende de V,,!, e da tem peratura. A qui, podemos escrever

Em suma,os típicos esquemas de polarização apre­ sentados nos Capítulos 4 e 6 deixam de estabelecer uma corrente de coletor ou de dreno constante caso a tensão de alim entação ou a tem peratura am biente variem. Felizmente, existe um excelente m étodo de criação de tensões e correntes de alimentação inde­ pendentes da tem p eratu ra, usado em quase todos os sistem as m icroeletrônicos. O circuito, cham ado “circuito de referência de bandgap”, em prega várias dezenas de dispositivos e é estudado em livros mais avançados [1].

Figura 9.21 Polarização inadequada de fontes de corrente (a) bipolar e (b) MOS.

O p ró p rio circuito de bandgap n ão resolve todos os nossos problem as! Um circuito integrado pode in c o rp o ra r cen ten as de fontes de corrente, p o r exem plo, com o im pedâncias de carga para estágios EC ou FC, para que se alcance um ganho elevado. Infelizm ente, a com plexidade do circuito de bandgap im pede que seja usado em cada uma das fontes de corrente de um grande circuito in te­ grado. Vamos resumir as considerações feitas até aqui. Para evitar dependência em relação à alim entação e à tem peratura, uma referência de bandgap pode fornecer uma “co rren te de o u ro ”, em bora exija algumas dezenas de dispositivos. Portanto, devemos buscar um m étodo para “copiar” a corrente de ouro

(9.84) — 2^nCc

xt {j

^ r 2Vdd~ Vth)

(9.85)

Uma vez que tanto a m obilidade como a tensão de limiar variam com a tem peratura, /, não permanece constante, mesmo que V<;s não varie.

349

Figura 9.22

Conceito dc um espelho dc corrente.

350

Capítulo Nove

sem a necessidade de duplicar todo o circuito de bandgap. Espelhos de corrente fazem isto. A Fig. 9.22 ilustra, de m odo conceituai, nosso objetivo. A c o rre n te de o u ro g erad a p o r um a referên c ia de bandgap é “ lid a ” pelo esp elh o de co rren te e um a cópia com as m esm as cara cterís­ ticas de I REFê produzida. Por exem plo, Icópia — 1REF ou 2IREF.

9.2.2 Espelho de C orrente B ip o la r Uma vez que, na Fig. 9.22, a fonte de corrente que gera IcópU, deve ser im plem entada com o um tra n ­ sistor bipolar ou MOS, concluím os que o espelho de corrente se parece com a topologia m ostrada na Fig. 9.23(a),onde <2, opera na região ativa direta e a caixa-preta garante = IREF, independentem ente da tem peratura ou da característica do transistor. (O correspondente MOS é similar.) Como a caixa-preta da Fig. 9.23(a) deve ser reali­ zada? A caixa-preta gera uma tensão de saída, Vx ( — Vn,), de modo que <2, conduz uma corrente igual a I Ri:rVx

Is 1 exP t t = I r e f ,

entradas, ou seja, a função inversa da característica de um transistor bipolar. Felizmente, um dispositivo conectado como diodo satisfaz (9.87). Desprezando a corrente de base na Fig. 9.23(b), temos

Vx = VT ln

Ir

e f

Isi

Ir e f =

(9.86)

(9.88)

Is .r e f

Icópia— Is\

Vx exp —

CXp

Vx VT

(9.89) (9.90)

Logo, I c ó p ia —

.

— I

I s .r

ef

r e f

<

(9.91)

(9.87)

Devemos, portanto, buscar um circuito cuja tensão de saída seja proporcional ao logaritm o natural das

(a)

ef

Is. R E F

onde ISRIF denota a corrente de saturação reversa de Q,i , . ; , . . Em outras palavras, Vx = Vx se ISREF = 7S1, isto é, se QREIfor idêntico a Q ,. A Fig. 9.23(c) co n so lid a nosso racio cín io e m ostra o circuito do espelho de corrente. Dizem os qu e <2i “e s p e lh a ” ou co p ia a c o rre n te q u e flui p o r Q,u:i- P or o ra, d esp rezam o s as c o rre n te s de base. D e um a p ersp ectiv a, Q REF to m a o lo g a­ ritm o n atu ral de I REF, C?i tom a a exponencial de Vx e produzem = IKE,t De o u tra perspectiva, com o Q re, e Q x têm iguais tensões base-em issor, podem os escrever

Vj

onde o efeito Early foi desprezado. Portanto, a caixapreta satisfaz as seguintes relações:

>r

V\ = VT ln

(b)

que se reduz a Icópia = 1RE,. se QREFe O t forem idênticos. Isto é válido mesmo que V r e ls variem com a tem pe­ ratura. Notemos que Vx varia com a temperatura, mas de tal modo que lt<>l>iapermanece constante.

(c)

Figura 9.23 (a) Ilustração conceituai da cópia de corrente, (b) tensão proporcional ao logaritmo natural da corrente, (c) espelho de corrente bipolar.

Cascodes e Espelhos de Corrente

351

Um estudante de engenharia elétrica, entiisiasmado cc3m o conceito de espelho de corrente, constrói o circuito, mas se esquece de conecta r a base de Q hkf ao coletor (Fig. 9.24). Expliquemos o que acontece. r vcc ^

r c ó p ia ?

Jref (í Qref J

Qi L

Figura 9.24

S olução

Exercício

O circuito não provê um percurso para a corrente de base dos transistores. Mais importante, a tensão base-emissor dos dispositivos não é definida. A falta de correntes de base se traduz em Icópia = 0. Qual é a região de operação de QK,:hl

Dando-se conta d d erro no circ uito anterior, o estudant:e faz a modificação mntece. - vcc *REF 0. !>

- vcc

° ref J

Oi

l=^>

°REF

L

:

-I

1t ^c ó p ia ?

1re f Ç D

1,/cópia?

.

:

L Ç Í [ v*

1

01 L

Figura 9.25

Solução

Embora agora (J, conduza uma corrente finita, a polarização de na Fig. 9.21; ou seja, Icópia = Is\ exp y - ,

não é diferente daquela indicada

(9.92)

que é uma função da temperatura, caso Vx seja constante. O estudante se esqueceu de que aqui é necessário um dispositivo conectado como diodo para assegurar que Vx permaneça proporcional

Exercício

Suponha que Vx seja ligeiramente maior que o valor necessário, V, ln(/„,;///w / .). Em que região Q ref opera?

D evem os agora resp o n d er a duas perguntas importantes. Primeira: como fazemos cópias adicio­ nais de l K,:i para alim entar diferentes partes de um circuito integrado? Segunda: com o obtem os dife­ rentes valores para essas cópias, por exemplo, 2 5IREF etc.? C onsiderando a topologia na Fig. 9.22(c),

notamos que Vx pode funcionar como a tensão baseemissor de vários transistores e chegamos ao circuito m ostrado na Fig. 9.26(a). Para simplificar, o circuito é, muitas vezes, desenhado tal como na Fig. 9.26(b). Aqui, o transistor Q, conduz uma corrente Icópiaj>dada por

352

Capítulo Nove

Icópia, j

Vx =

y~.

/ j . / e X P

(9.93)

que, juntam ente com (9.87), resulta em cópia, j

h. Lr

—

e f

-

(9.94)

S .R E F

O ponto im portante aqui é que várias cópias de IREEpodem ser geradas com com plexidade adicional

mínima, pois 1IU:I. e Q REE não precisam ser dupli­ cados. A Eq. (9.94) tam bém responde à segunda pergunta: se ISj (<* à área do emissor de Q,) for esco­ lhida com o n vezes Is,iu:f ( a à área do em issor de Qkm), então Iclipiuj = n lRE,.. Dizemos que as cópias são “m últiplos” de I ref- Recordemos, do Capítulo 4, que isto é equivalente a conectar n transistores em para­ lelo. A Fig. 9.26(c) traz um exemplo em que ( ? r £ ?3 são idênticos a QRRV%produzindo lcópia = 3IRI:F.

(a)

(b)

(C)

Figura 9.26 (a) Várias cópias de uma corrente de referência; (b) desenho simplificado de (a); (c) combinação de correntes de saída para gerar cópias maiores.

Exem plo 9.14

Solução

Um amplificador de múltiplos estágios incorpora duas fontes de corrente de valores 0,75 mA e 0,5 mA. Usando uma corrente referência de bandgap de 0,25 mA, projetemos as fontes de corrente necessárias. Desprezemos, por ora, o efeito da corrente de base. A Fig. 9.27 ilustra o circuito. Aqui, todos os transistores são idênticos para assegurar os múltiplos adequados de l REF.

t

Exercício

t

Figura 9.27

Repita o exemplo anterior para o caso em que a corrente de referência de bandgap seja de 0,1 mA.

Cascodes e Espelhos de Corrente

O uso de transistores em paralelo representa um meio seguro de criar cópias que são múltiplos inteiros da corrente de referência em espelhos de corrente.

353

Contudo, como criamos frações de w Para conse­ guir isto, Q k,.;i é realizado como vários transistores em paralelo. A Fig. 9.28 traz um circuito como exemplo; a ideia é iniciar com uma / v/
= 3ls exp ^

Icópiü= /sexp

Vj

(9.95) (9.96)

Logo, Figura 9.28 rência.

Copiagem de uma fração de uma corrente de refe­

Exem plo

Solução

l cópia= ^ I r e f •

A partir de uma corrente de referência de 200 /xA, desejamos gerar uma corrente de 50 /xA e outra de 500 /jlA . Projetemos o circuito do espelho de corrente. Para produzir as correntes menores, devemos empregar quatro transistores para QREF, de modo que cada um conduza uma corrente de 50 /xA. Portanto, um transistor gera 50 /xA (Fig. 9.29). A corrente de 500 /xA requer 10 transistores, representados, para simplificar, como 10A,.

IREF

mA

cópial

1cópia2 104c

Figura 9.29

Exercício

(9.97)

Repita o exemplo anterior para uma corrente de referência de 150 /xA.

E fe ito da C o rre n te de Base A té aqui, d espre­ zamos a corrente de base puxada por todos os tran ­ sistores do nó X na Fig. 9.26(a); este é um efeito que leva a erros significativos à m edida que o núm ero de cópias (ou seja, a corrente total copiada) aum enta. O erro ocorre porque uma fração de flui pelas bases e não pelo coletor de Q r,.:f. Analisarem os esse erro com o auxílio do diagram a m ostrado na Fig. 9.30, onde A,, e n A , denotam uma unidade de tran ­ sistor e n unidades de transistores, respectivamente.

354

Capítulo Nove

Nosso objetivo é o cálculo de tendo em mente que QRE/. e Q t ainda têm iguais tensões base-emissor e, portanto, conduzem correntes que guardam uma razão n. Portanto, as correntes de base de e de Qrki. podem ser expressas como copia Ib \ =

.

(9.98)

P Icópia

I b .REF = —

P

1

(9.99)

■— ■ n

Figura 9.31 Adição dc um seguidor dc emissor para reduzir o erro devido às correntes de base.

Escrevendo uma LCK no nó X , obtem os especificamente, supondo ICF » I, ,,, podemos repetir a análise anterior e escrever uma LCK no nó X :

(9.100)

I r EF = Ic.REF +

r

que, como ICREF = Iaipil,/n, leva a

1cópia . Icópia

1

' " = - r + -r--n obtem os a corrente de base de O, como

hI ref

(9.102)

(9.101)

l + -(« + l)

=

P

»+ ;)•

<9103)

O utra LCK no nó P fornece Para um grande valor de j3 e um valor m oderado de n, o segundo termo no denom inador é muito menor que a unidade e Icópia ~ Entretanto, à medida que a corrente copiada (^ n) aum enta, o erro em Icópill tam bém aum enta. Para suprim ir esse erro, o espelho de corrente bipolar pode ser modificado tal com o ilustra a Fig. 9.31. Aqui, o seguidor de emissor Q, é interposto entre o coletor de QREF&o nó A' e, dessa forma, reduz o efeito das correntes de base por um fator /3. Mais

Exem plo 9.16

Solução

Calculemos o erro em Icópiai e hópiai emissor.

(9.104)

I r e f = h . F + I c .r e f

Icópia (

,

,

1

\

,

Icópia

(9.105)

e, portanto, h I ref

Icópia —

(9.106)

1 + ^2(w + 1) Ou seja, o erro é reduzido por um fator /3.

Fig. 9.29, antes e depois da adição de um seguidor de

Notando que I cApiah IcApia2e I q rk f (a corrente total que flui pelos quatro transistores) ainda guardam as razões nominais (por quê?), escrevemos uma LCK no nó X: j

T

Icópia 2

^cópial

IREF = IC.REF + - ■■ + ' P P A, = ^ Icópiai +

Icópiai

p

+

1 0

+

Icópiai p

Ic,REF ^ P Ic,REF t

p

(9.107) •

(9.108)

Logo, j

_

Icópiai —

I ref 4+?

(9.109)

Cascodes e Espelhos de Corrente

MIref 15* 4+

*côpia2-

355

(9.110)

Com a adição do seguidor de emissor (Fig. 9.32), temos no nó X: T

Ic.REF

Icópial

4/cópiaí

Icópia\ .

~ T ~

~ T ~

Icópial

'C.F = --- ------ 1---------- 1-------P P

Icópial

(9.111) (9.112)

p

Icópial

(9.113)

P

Figura 9.32

Uma LCK no nó P fornece 151cópjal

r

iR E F = --- ^2----- Ic.R EF

cópia 1•

P2

(9.114) (9.115)

Logo, *cópial —

Iref

A

(9.116)

15

P2 r _ 10I ref *cópial 15 *

(9.117)

4+ ^ Exercício

Calcule Icipia[ para o caso em que um dos transistores é omitido, ou seja, o transistor de referência tem área 3/4,..

E sp e lh o s p n p C onsiderem os o estágio em issor comum m ostrado na Fig. 9.33(a), onde uma fonte de corrente funciona como carga para que um alto ganho seja alcançado. A fonte de corrente pode ser realizada como um transistor pn p que op era na região ativa [Fig. 9.33(b)]. Devemos, portanto, definir a corrente

de polarização de Qz de m aneira apropriada. Em analogia com o correspondente npn da Fig. 9.23 (c), form am os o espelho de co rren te pn p ilustrado na Fig.9.33(c). Por exemplo, se QMÍ. e Q2forem idênticos e as correntes de base forem desprezíveis, Q: conduz uma corrente igual a IRE,..

356

Capítulo Nove

Figura 9.33 (a) Estágio EC com fonte de corrente como carga, (b) realização da fonte de corrente por um dispositivo /;///;, (c) polarização adequada de Q2.

Exem plo 9.17 Solução

Projetemos o circuito da Fig. 9.33(c) para um ganho de tensão de 100 e um orçamento de potência de 2 mW. Vamos supor VAnpn = 5 V, VApnp = 4 V, IREF = 100 e Vcc = 2,5 V. Do orçamento de potência e de V( ( = 2,5 V, obtemos uma corrente de alimentação total de 800 /xA, dos quais 100 /xA são dedicados a I HKFe Qrei- Portanto, Qxe Q2 são polarizados em uma corrente de 700 /xA, o que exige que a área (de emissor) de Q2 seja 7 vezes a de Qrí.:f. (Por exemplo, QREF incorpora uma unidade de transistor, e (2,, sete unidades.) O ganho de tensão pode ser escrito como (9.118) 1 VT

VA,npn VA.pnp

V a ,npn

+ vA■pnp

-85,5.

(9.119) (9.120)

O que aconteceu? Buscávamos um ganho de 100 e, sem dúvida, obtivemos 85,5! Isto ocorre porque o ganho do estágio é dado apenas pelas tensões de Early e por VT, uma constante definida pela tecnologia e que independe da corrente de polarização. Assim, com a anterior escolha das tensões de Early, o ganho do circuito não chega a 100. Exercício

Que tensão de Early é necessária para um ganho de tensão de 100?

D evem os, agora, tra ta r de um problem a in te­ ressante. N o espelh o da Fig. 9.23(c), adm itiu-se que a c o rre n te de o u ro flui d e Vcc p ara o nó X , enquanto na Fig. 9.33(c) a co rren te flui de X para a te rra . C om o geram os essa c o rre n te a p a rtir da prim eira? Podem os com binar espelhos npn e pnp p ara esse fim, com o ilustra a Fig. 9.34. S upondo, para simplificar, que Q Ri:n, Q s„ Q REn eQi são idên­ ticos e desprezando as co rren tes de base, notam os que Q m puxa um a co rren te I Kh:,. de Qm-m e força que a mesm a corren te flua por Q 2 e £),. Podemos, tam bém , criar diversos cenários de pro p o rcio n ali­ dade en tre Q HEn e Q M, e entre Q M,n eQ v N otem os que as correntes de base introduzem um erro cum u­

lativo à m edida que IR,.,. é copiada em / c w, e I CM é copiada em I a .

Cascodes e Espelhos de Corrente

Exem plo 9.18

Solução

357

Desejamos polarizar Q , e Q2, na Fig. 9.34, em uma corrente de coletor de 1 mA, com IREF= 25 nA. Escolhemos os fatores multiplicativos para o circuito de modo a minimizar o número de transis­ tores. Para um fator de proporcionalidade total de 1 mA/25 p.A, podemos escolher I c ,m

(9.121)

= 8I r e f 5/c,A/

(9.122)

Ic m

= 10I r e f

(9.123)

\I c i \

=

(9.124)

\Ic2\ = ou

4/c,a/.

(Em cada caso, os fatores de proporcionalidade n p n e p n p podem ser intercambiados.) No primeiro caso, os quatro transistores no circuito do espelho de corrente requerem 15 unidades de transistores e, no segundo, 16 unidades. Notemos que desprezamos, de maneira implícita, o caso ICM= 40 ICREFX e I(7 = 4 0 / c.refi Por exigir 43 unidades. Exercício

Exem plo 9.19

Solução

Exercício

Calcule o valor exato de

se p = 50 para todos os transistores.

Um estudante de engenharia elétrica comprou dois transistores bipolares discretos nominalmente idênticos e construiu o espelho de corrente mostrado na Fig. 9.23(c). Infelizmente, ícópiaé 30% maior que IREF. Expliquemos por quê. É possível que os dois transistores tenham sido fabricados em lotes diferentes e, portanto, passaram por processamentos ligeiramente diferentes. Variação aleatória durante a fabricação pode levar a alteração dos parâmetros do dispositivo e, até mesmo, da área de emissor. Em conseqüência, os dois transistores apresentam um descasamento significativo em / s. Por isto espelhos de corrente raramente são usados em projetos discretos. Que descasamento em Is resulta em um descasamento de 30% nas correntes de coletor?

9.2.3 Espelho de C orrente M OS Os desenvolvimentos da Seção 9.2.2 tam bém podem ser aplicados a espelhos de corrente MOS. Em espe­ cial, desenhando o co rrespondente M OS da Fig. 9.23(a) tal como na Fig. 9.35(a), notam os que a caixapreta deve gerar Vx de m odo que 2 l^nCo.

Vt h i)

= Iref,

(9.125)

onde a m odulação do com prim ento do canal foi desprezada. Portanto, a caixa-preta deve satisfazer a

seguinte característica (corrente de) entrada/(tensão de) saída: 2 /ref

Vx = \

+ V th\-

(9.126)

■ (!),

Ou seja, a caixa-preta deve operar como um circuito de “raiz q u ad rad a”. D o C apítulo 6, recordam os que um M OSFET conectado como diodo tem uma característica desse tipo [Fig. 9.35(b)] e chegam os ao espelho de corrente NM OS rep resentado na

358

Capítulo Nove

(b)

(a)

(c)

Figura 9.35 (a) Ilustração conceituai da copiagcm dc corrente por um dispositivo NMOS. (b) geração de uma tensão proporcional à raiz quadrada da corrente, (c) espelho de corrente MOS.

Fig. 9.35(c). Como no caso da versão bipolar, podemos ver o funcionamento do circuito de duas perspectivas: (1) M REI. toma a raiz quadrada de IREF e M, eleva o resultado ao quadrado; ou (2) as correntes de dreno dos dois transistores podem ser expressas como I d ,REF

= -Z^nCoxi L

(V x

—V th ) 2

Icópia =

^ V

(9.127)

Y

1 Ir e f ,

(9.129)

L J ref

\ L / REF

I'cópia = \n n C ox( ^ j (Vx - VTH) \

Exem plo 9.20

onde admitimos que as tensões de limiar são iguais. Com isto,

(9.128)

que se reduz a Icópia = IREFse os dois transistores forem idênticos.

O estudante que trabalhou nos circuitos dos Exemplos 9.12 e 9.13 decidiu tentar o correspondente MOS, pensando que a corrente de porta era nula e, portanto, deixava as portas flutuando (Fig. 9.36). Expliquemos o que acontece.

Nó Flutuante Figura 9.36

Solução

Exercício

Este circuito não é um espelho de corrente, pois apenas um dispositivo conectado como diodo pode estabelecer (9.129) e, por conseguinte, uma cópia de corrente que independe de parâmetros do dispositivo e da temperatura. Como as portas de MREFt M ] flutuam, podem assumir qualquer tensão, como, por exemplo, uma condição inicial criada no nó X quando a fonte de alimentação é ligada. Em outras palavras, IcApia é muito mal definida. MREFsem pre está d eslig ad o nesse circuito?

A geração de cópias adicionais de I ref com diferentes fatores de escala também segue os princípios

m ostrados na Fig. 9.26. O próxim o exem plo ilustra este conceito.

Cascodes e Espelhos de Corrente

Exemplo 9.21

359

Um circuito integrado emprega o seguido de emissor e o estágio fonte comum mostrados na Fig. 9.37(a). Projetemos um espelho de corrente que produza /, e /2 a partir de uma referência de 0,3 mA. DD DD ^in1 °— \\Z t

° K»uti

*out2

0,2 mA (V) /1

0,5 mA (£) l 2

(a)

Figura 9.37

Solução

Exercício

Seguindo os métodos ilustrados nas Figs. 9.28 e 9.29, selecionamos razões de aspecto de 3(W/L) para o dispositivo conectado como diodo,2(W/L) para yV/, e 5(W/L) para Mr . A Fig.9.37(b) mostra o circuito completo. Repita o exemplo anterior para IREF = 0,8 mA.

6Na tecnologia CMOS submicro, o óxido da porta c reduzido a menos dc 30 Á, o que leva ao “tunclamento” e. por conseguinte, a uma considerável corrente de porta. O estudo desse efeito está além do escopo deste livro.

360

Capítulo Nove

Como dispositivos MOS puxam corrente de porta desprezível,6 espelhos MOS não precisam recorrer à técnica m ostrada na Fig. 9.31. Em transistores da fonte de corrente, a m odulação do com prim ento do canal, por sua vez, leva a o utros erros. Esse efeito, investigado no Exercício 53, exige modificações no circuito, descritas em textos mais avançados [1]. A ideia de combinar espelhos de corrente NMOS e PMOS segue o correspondente bipolar ilustrado na Fig. 9.34.0 circuito da Fig. 9.38 exemplifica essas ideias.

9.3

RESUM O DO CAPÍTULO

• O empilhamento de um transistor em cima de outro forma uma estrutura cascode e resulta em alta impe­ dância de saída. • A topologia cascode também pode ser considerada um caso extremo de degeneração de fonte ou de emissor. • O ganho de tensão de um amplificador pode ser expresso como —G,„Roun onde G„, denota a trans­ condutância de curto-circuito do amplificador. Esta

• •

•

• •

•

•

relação indica que o ganho de um amplificador pode ser maximizado com a maximização da sua impe­ dância de saída. Com sua alta impedância de saída, um estágio cascode pode funcionar como amplificador de alto ganho. A carga de um estágio cascode também é realizada como um circuito cascode para se aproximar de uma fonte de corrente ideal. A fixação das correntes de polarização de circuitos analógicos em valores bem-definidos é difícil. Por exemplo, divisores resistivos conectados à base ou à porta de transistores resultam em correntes que dependem da alimentação e da temperatura. Se Vnr ou VGS forem bem-definidos, I( ou /„ não o serão. Em um sistema analógico, espelhos de corrente podem “copiar" uma corrente bem-definida de refe­ rência inúmeras vezes para diversos blocos. Espelhos de corrente podem copiar uma corrente de referência com fator multiplicativo inteiro ou fracio­ nário. Espelhos de corrente raramente são usados em projetos discretos, pois sua precisão depende de casa­ mento entre transistores.

EXERCÍCIOS 9.1 No estágio cascode bipolar da Fig. 9.2(a), Is = 6 X

9.3 No circuito da Fig. 9.39, escolhemos R( = 1 kíl e

10"17A e = 100 para os dois transistores. Despreze o efeito Early. (a) Calcule Vh2para uma corrente de polarização de 1 mA. (b) Notando que Veia ~ Km Vm:\, determine o valor de V,Ade modo que Q2esteja sujeito a uma pola­ rização direta base-coletor de apenas 300 mV.

Vcc = 2,5 V. Estime a máxima corrente de polari­ zação permitida se cada transistor estiver sujeito a uma polarização direta base-coletor de 200 mV. 9.4 Devido a um erro de fabricação, um resistor para­

sita R,, apareceu nos circuitos cascodes da Fig. 9.40. Determine a resistência de saída em cada caso. «out

9.2 Considere o estágio cascode ilustrado na Fig. 9.39,

onde Vcc = 2,5 V. (a) Repita o Exercício 1 para esse circuito, supondo uma corrente de polarização de 0.5 mA. (b) Com o valor mínimo permitido para Vhl, calcule o máximo valor permitido para R( de modo que Qxesteja sujeito a uma polarização direta basecoletor de não mais de 300 mV.

& L-%— R p

Vb2*--- UQ (a) «out

r —L

-

j* ^bi-—C o ,

01

° 2J l Vb2* ~ \ I ffp

b2 (d)

(C)

Figura 9.39

Figura 9.40

Cascodes e Espelhos de Corrente

361

9.5 Repita o Exercício 9.1 para o circuito mostrado na

Fig. 9.41, supondo /, como ideal e igual a 0,5 mA, ou seja, /<, = 0,5 mA e Ic7 = 1 mA.

Figura 9.44

9.9 Para transistores bipolares discretos, a tensão de

Early alcança dezenas de volts e permite a aproxi­ mação VA » (5Vn se p < 100. Usando esta aproxi­ mação, simplifique a Eq. (9.9) e explique por que o resultado se parece com o da Eq. (9.12).

Figura 9.41

9.6 Suponha que o circuito da Fig. 9.41 seja realizado tal

como indicado na Fig. 9.42, onde Qyfaz o papel de /,. Suponha VAl = VA2 = VAn e VAy = VAp e determine a impedância de saída do circuito.

'b3

9.10 O cascode pnp ilustrado na Fig. 9.45 deve prover uma

corrente de polarização de 0,5 mA a um circuito. Se Is = 10"K>A e /3 = 100. (a) Calcule o necessário valor de K 2. (b) Notando que Vx = Vu + I I , determine o máximo valor permitido para Vhl, de modo que Q2 fique sujeito a uma polarização direta basecoletor de apenas 200 mV.

Figura 9.42

9.7 Entusiasmado com a capacidade que cascodes têm de

“elevar” a impedância de saída, um estudante decide estender a ideia como ilustrado na Fig. 9.43. Qual é a máxima impedância de saída que o estudante pode alcançar? Suponha que os transistores são idên­ ticos.

Figura 9.45

9.11 Determine a impedância de saída de cada circuito

mostrado na Fig. 9.46. Suponha /3 » 1. Explique por que alguns dos circuitos são considerados estágios cascodes. 1out

Figura 9.43

(a)

(b)

9.8 Ao construir um estágio cascode, um estudante

ousado troca os terminais de coletor e de base do tran­ sistor de degeneração e obtém o circuito mostrado na Fig. 9.44. (a) Supondo que os dois transistores operem na região ativa, determine a impedância de saída do circuito. (b) Para uma dada corrente de polarização (/< j), compare o resultado com o de um estágio cascode e explique por que, em geral, esta não é uma boa ideia.

«B q2

(c)

(d) Figura 9.46

362

Capítulo Nove

M, W . ™ . L

0,18

t > 2 w . 20. *1

L "0 ,1 8

Figura 9.48

(0

(C)

9.15 Considere o circuito mostrado na Fig. 9.49, onde

Vnl) = 1,8 V, (W/L), = 20/0,18 e ( W/L)2 = 40/0,18. Suponha fi„ C m = 100 /xA/V2e V,,, = 0,4 V. (a) Se desejarmos uma corrente de polarização de 1 mA e Rn = 500 íl, qual é o máximo valor permi­ tido para K,,,? (b) Comesse valor escolhido para VH, qual é o valor dei/*?

(g) Figura 9.46

(Continuação)

9.12 0 cascode MOS da Fig. 9.47 deve prover uma corrente

de polarização de 0,5 mA com uma impedância de saída de, pelo menos, 50 kíl. Se, para os dois transis­ tores, \inCox = 100 /xA/V2e W/L = 20/0,18, calcule o máximo valor tolerável para A. out

'b2 Figura 9.49

9.16 Calcule a resistência de saída dos circuitos ilus­

trados na Fig. 9.50. Suponha que todos os transis­ tores operem em saturação e g„,rü » 1. out

Figura 9.47

9.13 (a) Escrevendo Gm = y]2fjLnCox(W / L )In , expresse

a Eq. (9.23) em termos de In e desenhe o gráfico do resultado em função de ln. (b) Compare esta expressão com a Eq. (9.9) para o correspondente bipolar. Qual das duas é uma função mais forte da corrente de polarização?

out

9.14 A fonte de corrente cascode mostrada na Fig. 9.48

deve ser projetada para uma corrente de polarização de 0,5 mA. Suponha nJC„ = 100 /xA/V2e VTll = 0,4 (d) (C) V. (a) Desprezando a modulação do comprimento do Figura 9.50 canal, calcule o valor necessário de Vh2. Qual é o mínimo valor tolerável para VMpara que M2 9.17 O cascode PMOS da Fig. 9.51 deve prover uma permaneça em saturação? corrente de polarização de 0,5 mA, com uma impe­ (b) Supondo A = 0,1 V“\calcule a impedância de dância de saída de 40 kíl. Se \x,vCox = 50 /zA/V2 e A saída do circuito. = 0,2 V 1, determine o valor de (W/L), = (W7L)2.

Cascodes e Espelhos de Corrente

363

DD

out Figura 9.51

(c)

(d)

9.18 O cascode PMOS da Fig. 9.51 foi projetado para uma

dada impedância de saída Riwr Usando a Eq. (9.23), explique o que acontece se as larguras dos dois tran­ sistores são aumentadas por um fator /V, enquanto os comprimentos e correntes de polarização dos tran­ sistores permanecem inalterados. Suponha À « L"1. 9.19 Determine a impedância de saída de cada um dos

estágios mostrados na Fig. 9.52. Suponha que todos os transistores operem em saturação e gmr0 » 1.

(e)

out

S

^b1 •— Vb2 •— I (a)

/Vf2

VDD

(b) out

(g)

Figura 9.53

(Continuação)

9.21 Prove que a Eq. (9.53) se reduz a

Av

Vt ÍVa +PV t )'

(9.130)

uma grandeza que independe da corrente de polari­ zação. 9.22 O estágio cascode da Fig. 9.16(b) deve ser projetado 9.20 Calcule a transcondutância de curto-circuito e o

ganho de tensão de cada um dos estágios mostrados na Fig. 9.53. Suponha A > 0 e VA < <».

para um ganho de tensão de 500. Se /3, = /32 = 100, determine o valor mínimo necessário para VAl = VA2. Suponha /, = 1 mA. 9.23 Sabendo do alto ganho de tensão do estágio cascode,

VDD

T

v° °

^in° IC M

•— l t K

‘'out

‘'out

‘H k j f t

v b— I k jw i

(a)

(b) Figura 9.53

um estudante ousado construiu o circuito ilustrado na Fig. 9.54, onde a entrada é aplicada à base de Q2 e não à base de Qx. (a) Substituindo 0 , por rou explique, de maneira intuitiva, por que o ganho de tensão deste estágio não pode ser tão alto como o do cas­ code. (b) Admitindog„,r()» 1,calcule a transcondutância de curto-circuito e o ganho de tensão.

364

Capítulo Nove

9 .2 7

Devido a um erro de fabricação, um amplificador cascode bipolar foi configurado tal como mostrado na Fig. 9.57. Determine o ganho de tensão do circuito.

Figura 9.54 9 .2 4

Determine a transcondutância de curto-circuito e o ganho de tensão do circuito ilustrado na Fig. 9.55.

Figura 9.57

9 .2 8

Escrevendog,„ = ^ 2 f i „ C „ x ( W / L ) I n e r „ = l/(A/„), expresse a Eq. (9.72) em termos dos parâmetros do dispositivo e desenhe o gráfico do resultado em função de /„.

9 .2 9

O cascode MOS da Fig. 9.20(a) provê um ganho de tensão de 200, com uma corrente de polarização de 1 mA. Se n „ C ox = 100 /xA/V2 e A = 0,1 V 1para os dois transistores, determine o necessário valor de

Figura 9.55 9 .2 5

Calcule o ganho de tensão de cada um dos estágios mostrados na Fig. 9.56.

( W / L ) , = ( W / L ) 2. 9 .3 0

O cascode MOS da Fig. 9.20(a) foi projetado para um dado ganho de tensão A v. Usando a Eq. (9.79) e o resultado obtido no Exercício 28, explique o que acontece se as larguras dos transistores forem aumentadas por um fator /V, enquanto os compri­ mentos e correntes de polarização dos transistores permanecem inalterados.

9 .3 1

Repita o Exercício 30 para o caso em que os compri­ mentos dos dois transistores são aumentados por um fator N, enquanto as larguras e as correntes de pola­ rização dos transistores permanecem inalteradas.

9 .3 2

Devido a um erro de fabricação, um amplificador cascode CMOS foi configurado tal como mostrado na Fig. 9.58. Calcule o ganho de tensão do circuito.

'1 w ‘'out

vb1 *— k O ’

'63

Vin»— k ° 2

-r- VDD

r ' (c)

(d) Figura 9.56

9 .2 6

Considere o amplificador cascode da Fig. 9.19 e suponha /3| = /32 = Av* Vm = VA2 = VANf /$$ = f$4 = 0/', ^ 3i = VA4 = Ki./»- Expresse a Eq. (9.61) em termos destas grandezas. O resultado depende da corrente de polarização?

^b3 •'out

Vb2 •—1^ Mo V. o in

^bi Figura 9.58

Cascodes e Espelhos de Corrente

365

9.33 No estágio cascode da Fig. 9.20(b), (W /L)x = ... = (W/L)4 = 20/0,18. Se [inCox = 100 /xA/V2, =

50 ^A/V 2, A, = 0,1 V -' e = 0,15 V 1, calcule a corrente de polarização para que o circuito alcance um ganho de tensão de 500. 9.34 Determine o ganho de tensão de cada um dos circuitos

mostrados na Fig. 9.59. Supon ha g„,r() »

1. 9.39 Repita o Exercício 38 para a topologia mostrada na

Fig. 9.61.

DD

VM *—11^4 ^b3 • H p m 3 — o^out Vb2 • — \{ ^ M 2

^ in < H t^ j /?, 9.40 Devido a um erro de fabricação,o resistor /^.apareceu

(b)

out

em série com o emissor de C?, na Fig. 9.62. Se o valor de /, for igual à metade de seu valor nominal, expresse o valor de Rr em termos dos outros parâmetros do circuito. Suponha que QRKFe (?, sejam idênticos e que p » 1. out

' REF 'REI (d)

(C)

Figura 9.59

9.35 Da Eq. (9.83), determine a sensibilidade de /, em

relação a V(:c, definida como dIJdVcc. Explique, de maneira intuitiva, por que esta sensibilidade é proporcional à transcondutância de 9.36 Repita o Exercício 35 para a Eq. (9.85) (em termos

Figura 9.62

9.41 Repita o Exercício 40 para o circuito mostrado na

Fig. 9.63, mas Suponha que o valor de /, é o dobro de seu valor nominal.

’ REF

de VI)D). ia „ C ox e V,,, também variam com o processo de fabricação. (Circuitos integrados fabricados em diferentes lotes exibem parâmetros ligeiramente diferentes.) Determine a sensibilidade de /, em relação a Vn, e explique por que esta questão se torna mais séria nas tensões de alimentação mais baixas.

9.37 Na Eq. (9.85), os parâmetros

9.38 Sabendo da função logarítmica do circuito da Fig.

9.23(b), um estudante se lembrou dos amplificadores logarítmicos estudados no Capítulo 8 e construiu o circuito ilustrado na Fig. 9.60. Explique o que acon­ tece.

'REI

Figura 9.63

9.42 Desejamos gerar uma corrente de 50 /xA e outra de

230 /xA, a partir de uma corrente de referência de 130 fxA. Projete um espelho de corrente npn que faça isto. Despreze as correntes de base. 9.43 Repita o Exemplo 9.15 para uma corrente de refe­

rência de 180 /xA.

366

Capítulo Nove

9.44 Devido a um erro de fabricação, um resistor Rr

9.47 Para o circuito mostrado na Fig. 9.67, calcule o erro

apareceu em série com a base de QREFna Fig. 9.64. Se o valor de /, for 10% maior que seu valor nominal, expresse o valor de Rr em termos dos outros parâ­ metros do circuito. Suponha que QREF e Qx sejam idênticos.

em I,cópia*

Figura 9.64

Figura 9.67

9.45 Repita o Exercício 44 para o circuito mostrado na

Fig. 9.65. supondo que o valor de /, é 10% menor que seu valor nominal.

9.48 Levando em conta as correntes de base, determine

o valor de I(ópiapara cada um dos circuitos represen­ tados na Fig. 9.68.

' REF cópia Figura 9.65 (a)

9.46 Levando em conta as correntes de base, determine

o valor de Icópiapara cada um dos circuitos represen­ tados na Fig. 9.66. Normalize o erro em relação ao valor nominal de Icópja.

3A f

(b) Figura 9.68

9.49 No circuito da Fig. 9.69. determine o valor de Rr de

modo que /, = IREF!2. Com esta escolha de Rr>/, é alterado se a tensão de limiar dos dois transistores aumentar de \V 1

cópia

Q2T 2

5>*e

W L

'REF

Rp (C)

Figura 9.66

Figura 9.69

Cascodes e Espelhos de Corrente 9.50 Determine o valor de Rr no circuito da Fig. 9.70, de

modo que /, = 2IREF. Com esta escolha de Rr, /, é alterado se a tensão de limiar dos dois transistores aumentar de AK?

' REF

367

Exercícios de P rojetos

Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira,suponha ISn = ISp = 6 x IO 16A, VAn = VAp = 5 V, /3„ = 100, /3„ = 50, fxnCox = 100 /xA/V2, fipCox = 50 /xA/V2, Vm „ = 0,4 V e Vnip = -0,5 V, onde os subscritos n t p se referem a dispositivos do tipo n (npn ou NMOS) e do tipo p (pnp ou PMOS), respectivamente. 9.54 Supondo uma corrente de polarização de 1 mA,

projete a fonte de corrente degenerada da Fig.9.72(a), de modo que R, sustente uma tensão aproximada­ mente igual à mínima tensão coletor-emissor neces­ sária para Q2 na Fig. (9.72(b) ( « 0,5 V). Compare as impedâncias de saída dos dois circuitos. Figura 9.70

j p 9.51 Repita o Exemplo 9.21 para uma corrente de refe­

rência de 0,35 mA. 9.52 Calcule ícópk, para cada um dos circuitos apresen­

tados na Fig. 9.71. Suponha que todos os transistores operem em saturação.

(a)

(b) Figura 9.72

9.55 Projete a fonte de corrente cascode da Fig. 9.72(b) 'cópia

para uma impedância de saída de 50 kíl. Escolha o valor de Vh] para que Q2 fique sujeito a uma polari­ zação direta base-coletor de apenas 100 mV. Suponha uma corrente de polarização de 1 mA. 9.56 Desejamos projetar o cascode MOS da Fig. 9.73 para

(a)

uma impedância de saída de 200 kíl e uma corrente de polarização de 0,5 mA. (a) Determine (W/L), = (W/L)2se A = 0,1 V 1. (b) Calcule o necessário valor de Vh2.

VDD

^REF O / c o p ia

out

-L /i. REF ±M (b) Figura 9.71 Figura 9.73

9.53 Considere o espelho de corrente MOS ilustrado na

Fig. 9.35(c) e suponha que A/, e M2 sejam idênticos, mas A t* 0. (a) Como Vns deve ser escolhido para que Icóph, seja exatamente igual a lRl:lP. (b) Determine o erro em IcépM em relação a íREr, caso V DSl seja igual a VGS — V rll (de modo que M j esteja na fronteira da região de satu­ ração).

9.57 O amplificador cascode bipolar da Fig. 9.74 deve ser

projetado para um ganho de tensão de 500. Use a Eq. (9.53) e suponha /3 = 100. (a) Qual é o mínimo valor necessário para VA1 (b) Para uma corrente de polarização de 0,5 mA, calcule a necessária componente de polarização em VL

368

Capítulo Nove

(c) Calcule o valor de Vhx de modo que Qxsustente uma tensão coletor-emissor de 500 mV.

mento de potência total de 2 mW. Supondo VA = oo e /3 » 1. determine o necessário valor de IREFe os tamanhos relativos de Qm;/ e de Qx. VCC ~ 2,5 V Circuito

^REF (íí) °REF

?

Figura 9.74 Figura 9.77

9.58 Projete o amplificador cascode mostrado na Fig. 9.75

para um orçamento de potência de 2 mW. Escolha os valores de y u e de Vh2 para que Qx e Q4 sustentem uma polarização direta base-coletor de 200 mV. Qual é o ganho de tensão obtido?

9.61 No circuito da Fig. 9.78, Q2opera como um seguidor

de emissor. Projete o circuito para um orçamento de potência de 3 mW e uma impedância de saída de 50 íl. Suponha VA = oc e /3 » 1. ----------- r VCCvcc 2.5 V

f REF

(5Í)

‘'out

Figura 9.78

Figura 9.75

9.62 No circuito da Fig. 9.79, Q2 opera como um estágio

9.59 Projete o amplificador cascode CMOS da Fig. 9.76

para um ganho de tensão de 2(X) e um orçamento de potência de 2 mW, com VDn = 1,8 V. Suponha (W/L){ = ... = (W/L)a = 20/0,18 e À„ = 2A„ = 0,2 VH. Determine os necessários níveis DC de Vin e de Vhy Para simplificar, suponha Vhl = Vb2 = 0,9 V.

base comum. Projete o circuito para uma impedância de saída de 500 íl. um ganho de tensão de 20 e um orçamento de potência de 3 mW. Suponha VA = oc e /3 » 1.

out

^in°—I t Figura 9.76

9.60 O espelho de corrente apresentado na Fig. 9.77 deve

fornecer /, = 0,5 mA a um circuito com um orça-

9.63 Projete o circuito da Fig. 9.30 para Icópia = 0,5 mA e

um erro menor que 1% em relação ao valor nominal. Explique a relação de permuta que existe entre precisão e dissipação de potência nesse circuito. Suponha Vcc = 2,5 V.

Cascodes e Espelhos de Corrente

369

9.64 Projete o circuito da Fig. 9.34 de modo que a corrente

9.67 O seguidor de fonte da Fig. 9.82 deve alcançar um

de polarização de Q2 seja 1 mA e o erro em 7a em relação a seu próprio valor nominal seja menor que 2%. A solução é única?

ganho de tensão de 0,85 e uma impedância de saída de 100 íl. Supondo (W/L)2= 10/0,18, À„ = 0,1 V '1e A,, = 0,2 V-1, projete o circuito.

9.65 A Fig. 9.80 mostra uma configuração em que A/,

e M2 funcionam como fontes de corrente para os circuitos 1 e 2. Projete o circuito para um orçamento de potência de 3 mW. VDD' 1,8 V Circuito 1

Circuito 2 1 mA

9.68 O estágio porta comum da Fig. 9.83 emprega a fonte

-lk > 2 Figura 9.80

9.66 O estágio fonte comum ilustrado na Fig. 9.81 deve ser

projetado para um ganho de tensão de 20 e orçamento de potência de 2 mW. Supondo ( W/L), = 20/0,18, A„ = 0,1 V_I e \ p = 0,2 V"1, projete o circuito.

EXERCÍCIOS

de corrente Mycomo carga para alcançar um ganho de tensão elevado. Para simplificar, despreze a modulação do comprimento do canal em A/,. Supondo (W/L)$ = 40/0,18, A„ = 0,1 V"1e \ p = 0,2 V"1, projete o circuito para um ganho de tensão de 20, impedância de saída de 50 0 e orçamento de potência de 13 mW. (Você pode não precisar de todo o orçamento de potência.)

COM SPICE

Nos exercícios a seguir, use os modelos de dispositivos MOS dados no Apêndice A. Para transistores bipolares, suponha ISllp„ = 5 X 10“16 A, /3„„„ = 1(X), VAjnpn = 5 V, /.w = 8 X 1 0 -‘ A, ppnp = 50, VAm, = 3,5 V.

(c) Qual é a variação do erro se Rr variar de ±10%?

9.69 No circuito da Fig. 9.84, desejamos suprimir o erro

devido às correntes de base por meio do resistor RP. (a) Conectando o coletor de Q2 a Vcc, escolha o valor de Rr para minimizar o erro entre /, e *REF• (b) Qual é a variação do erro se /3 dos dois transis­ tores variar de ±3%?

Figura 9.84

9.70 Repita o Exercício 69 para o circuito mostrado na

Fig. 9.85. Que circuito exibe menor sensibilidade em relação às variações em /3 e R,,l

370

Capítulo Nove

(ganho de pequenos sinais) assume o valor máximo. (b) Agora, suponha que o circuito de polarização que deve produzir o valor DC anterior para Vin incorra em erro de ±20 mV. De (a), explique o que acontece ao ganho de pequenos sinais.

9.71 A Fig. 9.86 ilustra uma fonte de corrente cascode

cujo valor é definido pela configuração do espelho, Suponha W/L = 5 /xm/0,18 /xm para M x-My (a) Escolha o valor de Vhde modo que lml seja exata­ mente igual a 0,5 mA. (b) Determine a variação em se Vhvariar de ± 100 mV. Explique a causa dessa variação. (c) Usando cálculo manual e simulação com SPÍCE, determine a impedância de saída do cascode e compare os resultados. DD- 1,8 V

Figura 9.87

9.73 Repita o Exercício 72 para o cascode mostrado na

Fig. 9.88, supondo W/L = 10 /xm/0,18 /xm para todos os transistores. Kdd = 1»8 V

out

0,5 mA (J J) out

Figura 9.86 Figura 9.88

9.72 Desejamos estudar o problema de polarização em

um estágio cascode de alto ganho, Fig. 9.87. Suponha (W /L)x2 = 10 /xm/0,18 Mm. Vh = 0,9 V e que /, = 1 mA é uma fonte de corrente ideal. (a)Desenhe o gráfico da característica entrada/saída e determine o valor de Vhl em que a inclinação

REFERÊNCIA 1. B. Razavi, Design o f Analog CMOS Integrated Circuits, McGraw-Hill,2001.

CA P I T U L O

10 Amplificadores Diferenciais O elegante conceito de sinais e de am plificadores “diferenciais” foi inventado nos anos de 1940 e utili­ zado pela primeira vez em circuitos a válvulas. Desde então, circuitos diferenciais tiveram crescente uso em microeletrônica e tornaram-se um paradigma robusto

Considerações Gerais

10.1 10.1.1

e de alto desem penho em muitos dos sistemas atuais. Este capítulo descreve am plificadores diferenciais bipolares e MOS e form ula suas propriedades de grandes e de pequenos sinais. Os conceitos a serem estudados são listados a seguir.

Par Diferencial Bipolar

• Sinais D iferenciais

• Análise Q ualitativa

• Par Diferencial

Par Diferencial MOS ^

Outros Conceitos • Par Cascode

• Análise Q ualitativa

• Rejeição do M odo Comum

• Análise de Grandes Sinais

• Análise de Grandes Sinais

• Par com Carga Ativa

• Análise de Pequenos Sinais

• Análise de Pequenos Sinais

C O N S ID E R A Ç Õ E S G E R A IS D iscussão Inicial

Para entender a necessidade de circuitos diferenciais, consideremos, primeiro, um exemplo.

Exem plo

10.1

Solução

Após aprender o projeto de retificadores e estágios amplificadores básicos, um estudante de enge­ nharia elétrica construiu o circuito mostrado na Fig. 10.1(a) para amplificar o sinal produzido por um microfone. Infelizmente, ao aplicar o circuito a um alto-falante, o estudante observou que a saída do amplificador continha um forte “chiado”, ou seja, uma componente contínua de baixa frequência. Expliquemos o que acontece. Recordemos, do Capítulo 3, que a corrente puxada da saída retificada cria uma forma de onda com ripple (ondulação) em uma frequência igual ao dobro da frequência da linha de alimentação (50 ou 60 Hz) [Fig. 10.1(b)]. Examinando a saída do estágio emissor comum, identificamos duas compo-

371

372

Capítulo Dez

110 V 60 Hz

Sinal de Voz

vcc

‘'out Sinal (b)

(d)

(c)

Figura 10.1 (a) Estágio EC alimentado por um retificador, (b) ripple na tensão de alimentação, (c) efeito na saída, (d) percursos do ripple e do sinal até a saída.

nentes: (1) a versão amplificada do sinal do microfone e (2) a forma de onda com ripple presente em VC(, Para a última, podemos escrever Vout = Vcc - R d e ,

(10.1)

notando que Vou, “segue” Vcc e, portanto, contém todo o ripple. O “chiado” advém do ripple. A Fig. 10.1(c) ilustra a saída total na presença do sinal e do ripple. Este fenômeno, representado na Fig. 10.1 (d), pode ser resumido como “o ruído na alimentação chega à saída com ganho unitário”. (Uma implementação MOS também apresentaria o mesmo problema.) Exercício

Qual é a frequência do chiado para um retificador de onda completa e para um de meia-onda?

Com o podem os suprim ir o chiado no exem plo anterior? Podem os au m en tar C, e, desta form a, reduzir a am plitude do ripple, m as o valor neces­ sário de capacitância pode se revelar excessivamente grande, caso muitos circuitos puxem corrente do reti­ ficador. Podemos tam bém modificar a topologia do

amplificador para que a saída se torne independente de Vcc. Como isto é possível? A Eq. (10.1) implica que uma variação em Vcc aparece em VfHi/, pois Vout e Vcc são medidos em relação à terra e diferem por R ( I( . C ontudo, o que aconteceria se Volll não fosse referenciado à terra?! Para sermos mais específicos,

vcc Ripple

*C1 : =

Para Polarização 1

C2

Para Polarização

•'out^

t y (a)

Figura 10.2

(b)

(a) Uso de dois estágios EC para remover efeitos de ripple.

Amplificadores Diferenciais

o que aconteceria se Voul fosse m edido em relação a outro ponto igualmente sujeito ao ripple de entrada? Isto possibilitaria, então, a elim inação do ripple da saída “líquida”. E m bora seja um pouco abstrata, a hipótese anterior pode ser im plem entada com facilidade. A Fig. 10.2(a) ilustra o conceito principal. O estágio EC é duplicado à direita e a saída, agora, é medida entre os nós X e Y, em vez de ser m edida de X à terra. O que acontece se Vcc contiver ripple? Vx e VY são afetados pelo ripple exatam ente da mesm a forma, de maneira que a diferença entre Vx e VY perm anece livre do ripple. Na verdade, denotando o ripple por vr, expres­ samos as tensões de pequenos sinais nesses nós como V x = A uVm+Vr VY

= ».

(10.2) (10.3)

10.1.2

373

S in a is D ife ren ciais

R etornem os ao circuito da Fig. 10.2(a) e recordem os que o estágio duplicado, que consiste em Q 2 e R c7, perm anece “ocioso” (idle) e, portanto, “desperdiça” corrente. Podemos então perguntar se este estágio, além de estabelecer um ponto de referência para VOM, pode prover amplificação de sinal. Em uma primeira tentativa, aplicamos o sinal de entrada diretam ente à base de Q 2 [Fig. 10.3(a)]. Infelizmente, as com po­ nentes de sinal em X e Y estão em fase e cancelam-se m utuam ente quando aparecem em vx - vY: vx = A vVin + iv

(10.5)

ly = A vVj„ + iv

(10.6)

=> VA- — VY = 0.

(10.7)

Para que as com ponentes de sinais se somem na saída, podem os inverter uma das fases de entrada, como m ostrado na Fig. 10.3(b), e obtemos

Ou seja, V x - V y = A vVín.

(10.4)

Vale notar que Q2 não conduz sinal e funciona apenas como uma fonte de corrente constante. A discussão anterior representa o fundamento de amplificadores diferenciais: os estágios EC simétricos fornecem dois nós de saída, cuja diferença de tensão perm anece livre do ripple de alimentação.

vx = A vVj„ + iv

(10.8)

Vy = - A vVj„ + Vr

(10.9)

logo, Vx - vy = 2 A vVj„.

(10.10)

C om parada com o circuito da Fig. 10.2(a),esta topo­ logia provê o dobro da excursão de saída, pois explora a capacidade de amplificação do estágio duplicado.

%

(C)

Figura 10.3 (a) Aplicação de um sinal de entrada a dois estágios EC, (b) uso de sinais diferenciais de entrada, (c) geração de fases diferenciais a partir de um sinal.

374

Capítulo Dez

A Fig. 10.4(c) resume a discussão anterior. Aqui, V xe V2variam de modo igual e oposto e têm o mesmo nível médio (DC), VCM, em relação à terra:

O leitor pode se perguntar com o —vin pode ser gerado. Uma abordagem simples para isto, ilustrada na Fig. 10.3(c),consiste em utilizar um transformador para converter o sinal do m icrofone em duas com po­ nentes que guardam uma diferença de fase de 180° entre si. Nosso raciocínio nos levou às form as de onda específicas da Fig. l().3(b): o circuito am ostra duas entradas que variam de m odo igual e oposto e gera duas saídas que têm o mesmo com portam ento. Essas form as de onda são exem plos d e sinais “diferen ­ ciais” e contrastam com sinais de “um term inal” - o tipo de sinal que vimos em circuitos básicos e nos capítulos anteriores deste livro. D e m odo mais espe­ cífico, um sinal de um term inal é um sinal m edido em relação à terra comum [Fig. 10.4(a)] e “condu­ zido por uma linha”, enquanto o sinal diferencial é m edido entre dois nós que têm excursões iguais e opostas [Fig. 10.4(b)] e é, portanto, “conduzido por duas linhas”.

Vi = V0sen a>t + VcM

(10.11)

V2 = -V 0sen wt + VCM.

(10.12)

Como tanto Vx como V2 têm excursão pico a pico de 2V0, dizemos que a “excursão diferencial” é de 4V0. Também podem os dizer que V x e V2 são sinais dife­ renciais, para enfatizar que variam de modo igual e oposto em torno de um nível médio fixo, V( ;M. A tensão D C com um a V x e V2 [VCM, na Fig. 10.4(c)] é cham ada “nível de m odo comum (CM )”.* Ou seja, na ausência de sinais diferenciais, os dois nós permanecem em um potencial igual a VCMQm relação à terra global. Por exemplo, no transform ador da Fig. 10.3(c), + u//( e —vin têm um nível CM nulo, pois o terminal central do transform ador é aterrado.

- r- V,CC

V• *111

V vout. v

(a)

- vcc ^

:

i k . Kjai o2

%

-O\J

rr

' Sinal Diferencial de Saída

v /'

Sinal Diferencial de Entrada (b)

Figura 10.4

(c)

(a) Sinais de um terminal, (b) sinais diferenciais, (c) ilustração do nível de modo comum.

*Por conveniência, será usada a representação “CM” para o nível de modo comum, derivada da correspondente expressão em inglês: common-mode levei. (N.T.)

Amplificadores Diferenciais

Exemplo 10.2 Solução

375

Como o transformador da Fig. 10.3(c) pode produzir um nível CM de saída igual a +2 V?

O terminal central deve apenas ser conectado a uma tensão igual a +2 V (Fig. 10.5). vin1 vin1

+2 V

+ lhH2V

v\n2 Figura 10.5

Exercício

Exem plo 10.3

O nível CM é alterado se as entradas do amplificador puxarem uma corrente de polarização?

Determinemos o nível de modo comum na saída do circuito mostrado na Fig. 10.3(b).

Solução

Na ausência de sinais, Vx = VY = Vcc ~ R J c (em relação à terra), onde Rc = Rn = Rc7 e I( denota a corrente de polarização de Q xe de Q2. Portanto, V( M= Vcc - R( IC. E interessante observar que o ripple afeta VChh mas não afeta a saída diferencial.

Exercício

Se um resistor de valor /?, for inserido entre Vcc e os terminais superiores de Rn e /?a , qual será o nível CM de saída?

N ossas o b serv açõ es em rela ção ao ripple de alim entação e ao uso do “estágio duplicado” ju sti­ ficam o estudo de sinais diferenciais. Contudo, o que dizer do nível de m odo com um ? Q ual é a im por­ tância de VCM = Vcc - R CI C no exem plo an terio r? Por que é in teressa n te que o ripple ap are ça em VCM, mas não nas saídas diferenciais? R esp o n d e­ remos a estas perguntas fundam entais nas próximas seções.

(a)

Figura 10.6

10.1.3

Pares D ife ren ciais

A ntes da apresentação formal do par diferencial, devemos notar que o circuito da Fig. 10.4(b) mostra duas entradas e pode, portanto, fazer o papel de A , na Fig. I0.2(b). Esta observação leva ao par diferencial. Em bora m ostre e produza sinais diferenciais, o circuito da Fig. 10.4(b) tem algumas deficiências. Feliz­ mente, uma simples modificação leva a uma topologia

(b) Pares diferenciais (a) bipolar e (b) MOS.

376

Capítulo Dez

elegante e versátil. O “par diferencial”1(bipolar), ilus­ trado na Fig. 10.6(a), é similar ao circuito da Fig. 10.4(b), exceto quanto ao fato de que os emissores de Q { e de Q2são conectados a uma fonte de corrente constante, e não à terra. I,.,. é cham ada “fonte de corrente de cauda”. O correspondente MOS é m ostrado na Fig. 10.6(b). Nos dois casos, a soma das correntes nos tran­ sistores é igual à corrente de cauda. Nosso objetivo é analisar os comportamentos de grandes e de pequenos sinais desses circuitos e dem onstrar suas vantagens em relação aos estágios de “um term inal” estudados nos capítulos anteriores. P ara cada p ar diferencial, iniciam os com uma análise qualitativa e intuitiva e depois formulamos os com portam entos de grandes e de pequenos sinais. Também pressupomos que cada circuito é perfeita­ mente simétrico, ou seja, os transistores são idênticos, assim como os resistores.

10.2 10.2.1

Figura 10.7 Resposta do par diferencial à variação do nível CM de entrada.

Portanto, a queda de tensão em cada resistor de carga é igual a R cI,:,./2 e VX = VY = V c c - R c -! f .

PAR D IF E R E N C IA L B IP O LA R A n álise Q u a lita tiva

É interessante que prim eiro exam inem os as condi­ ções de polarização do circuito. R ecordem os, da Seção 10.1.2, que, na ausência de sinais, os nós dife­ renciais estão no nível de m odo comum. Portanto, desenham os o par tal como na Fig. 10.7, com as duas entradas conectadas a VCM, para indicar que não existem sinais na entrada. Por simetria, Vbei

=

Vb e 2

.

/c i= /c 2 = - ^ .

(10.13)

Em outras palavras, se as duas tensões de entrada forem iguais, as duas saídas tam bém serão iguais. Dizemos que uma entrada diferencial nula produz uma saída diferencial nula. O circuito tam bém “rejeita” o efeito do ripple de alim entação: se Vcc sofrer uma variação, a saída diferencial Vx — V Y perm anecerá inalterada. Q | e Q 2 estão na região ativa? Para evitar satu­ ração, as tensões de coletor não devem ficar abaixo das tensões de base:

(10.14)

Vc c - R c Ijy > Vcm. onde adm itim os que as co rren tes de coletor e de em issor são iguais. Dizemos que o circuito está em “equilíbrio”.

Exem plo 10.4

Solução

(10.15)

(10.16)

Isto significa que VCM não pode ser arbitrariam ente grande.

Um par diferencial bipolar emprega uma resistência de carga de 1 kíl e uma corrente de cauda de 1 mA. Quão próximos podem ser os valores escolhidos para VCÍ e V( „? A Eq. (10.16) fornece Vcc — Vcm > R c > 0,5 V.

'Também chamado "par acoplado por emissor” ou ”par dc cauda longa".

(10.17) (10.18)

Amplificadores Diferenciais

377

Ou seja, VCMdeve permanecer abaixo de Vcc por, pelo menos, 0,5 V. Exercício

Que valor de Kc permite que o nível CM de entrada se aproxime de Vcc se os transistores puderem tolerar uma polarização direta base-coletor de 400 mV?

A gora, na Fig. 10.7, apliquem os uma pequena variação em VCM e determ inem os a resposta do circuito. É interessante observar que as Eqs. (10.13)(10.15) perm anecem inalteradas, o que sugere que nem a corrente de coletor nem a tensão de coletor dos transistores são afetadas. Dizemos que o circuito não responde a variações no nível de modo comum de entrada ou que o circuito “rejeita" variações do nível CM de entrada. A Fig. 10.8 resum e esses resultados. A capacidade de “rejeição do m odo com um ” do par diferencial o distingue de nosso circuito original da Fig. 10.4(b). No último, se a tensão de base de Q , e Q2variar, as tensões e correntes de coletor também irão variar (por quê?). O leitor pode observar que a fonte de corrente de cauda no par diferencial é que garante correntes de coletor constantes e, portanto, a rejeição do nível CM de entrada.

_ Vc c - 2,5 V Rc l

^

J

Kjut X, -- 0 — ^in1 = +2 V ^ - r Q^

(a) Figura 10.9 entrada.

/ci — I e e

(10.19)

Ic2 — 0.

( 10.20)

vcc - 2,5 V

“ E s “—O+ ^out —O-- 1,Y

Y o2

Com este tratam ento da resposta ao modo comum, voltemos agora nossa atenção ao caso mais interes­ sante da resposta diferencial. M antem os algumas entradas constantes, variamos outras e examinamos as correntes que fluem nos dois transistores. Em bora não sejam exatam ente diferenciais, esses sinais de en trad a oferecem um ponto de partida simples e intuitivo. Recordemos que Ia + / « = h:,. Consideremos o circuito mostrado na Fig. lü.9(a), onde os dois transistores foram desenhados com um deslocamento vertical para enfatizar que Q , mostra uma tensão de base mais positiva. Como a diferença entre as tensões de Q , e de Q2 é tão grande, postulamos que Q , “rouba" toda a corrente de cauda e desliga Q2. Ou seja,

X --- 0 V\n2 ~ +1 V

q2

--- ° Vin2 = +2 V

Vinl = +1 VH ^ Q^

(b)

Resposta do par diferencial bipolar a (a) grande diferença positiva de entrada e (b) grande diferença negativa de

378

Capítulo Dez

logo, Vx = Vcc - Rc Iee

(10.21)

VY = Vcc.

(10.22)

Contudo, com o podem os provar que Q x de fato absorve a totalidade de Suponham os que isto não seja verdade: que I a < I,:E e I(2 ¥= 0. Se Q 2 conduzir uma corrente apreciável, sua tensão baseem issor deve atingir um valor típico de, digamos, 0,8 V. Com a base m antida em +1 V, o disposi­ tivo requer uma tensão de em issor V «* 0,2 V. No entanto, isto significa que Q x sustenta uma tensão base-em issor V lnl - V ,, = +2 V - 0 ,2 V = 1,8 V ü Com o Vm.: = 1,8 V, um transistor típico conduz uma co rren te enorm e e, com o Icl n ão pode ser m aior que I concluímos que as condições V„,: = 1,8 V e V,. *» 0,2 V não podem ocorrer. Na verdade, com uma tensão base-em issor típica de 0,8 V, £>, m antém o nó P em aproxim adam ente +1,2 V e assegura que Q 2 perm aneça desligado. A simetria do circuito implica que a troca das ten­ sões de base de Q, e Q2 reverte a situação [Fig. 10.9(b)] e fornece

Figura 10.10

Exem plo 1 0 .5

Solução

Exercício

k i = Ie e

(10.23)

Ic i = 0,

(10.24)

logo, VY = Vcc - RcIee

(10.25)

Vx = Vcc.

(10.26)

Os experimentos anteriores revelam que, à medida que a diferença entre as duas entradas se afasta de zero, o par diferencial “direciona” a corrente de cauda de um transistor para o outro. Na verdade, com base nas Eqs. (10.14), (10.19) e (10.23), podemos desenhar gráficos das correntes de coletor de Q, e Q2em função da impedância de entrada [Fig. 10.10(a)]. A inda não form ulam os estas características, mas observam os que a corrente de coletor de cada transistor varia de 0 a I,.,. quando IV',,, - Vin2\ se torna suficientemente grande. É im p o rtan te n o ta r tam bém que Vx e V Y va­ riam de m odo diferencial em resposta a V,„, - vin2. Das Eqs. (10.15), (10.21) e (10.25), podem os dese­ n h ar gráficos da característica en tra d a/saíd a do circuito com o indicado na Fig. 10.10(b). O u seja,

Variação dc (a) correntes dc coletor c (b) tensões dc saída cm função da entrada.

Um par diferencial bipolar emprega uma corrente de cauda de 0,5 mA e uma resistência de coletor de 1 kíl. Qual é a máxima tensão de base permitida se a entrada diferencial for suficientemente grande para direcionar toda a corrente de cauda? Vamos supor Vcc = 2,5 V. Se for completamente direcionada, o transistor que conduz a corrente tem sua tensão de coletor reduzida para Vcc - R cIee = 2 V. Desta forma, a tensão de base deve permanecer abaixo desse valor para evitar saturação. Repita o exemplo anterior para o caso em que a corrente de cauda é aumentada para 1 mA.

379

Amplificadores Diferenciais

+ AV

*CM

•'CM

-A V

(a) Figura 10.11

(b)

(a) Par diferencial que mostra pequenas variações diferenciais na entrada, (b) variação hipotética em P.

uma entrada diferencial não nula produz uma saída diferencial não nula - c o m p o rta m e n to em fo rte contraste com a resposta ao nível CM. C om o V x e V y são diferenciais, podem os definir um nível de m odo com um p ara os m esm os. D ad a p o r V cc — R ( I/ i/2, esta g ran d eza é ch am ad a “nível CM de saída”. No últim o passo de nossa análise qualitativa, “en fo q u em o s” VM - Vin2 = 0 (condição de eq u i­ líbrio) e estudem os o com p o rtam en to do circuito para uma pequena diferença de entrada. Como ilus­ tra d o na Fig. 10.1 l( a ) , a te n sã o de base de é aum entada de um valor AV acima de VCM,en q u an to a de Q 2 é reduzida do mesm o valor a p artir de VCM. Concluím os que In aum enta ligeiram ente e, como h -i + h -2 = Ii:i> 1( 2 é reduzida do m esm o valor. k x = Ijf

+ A/

(10.27)

l c 2 = -! f - A/.

(10.28)

Como A /se relaciona com AV? Se os emissores de Q t e Q2 forem conectados diretam ente à terra, A/ deve ser igual a g„,AV. No entanto, no caso do par dife­ renciado nó P é livre e seu potencial pode aum entar ou diminuir. Devemos, portanto, calcular a variação em Vr. Suponham os, com o m ostrado na Fig. 10.11(b), que V,, sofra um aum ento AV,.. Em conseqüência, o aum ento líquido em V /m é igual a A K - AK,, e, portanto, A/ci = g m( A V - AV,).

(10.29)

D e m odo similar, a queda líquida em V/(/;2 é igual a A V + A V r, resultando em Alc 2 = ~gm(A V + AVP).

(10.30)

Contudo, recordem os de (10.27) e (10.28) que A/<;1 deve ser igual a —AIl2, o que obriga que gm(A V - AVP) = gm(AV + AV/»);

(10.31)

A V/» = 0.

(10.32)

logo,

É interessante observar que a tensão de cauda perma­ nece constante se as duas entradas variarem de modo diferencial e de um pequeno valor - esta observação é fundam ental para a análise de pequenos sinais do circuito. O leitor pode se perguntar por que (10.32) não é válida se AV for grande. Qual das equações anteriores é violada? Para uma grande entrada diferencial, e Q2conduzem correntes consideravelmente diferentes e exibem transcondutâncias diferentes, proibindo que g,„ seja om itido nos dois lados de (10.31). Na Fig. 10.11 (a), com AV,. = 0, podem os rees­ crever (10.29) e (10.30), respectivam ente, como A lcx= g,»A V

(10.33)

AlC2 = -gm AV

(10.34)

AV* = - g mAVRc

(10.35)

AVy = g„,AVRc .

(10.36)

e

Portanto, a saída diferencial varia de 0 a

380

Capítulo Dez A V * — A Vy = —2gmA V R c -

(10.37)

_ - 2 g mA V R c

(10.39)

2AV

Definimos o ganho diferencial de pequenos sinais do circuito como Variação na Saída Diferencial Av= Variação na Entrada Diferencial

Exem plo

10.6 S olução

(10.38)

(N otem os que a variação na en trad a diferencial é igual a 2A K) Esta expressão é similar à correspon­ dente ao estágio emissor comum.

Projetemos um par diferencial para um ganho de 10 e orçamento de potência de 1 mW, com uma tensão de alimentação de 2 V. Com Vcc = 2 V, o orçamento de potência se traduz em uma corrente de cauda de 0,5 mA. Portanto, próximo ao equilíbrio, cada transistor conduz uma corrente de 0,25 mA, apresentando uma trans­ condutância de 0,25 mA/26 mV = (104 Logo, #C = —

(10.41)

gm

= 1040 n . Exercício Exem plo 10.7

S olução

(10.40)

= -gmRc-

(10.42)

Reprojete o circuito para um orçamento de potência de 0,5 mW e compare os resultados. Comparemos a dissipação de potência de um par diferencial bipolar com a do estágio EC quando os dois circuitos são projetados para iguais ganhos de tensão, resistências de coletor e tensões de alimentação. O ganho do par diferencial é escrito de (10.40) como I^W.difl = £ml.2^C»

(10.43)

onde gmX2 denota a transcondutância de cada um dos dois transistores. Para um estágio EC, \A v,ec\ = gmRc•

(10.44)

gm\,2Rc = gmRc

(10.45)

Logo,

e

wrw

<1 0 '4 6 )

onde I, ,/2 é a corrente de polarização de cada transistor no par diferencial e /< representa a corrente de polarização do estágio EC. Em outras palavras, Ie e = 2 Ic

,

(10.47)

indicando que o par diferencial consome duas vezes mais potência. Esta é uma das desvantagens de circuitos diferenciais. Exercício

Se os dois circuitos forem projetados para o mesmo orçamento de potência, iguais resistências de coletor e iguais tensões de alimentação, compare seus ganhos de tensão.

Amplificadores Diferenciais 10.2.2

A n álise de G randes S in a is

Uma LCK no nó P fornece

Após o entendim ento do funcionam ento do par dife­ rencial bipolar, quantifiquemos agora seu com porta­ mento de grandes sinais e formulemos a característica entrada/saída do circuito (os gráficos da Fig. 10.10). N ão tendo visto análises de grandes sinais nos capí­ tulos anteriores, é natural que o leitor questione o porquê do interesse repentino por este aspecto do par diferencial. O interesse advém (a) da necessi­ dade de entender as limitações do circuito quando opera com o am plificador linear e (b) da aplicação do par diferencial como um circuito (não linear) de direcionam ento de corrente. Para deduzir a relação entre a entrada e a saída diferenciais do circuito, prim eiro notam os, da Fig. 10.12, que V„M\ = Vcc —R d c i

(10.48)

V aut2 =

(10.49)

V cc ~ R c lc 2 ,

As Eqs. (10.55) e (10.56) contêm duas incógnitas. Substituindo In de (10.55) em (10.56), obtemos r

Vjni

I c 2 e x p -----

= —Rc(Ic\ — Ic2)-

Vj,i\ - Vbei — Vp — Vj„2 — VBE2,

(10.52)

e obtem os Vm\ - Vi„2 = Vbei — Vbe 2

(10.53)

l v,,j ln. — Ic2 ----— = i/ Vj iln k— h\ hi

(10.54)

i -—. fci = i/ VT ln

(10.55)

*C2

l/oo --

Rc l E V o m

° '

0— H Q-\

k\ =

(10.58)

Vinl ~ Vm2 '

VT

Iee Vi,2 ~ Vii/i1 1 -|- exp VT VM - Vm2 vr Vi„2 1 + exp VT

UJ

Ml

Par diferencial bipolar para análise de grandes

(10.59)

(10.60)

De m odo alternativo, o leitor pode substituir Ia de (10.58) em (10.56) para obter /<,. As Eqs. (10.58) e (10.60) têm um papel funda­ mental no entendim ento quantitativo do funciona­ m ento do par diferencial. Em especial, se V',,, - Vin2 for muito negativo, exp( VinX - Vin2)IV r - > 0 e

/ci-0

(10.61)

I c 2 ->■ lEE<

(10.62)

como previmos pela análise qualitativa [Fig. 10.9(b)]. D e m odo similar, se VM - V„p for m uito positivo, ex p (K „„-V /ci

Ie e

(10.63)

IC2

0.

(10.64)

O que significa “muito” negativo ou positivo? Por exemplo, podem os dizer que / c, « ü e l a *» I,.h se V„,i - Vin2 = - 1 0 VP. Como e x p (-1 0 ) ~ 4,54 X 10 5, Ie e x 4,54 x 10 -5

sinais.

(10.57)

Ie e exp

Ic \ Figura 10.12

w

2 — Ie e

A simetria do circuito em relação a Vin] e e em relação a Ia e I(2 sugere que ICÍ tem o mesmo compor­ tam ento de (10.58), mas com os papéis de V,ní e K ,2 trocados:

1 0 Kout2

Q2 H — °^ n 2

,

lc

Iee 1 + exp

=BA?c 0

Vp

Ic2 =

(10.51)

Devemos, portanto, calcular ICi e Ií7 em term os da diferença de entrada. S upondo a — 1 e VA — =», e recordando do C apítulo 4 q u e V,,,. = V , ln (/c/ / s), escrevemos uma LTK na m alha de entrada,

Vin2

—------ - f

e, portanto,

(10.50)

V0ui2

(10.56)

/ci + lei = Iee >

logo, Voul = Vouii

381

1 + 4,54 x 1 0 -5 4,54 x 1 0-5/££

(10.65)

( 10.66)

382

Capítulo Dez

j Jc2 % ^ +

4 54

IefÁ I ~

Exem plo 10.8

Solução

x ]q - 5

4,54 x 10o ).

Em outras palavras, <2, conduz apenas 0,0045% da corrente de cauda; e podem os considerar que foi totalm ente direcionada a Q2.

(10.67)

(10.68)

Determinemos a tensão diferencial de entrada que direciona 98% da corrente de cauda a um dos transistores. Exigimos que (10.69)

k i = 0,02Iee * Iee exp

Vim - Voa

(10.70)

Vj

e, portanto, (10.71)

VM - Vjn2 * -3,91 Vr .

Muitas vezes, dizemos que uma entrada diferencial de 4V, é suficiente para praticamente desligar um lado do par bipolar. Notemos que este valor permanece independente de IKI. e Is. Exercício

Que entrada diferencial é necessária para direcionar 90% da corrente de cauda?

VM - Vini

Para as tensões de saída na Fig. 10.12, tem os

e x P ------- v ---------

1 "

V oui = Vc c ~

(10.72)

Rde i Ie e

exp

+

e x P

~ ycc ~

Kni~~ Vüã

1

(ia7 3 >

(10.74) (10.75)

D e especial im portância é a ten são diferencial de saída: Vouti - Vouti = -R c V c i - Ici)

—

+

Vm - Vm

e

x

(10.77)

p

ZÍ k .

(10.78)

ZVT

------------- Ç T ------------

v°„a — Vcc - R c k i = ycc _ r c ______ z!UL______ 1 + eXp V'"' ~ V"a Vt

Solução

hh. ,

vM - v M

e

Exem plo 10.9

= R c Ie e --------- T . .

(10.76)

A Fig. 10.13 resume os resultados e indica que a tensão diferencial de saída parte de um valor “saturado” + / /;;> para uma entrada diferencial muito negativa e>de modo gradual, torna-se uma função linear de Vinl Vjn2 para valores relativamente pequenos de \V M - V,,,,!, e alcança um nível saturado de - R , J ee à medida que VM - Vin2se torna muito positivo. A partir do Exemplo 10.8,observamos que mesmo uma entrada diferencial de 4V, « 104 mV faz com que o par diferencial “comute”; com isto, concluímos que \VinX - V J deve permanecer bem abaixo desse valor para operação linear.

Desenhemos os gráficos das formas de onda de saída do par diferencial bipolar na Fig. 10.14(a) em resposta às entradas senoidais mostradas nas Figs. 10.14(b) e (c). Vamos supor que e Q2perma­ neçam na região ativa direta. Para as senoides ilustradas na Fig. 10.14(b), o circuito opera linearmente, pois a máxima entrada diferencial é igual a ±2 mV. As saídas são senoides com amplitude de pico de 1 mV X gmRc [Fig. 10.14(d)]. As senoides da Fig. 10.14(c), por sua vez, forçam uma máxima diferença de entrada

Amplificadores Diferenciais

383

de ±200 mV e desligam Q, ou Q2. Por exemplo, à medida que Vm se aproxima de 50 mV acima de VCMe Vin2 chega a 50 mV abaixo de VCM(em t = /,), Q, absorve a maior parte da corrente de cauda e produz K uti

(10.79)

% Vcc - R c Ie e

(10.80)

V0ut2 % Vcc-

Portanto, as saídas permanecem saturadas até que IV^j - Vjn2\ caia abaixo de 100 mV. O resultado é ilustrado na Fig. 10.14(e). Dizemos que, neste caso, o circuito funciona como um “limitador” e tem um papel similar aos limitadores a diodos estudados no Capítulo 3.

Viin1 mV

v\n2

(c)

(b)

vout2 out2

(a)

..... ▼

mV x g ,

-)0 9 v

U

‘'outl

DfXIv-M | cc

..........

R rl ff

vout1

t (d)

c 2

t (e)

Figura 10.14

Exercício

O que acontece aos resultados anteriores se o valor da corrente de cauda for dividido por dois?

384 10.2.3

Capítulo Dez A n álise de P equenos S inais

corrente de cauda é substituída por um circuito aberto. Tal como na análise de grandes sinais, escrevamos uma LTK na malha de entrada e uma LCK no nó P:

A breve investigação do par diferencial da Fig. 10.11 revelou que, para pequenas entradas diferenciais,o nó de cauda mantém uma tensão constante (e, portanto, Vinl - V „i = V p = Vin2 - V„2 (10.81) é cham ado “terra virtual”). Tam bém obtem os um — ' + gmlViil + —— + gm2Vrr2 = 0. (10.82) ganho de tensão igual a g„,Rc. A gora, estudem os em r* 1 r„2 detalhe o com portam ento de pequenos sinais do circuito. Como explicamos em capítulos anteriores, a Com r., = r„2 e gml = gm2, (10.82) fornece definição de “pequenos sinais” é um pouco arbitrária, mas exige que os sinais de entrada não influenciem Ujri = -v „ 2 (10.83) as correntes de polarização de (7, e Q 2 de maneira considerável. Em outras palavras,os dois transistores e, como Vi,,, = -u „ l2, (10.81) se traduz em devem exibir transcondutâncias aproxim adam ente iguais - a mesma condição exigida para que o nó P 2 ví„i = 2v„\. (10.84) pareça uma terra virtual. Na prática, uma diferença de Ou seja, entrada de menos de 10 mV é considerada “pequena” »/> = u/ni - w»i (10.85) na maioria das aplicações. = 0. ( 10.86) Admitindo simetria perfeita, uma fonte de corrente de cauda ideal e VA = oo, construím os o modelo de pequenos sinais do circuito com o m ostrado na Assim, o m odelo de pequenos sinais confirm a a Fig. 10.15(a). A qui, u,„, e vin2 representam pequenas previsão feita por (10.32). No Exercício 28, provamos variações nas entradas e devem satisfazer vM = - v in2 que esta propriedade também é válida na presença para operação diferencial. N otem os que a fonte de do efeito Early.

Figura 10.15

cado.

(a) Modelo cie pequenos sinais do par bipolar, (b) modelo de pequenos sinais simplificado, (c) diagrama simplifi­

Amplificadores Diferenciais

A natureza de terra virtual do nó P para entradas diferenciais de pequenos sinais simplifica de maneira considerável a análise. C om o vr = 0, este nó pode ser curto-circuitado à terra AC, reduzindo-se o par diferencial da Fig. l().15(a) a dois "meios-circuitos” [Fig. 10.15(b)]. C om o cada m etade se parece com um estágio emissor comum, podem os escrever Voutl = —g n i R c

Vinl

(10.87) ( 10.88)

Vou,2 = ~gmRcVinl■

Exem plo

10.10

385

Com isto, o ganho de tensão diferencial do par dife­ rencial é dado por Voutl ~ V0ut2

/mon\ (10.89)

n

-------------- = - gmRc■ V|«l - Vin 2

igual ao expresso por (10.40). Para simplificar, podem os desenhar os dois meios-circuitos tal como na Fig. 10.15(c), estando implícito que as entradas incrementais são pequenas e diferenciais. Além disto, como as duas m etades são idênticas, podem os dese­ nhar apenas uma.

Calculemos o ganho diferencial do circuito mostrado na Fig. 10.16(a),onde fontes de corrente ideais são usadas como cargas para maximizar o ganho.

'out /in2

01

'o:

V'm2

(b)

(a) Figura 10.16

Solução

Com fontes de corrente ideais, o efeito Early em (J, e Q2 não pode ser desprezado e os meioscircuitos podem ser visualizados tal como na Fig. 10.16(b). Assim, Vout 1 —

gm ? O Vinl

Voutl = ~ 8 m r ()V in2,

(10.90) (10.91)

logo, Vout 1

V0ut2

Vinl ~ Vi,|2 Exercício

Exem plo

10.11 Solução

= - g n ,r o -

(10.92)

Calcule o ganho para VA = 5 V.

A Fig. 10.17(a) ilustra uma implementação da topologia mostrada na Fig. 10.16(a). Calculemos o ganho de tensão diferencial. Notando que cada dispositivo pnp introduz uma resistência r()r nos nós de saída e desenhando o meio-circuito tal como na Fig. 10.17(b), temos lW ‘ ~ tW2 = - gm{ros\\rop), Vinl — Vin2

o nde rON d e n o ta a im pedância de saída dos tran sisto res npn.

(10.93)

386

Capítulo Dez

3

in2

‘'out

Vin1 °— L O-. -L

Figura 10.17

Exercício

(a)

(b)

C alcule o g anho p a ra o caso em que Q y e Q 4 são configurados com o dispositivos conectad o s com o diodos.

D e v e m o s e n f a tiz a r q u e o g a n h o d e te n s ã o d if e ­ re n c ia l é d e f in id o c o m o a d if e r e n ç a e n t r e a s s a íd a s d iv id id a p e la d if e r e n ç a e n tr e a s e n tr a d a s . A s s im , e sse g a n h o é ig u a l a o g a n h o d e u m te r m in a l d e c a d a m e io c irc u ito . A g o r a , f a r e m o s u m a o b s e r v a ç ã o q u e é ú til n a a n á lis e d e c ir c u ito s d ife re n c ia is . C o m o r e s s a lta m o s a n te r io r m e n te , a s im e tr ia d o c ir c u ito (g,„, = g „l2) e s ta ­ b e le c e u m a t e r r a v irtu a l n o n ó P n a Fig. 10.12 se as

o s d o is r e s is to r e s m o s tr a d o s n a Fig. 10.18 c ria m u m a te r r a v ir tu a l e m A' s e (1 ) R x = R 2 e ( 2 ) o s n ó s A e B v a r ia r e m d e m a n e ir a ig u a l e o p o s t a . 2 E x e m p lo s a d ic io n a is e s c la r e c e m e s te c o n c e ito . E m c a d a c a so , a d m itim o s s im e tr ia p e r f e ita .

J av

e n t r a d a s in c r e m e n t a i s f o r e m p e q u e n a s e d i f e r e n ­ ciais. E s t a p r o p r i e d a d e a p lic a - s e a q u a l q u e r o u t r o n ó q u e a p a r e ç a n o e ix o d e s im e tr ia . P o r e x e m p lo ,

Exem plo

10.12 Solução

«1 4 o----- v /r

Figura 10.18

D e te rm in e m o s o g a n h o diferen cial do circuito d a Fig. 10.19(a) se VA < trico.

e o circuito fo r sim é­

D esen h an d o um m eio-circuito com o na Fig. 10.19(b), expressam os a resistência total vista no coletor de com o Rout =

(10.94)

r o il| r o 3 l| K i-

O3

'in2

Figura 10.19

(a)

2Como os resistores são lineares, neste caso os sinais não precisam ser pequenos.

(b)

Amplificadores Diferenciais

387

D esta form a, o g a n h o de ten são é igual a (10.95)

A v = —g /w l(^ 0 llk 0 3 ll^ l)-

E x e rc íc io

Exem plo 10.13

R ep ita o ex em p lo a n te rio r se

^ R 2.

C alculem os o g a n h o diferencial do circuito ilustrado na Fig. 10.20(a) se VA < *>.

' vout1

(b)

(a) Figura 10.20

Solução

Para p eq u en as e n tra d a s e saídas diferenciais, V x perm anece constante; com isto, o b tem os o m eiocircuito conceituai m o strad o na Fig. 10.20(b) - o m esm o d o exem plo an terio r. Isto o corre porque, nos dois casos, Q y e Q A estão sujeitos a um a ten são base-em issor c o n sta n te e, p o rta n to , funcionam com o fontes de c o rre n te e exibem ap en as um a resistência d e saída. Logo, (10.96)

A v = - g m l^ o ilk o s ll^ l) -

E x e rc íc io

Exem plo 10.14

C alcule o g an h o se VA = 4 V p ara to dos os transistores,

= R 2 = 10 k í l e I , , = 1 m A.

D e te rm in e m o s o s g a n h o s do s p ares diferenciais d e g e n e ra d o m o strad o s nas Figs. 10.21 (a) e (b). Vamos su p o r VA =

/in2

f\n2

(b)

(a) Figura 10.21

388

Capítulo Dez

Solução

N a topologia da Fig. 10.21 ( a ) , o nó Pé um a te rra virtual; assim .o b te m o s o m eio-circuito ilustrado na Fig. 10.21 (c). D o C ap ítu lo 5, tem os Rc

Av= —

(10.97)

Re + — 8m N o circuito d a Fig. 10.21(b), a linha de sim etria passa pelo “ p o n to m éd io ” de R,.. E m o u tras p ala ­ vras, se R , for c o n sid erad o com o duas u nidades de R ,.f2 em série, o nó e n tre elas atu a com o terra virtual [Fig. 10.21 (d)]. Logo, Rc

Av= -

^

2

(10.98)

+ —' g,„

O s dois circuitos p ro d u zem ganhos iguais se o p a r na Fig. 10.21(b) in c o rp o ra r um a resistência de d eg e n e ra çã o total d e 2 R , .

Exercício

P ro jete cada circu ito p a ra um g anho de 5 e consum o de p o tência de 2 mW. S uponha V cc = 2,5 V, VA = c c e R E = 2lgm.

Im pedâncias l/O P a ra um p a r d if e r e n c ia l,p o d e m o s d e fin ir a im p e d â n c ia d e e n t r a d a c o m o ilu s tr a d o n a Fig. 10.2 2 (a). D o c irc u ito e q u iv a le n te d a Fig. 1 0.22(b), te m o s

E ta m b é m V x = V „ { - V„2

( 10.100)

= 2 r„iix.

( 10. 101)

Vx — = 2r„i, ix

( 10. 102)

P o r ta n to , (10.99)

(a)

Figura 10.22

(a) M étodo para cálculo da im pedância de entrada diferencial, (b) circuito equivalente de (a).

Amplificadores Diferenciais

389

c o m o se a s d u a s ju n ç õ e s b a s e - e m is s o r a p a r e c e s s e m e m sé rie . A g r a n d e z a a n te r io r é c h a m a d a “ im p e d â n c ia d e e n tr a d a d if e r e n c ia l” d o c irc u ito . P o d e m o s, ta m b é m , d e fin ir u m a “ im p e d â n c ia d e e n tr a d a d e um te rm in a l” ; co m a a ju d a d e u m m e io -c irc u ito (Fig. 10.23), o b te m o s vx

— = r„ \.

(10.103)

ix

E s te r e s u lt a d o n ã o f o r n e c e q u a l q u e r in f o r m a ç ã o n o v a e m r e la ç ã o à E q . (1 0 .1 0 2 ), m a s é ú til e m a lg u n s cá lc u lo s.

Figura 10.24 Resposta do par diferencial MOS às variações do nível CM de entrada.

(10.105)

V x = V y = V , w - R , ) I- f -

Figura 10.23

Cálculo da impedância de entrada de um terminal.

E m a n a lo g ia c o m o s d e s e n v o lv im e n to s a n te rio re s , o le ito r p o d e m o s tr a r q u e a s im p e d â n c ia s d e s a íd a d if e r e n c ia l e d e u m te r m in a l s ã o ig u a is a 2 R ( e R Cy re s p e c tiv a m e n te .

10.3

PAR D IF E R E N C IA L M O S

A m a io r ia d o s p r in c íp io s e s tu d a d o s n a s e ç ã o a n t e ­ r io r p a r a o p a r d if e r e n c ia l b ip o la r ta m b é m se a p lic a a o c o r r e s p o n d e n te M O S . P o r e s ta ra z ã o , n o s s o t r a t a ­ m e n to d o c ir c u ito M O S n e s ta s e ç ã o é m a is c o n c iso . C o n tin u a m o s a s u p o r s im e tr ia p e r f e ita .

10.3.1

A Fig. I 0 .2 4 ( a ) ilu s tr a o p a r M O S c o m a s d u a s e n tr a d a s c o n e c ta d a s a V (-w; te m o s

Exem plo 10.15

te n s ã o d e s o b r e c a r g a

(10.104)

Iss

(V gs - V tH)equil.

\

r

(10.106) YL'

C o m o se e s p e r a v a , u m a m a io r c o r r e n te d e c a u d a o u m e n o r r a z ã o W / L se tr a d u z e m u m a te n s ã o d e s o b r e ­ c a rg a d e e q u ilíb r io m a io r. P a r a g a r a n tir q u e A/, e M 2 o p e r e m e m s a tu ra ç ã o , e x ig im o s q u e s u a s te n s õ e s d e d r e n o n ã o fiq u e m a b a ix o d e V (M - V r„:

VDD - R d

A n álise Q u a lita tiva

lm = h n = ' f

O u s e ja , u m a e n t r a d a d if e r e n c ia l n u la p r o d u z u m a s a íd a d ife re n c ia l n u la . N o te m o s q u e o n ív e l C M d e s a íd a é ig u a l a V „„ - R J s/2 . P a r a a s d e d u ç õ e s s u b s e q u e n te s , é c o n v e n ie n te q u e c a lc u le m o s a “ te n s ã o d e s o b r e c a r g a d e e q u ilí­ b r io ” d e M | e M 2, (V Gi- — V n i )eiluil .A d m itim o s À = 0 e , p o r t a n t o , / „ = \l l2 ) ^ C m(W /L) ( V (!S - V m ) 2.C a à a d is p o s itiv o c o n d u z u m a c o r r e n t e Iss/2 e e x ib e u m a

y

> VCM - VTH.

(10.107)

P o d e m o s o b s e r v a r , ta m b é m , q u e u m a v a r ia ç ã o e m V CM n ã o p o d e a lte r a r /„ , = = I ss 12, o q u e d e ix a V x e V Y in a lte ra d o s . P o r ta n to , o c irc u ito r e je ita v a r ia ­ ç õ e s n o n ív e l C M d e e n tr a d a .

U m p a r d iferen cial M O S é alim e n tad o com um nível CM de e n tra d a de 1,6 V. Se I ss = 0,5 m A , V m = 0,5 V e V nn = 1,8 V, qual é o m áxim o valor p erm itid o p ara a resistência de carga?

390

Capítulo Dez

Solução

D e (10.107), tem os _ Vdd ~ Vcm 4" V th

_

(10.108)

Rd <2

1SS

< 2,8 k Q .

(10.109)

P odem os su sp eitar que esta lim itação restrinja o g anho de ten são do circuito, com o explicarem os m ais adiante.

Exercício

Q ual é a m áxim a c o rre n te d e cauda se a resistência de carga for 5 k íl?

A F ig. 10.25 ilu s tr a a r e s p o s t a d o p a r M O S a e n t r a d a s d if e r e n c ia is g r a n d e s . S e V^„, e s tiv e r m u ito a c im a d e V jn2 [Fig. 1 0 .2 5 (a )], M , c o n d u z i r á to d a a c o r r e n te d e c a u d a e g e r a r á Vx = VDD - R d I ss

( 1 0 .1 1 0 )

V Y = VDD.

(10.111)

D e m o d o s im ila r, se V in2 e s tiv e r m u ito a c im a d e V M [Fig. 1 0 .2 5 (b )],

P o r ta n to , o c ir c u ito d ir e c io n a a c o r r e n t e d e c a u d a d e u m la d o p a r a o o u t r o e p r o d u z u m a s a íd a d if e ­ r e n c ia l e m r e s p o s t a a u m a e n t r a d a d if e r e n c ia l. A Fig. 1 0 .2 5 (c ) m o s tr a u m g rá fic o d a c a r a c te r ís tic a d o c ir c u ito . E x a m in e m o s a g o ra o c o m p o r ta m e n to d o c irc u ito p a ra u m a p e q u e n a d ife re n ç a d e e n tr a d a . E s te c e n á rio , ilu s tr a d o n a Fig. 10.26, m a n té m V r c o n s ta n te , p o is as E q s. (1 0 .2 7 )—(1 0 .3 2 ) ta m b é m se a p lic a m a e s te caso . P o r ta n to ,

V x = V oo

( 1 0 .1 1 2 )

A I DX =

gmA V

(10.114)

VY = VD D - R n Is s .

(10.113)

A I D2

—g m A V

(10.115)

=

^in2

(a)

(b)

VDD~ R0 1SS ^ 1-^ 2 (c) Figura 10.25 (a) Resposta do par diferencial MOS a entrada muito positiva, (b) resposta do par diferencial MOS a entrada muito negativa, (e) grálicos qualitativos de eorrentes e tensões.

Amplificadores Diferenciais

A V X — A V Y = - 2 g mR i) A V .

391

( 10.116)

Como se esperava, o ganho de tensão diferencial é dado por A v — Sm ^D *

(10.117) Figura 10.26 renciais.

similar ao do estágio fonte comum.

Exem plo 10.16

Solução

Resposta do par MOS a pequenas entradas dife­

P ro jetem o s um p a r diferencial M O S p ara um g anho de tensão de 5 e um o rçam en to de potência de 2 mW, sujeito à condição de qu e o estágio que segue o p a r diferencial re q u e r um nível CM de e n tra d a de pelo m en o s 1,6 V. Vamos su p o r jxnC ox = 100 /xA/V2, A = 0 e VDD = 1,8 V. D o o rçam en to de p o tên cia e da ten são de alim entação, tem os (10.118)

ISs = 1,11 m A .

O nível CM de saíd a (na ausência de sinais) é igual a Vc m

.out

= Vdd - R d

hs

(10.119)

Para V CMoul = 1,6 V, cada resistor deve su ste n ta r um a q u ed a de ten são de não m ais de 200 mV e, p o rta n to , assum e um v alor m áxim o de

(10.120)

RD = 360Q .

Fixando gmR p = 5, devem os escolher as dim ensões do tran sisto r de m odo que g m = 5/(360 íl) . U m a vez q u e cada tra n sisto r conduz um a co rren te de d re n o igual a / ss/ 2 , L

r

W Iss

yjAUn^ox L

2

,

( 10.121)

logo,

w

= 1738.

( 10.122)

A g ran d e razão d e asp ecto advém da p eq u e n a q u ed a de tensão p erm itid a nos resistores de carga.

Exercício

Se for necessário que a razão de aspecto p erm aneça abaixo de 200, que g anho de ten são po d erá ser obtid o ?

Exem plo 10.17

Solução

Escrevemos (10.107) como

392

Capítulo Dez

<

(10.124)

VCM,ouí + V t h -

Isto é ilu strad o de m o d o conceituai na Fig. 10.27. Logo, (10.125)

VcM.in < 2 V.

É in teressan te o b se rv a r que o nível CM de e n tra d a p ode p erm an e cer em Vnn- E m co n traste com o E x em p lo 10.5, n este caso a restrição so bre o resistor de carga advém da exigência do nível CM de saída.

^CM.in 'TH 'CM,out

Figura 10.27 E x e rc íc io

Exem plo 10.18

O resu ltad o a n te rio r é válido se V rn = 0,2 V?

O estágio fonte com um e o p a r diferencial m ostrados na Fig. 10.28 incorporam iguais resistores de carga. Se os dois circuitos forem p ro jetad o s p ara o m esm o g anho de ten são e a m esm a ten são de alim entação, vam os discutir a escolha (a) das dim ensões dos tran sisto res para um d ado o rçam ento de p o tên cia e (b) d a dissipação de p o tência p a ra dad as dim ensões dos transistores.

Figura 10.28

Solução

(a) P ara que os dois circuitos consum am a m esm a q u a n tid ad e de p o tência, I m = Iss = 2 / z * — 21 D3; ou se ja,cad a tra n sisto r no par diferencial conduz um a co rren te igual à m etade da co rren te de dren o do tran sisto r FC. A E q. (10.121) re q u e r que os transistores do p ar diferencial sejam duas vezes mais largos que o dispositivo FC, p ara que o m esm o g anho de ten são seja obtido, (b) Se os transistores nos dois circuitos tiv e re m as m esm as dim ensões, a co rre n te de cauda do p a r diferencial deve ser o d o b ro d a c o rre n te de po larização do estágio FC, p ara que M r M 2 ten h a m a m esm a tra n sc o n d u ­ tância. o que d o b ra o consum o de potência.

E x e rc íc io

D iscuta os resu ltad o s a n te rio re s se o estágio FC e o p a r diferencial in co rp o rarem iguais resistores de d e g en eração de fonte.

Amplificadores Diferenciais

10.3.2

Análise de Grandes Sinais

(Is s -ls fh J r í.

A s s im c o m o n a a n á lis e d e g r a n d e s s in a is d o p a r b ip o la r, n o s s o o b je tiv o é a d e d u ç ã o d a c a r a c te r ís tic a e n tr a d a /s a íd a d o p a r M O S à m e d id a q u e a e n tr a d a d if e r e n c ia l p a s s a d e u m v a lo r m u it o n e g a tiv o a um v a lo r m u ito p o s itiv o . D a Fig. 10.29, te m o s

393

(10.134)

A g o r a , c a lc u la m o s s / I o \ I n 2 , W 4 v / w ^ = 21 ss - HnCox— {VM - Vi„2) 2,

(10.135)

e le v a n d o o r e s u lta d o a o q u a d r a d o ,

Voul = Vouil - V ^ 2 = -R d V d i

(10.126)

~ Id i).

P a ra o b te r - I n2, d e s p r e z a m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l, e s c r e v e m o s u m a L T K p a r a a m a lh a d e e n t r a d a e u m a L C K n o n ó d e c a u d a : Vjnl ~

V o S l

=

Vi„2

—

V GS2

Id i + I d 2 = Iss-

16 I d J di =

(10.127)

(10.128)

[2

:/ss - HnCox^ - (VM - Vin2? \ ,

(10.136)

e s u b s titu ím o s Is s - I d i p or I D2,

16/,;i (Iss -//> l)= ^2/.v.V —HnCox-J-(Vin\ ~ V n l f

.(10.137)

P o r ta n to ,

(10.129) 1 6 /^ -1 6 /5 5 /0 ! + 2 Is s -H n C ox^ - ( y M - V in2)2] = 0 (10.138)

C o m o / „ = (1 l 2 ) li „ C J W / L ) { V (ls - V rn ) \ e 21D

Vcs = V th +

w

W 2 n2 (10.139) H n C o x V i n 2 ) “ 2 Iss

(10.130)

\ N o E x e rc íc io 44, m o s tr a m o s q u e a p e n a s a s o lu ç ã o c o m a s o m a d o s d o is te r m o s é a c e itá v e l:

S ubstitu in d o V /,,^, e V (1S2 e m (1 0 .1 2 8 ), te m o s

Vinl - Vill2 = VG5, - VOS2 ----- 2- ^ ( s í b \ - ^ í b i ) . l^nCox ~J~

(10.131) (10.132)

E le v a n d o o s d o is la d o s a o q u a d r a d o , o b te m o s

2

W n i - V u zY =

2

( In 1 -I- U n ~ 2 y / lDi l i n ) (10.133)

/ fxnC0.

w

4/55

w ^ n C o x - ^ - ( V in \ -

-

ò V in l)

(10.140)

A s im e tr ia d o c ir c u ito ta m b é m im p lic a q u e Iss

,

b2 = Y

Vin2

+ —

Vml

^—

UnCox™ 4/55 - HnCox™ (Vin2 - K „,)2J .

(10.141)

O u se ja , 1

Ipi

ID2 =

W

2 ^/nCox~j^(Yinl

Vjt*2)

4ISSW - (Vinl - v m2)2.

(10.142)

l^nCox ~j~

Figura 10.29 sinais.

Par diferencial MOS para análise de grandes

A s E q s. (1 0 .1 4 0 )—(1 0 .1 4 2 ) f o r m a m a b a s e p a r a O e n te n d im e n to d o p a r d ife r e n c ia l M O S .

394

Capítulo Dez

Figura 10.30 gado.

d e v e m o s d e te rm in a r a d ife re n ç a d e e n tr a d a q u e co lo ca um d o s tra n sisto re s n a fro n te ira d a co n d u ç ã o . Isto p o d e s e r fe ito a o ig u a la rm o s (10.140), (10.141) o u (10.142) a Iss, m a s exig iria lo n g o s cálculos. D e m o d o a lte rn a tiv o , d a Fig. 10.30 o b s e rv a m o s q u e , se, p o r e x e m p lo , se a p ro x im a d a fro n te ira d e c o n d u ç ã o , su a te n s ã o p o rta fo n te cai p a ra u m v a lo r igual a V TH. A lé m disto, a te n sã o p o rta -fo n te d e M 2 d e v e se r su fic ie n te m e n te g ra n d e p a ra a c o m o d a r u m a c o rr e n te d e d re n o I ss:

Par diferencial MOS com um dispositivo desli-

E x a m in e m o s a g o r a (1 0 .1 4 2 ) m a is d e p e rto . C o m o se e s p e ra v a d a c a ra c te rís tic a m o s tr a d a n a Fig. 1 0.25(c), o la d o d ir e ito é u m a f u n ç ã o ( d e s im e tr ia ) ím p a r d e V„,| — Vin2 e se r e d u z a z e r o p a r a u m a d if e r e n ç a d e e n tr a d a n u la . C o n tu d o , a d if e r e n ç a n a ra iz q u a d r a d a ta m b é m p o d e se a n u la r? Isto significaria q u e /,„ cai a z e r o q u a n d o ( V M - V m2f é ig u a l a 4 I S!/( ii„ C ,„ W /L ) , u m e f e ito q u e n ã o é p r e v is to p e lo s g rá fic o s q u a lita ­ tiv o s d a Fig. 1 0.25(c). A lé m d is s o , p a r e c e q u e o a r g u ­ m e n t o d a r a iz q u a d r a d a t o r n a - s e n e g a t i v o q u a n d o (V,n[ - Vin2) 2 u ltr a p a s s a e s s e v a lo r! C o m o e s te s r e s u l­ ta d o s p o d e m s e r in te r p r e ta d o s ? N a d e d u ç ã o a n te r io r , e s tá im p líc ita a h ip ó te s e d e

V

g s

\ — V

th

V

g si

V

th

(10.143)

2 Iss =

+

\

(10.144)

r W ' l^tV^OX

D e (1 0 .1 2 8 ), s e g u e -s e q u e

Wini - Vjn2\nuix

2 /s s =

(10.145)

\ o n d e \V M - V nã\mAx d e n o t a a d if e r e n ç a d e e n t r a d a q u e c o lo c a u m tr a n s is to r n a f r o n te ir a d a c o n d u ç ã o . A E q . (1 0 .1 4 5 ) n ã o é v á lid a p a r a d if e r e n ç a s d e

q u e o s d o is tr a n s is to r e s e s tã o lig a d o s . N o e n ta n to , à m e d id a q u e \Vin] - Vin2\ a u m e n ta ,e m alg u m p o n to M x o u M 2 é d eslig ad o , o q u e viola a e q u a ç ã o a n te rio r. P o rta n to ,

e n t r a d a m a io r e s q u e e s s e v a lo r . D e fa to , a s u b s ­ titu iç ã o d e (1 0 .1 4 5 ) e m (1 0 .1 4 2 ) ta m b é m f o r n e c e !//,, -

I ,nI = hs- N o ta m o s a in d a q u e IK„,i ~

VM \ ^ pode

ViM-Vin2 (a)

+ 's s in.max

Í-— / SS (b) V +

I SS D* ^in1 - ^ in 2

Figura 10.31 Variação (a) das correntes dc dreno, (b) da diferença entre as correntes de dreno e (c) da tensão diferencial de saída em função da entrada.

Amplificadores Diferenciais s e r r e la c io n a d o à te n s ã o d e s o b r e c a r g a d e e q u ilíb r io [E q . (1 0 .1 0 6 )] d a s e g u in te m a n e ir a : \VM - Vinllmáx — V 2 (V g s - V TH)equil,

(10.146)

A s c o n c lu s õ e s a n te r io r e s s ã o m u ito im p o r ta n te s e c o n tr a s ta m c o m o c o m p o r t a m e n t o d o p a r d if e r e n ­ cial b ip o la r e a E q . (1 0 .7 8 ): p a r a IV M o par M O S d ir e c io n a to d a a c o r r e n te d e c a u d a ;3 p a r a u m a d if e r e n ç a d e e n tr a d a fin ita , o c o r r e s p o n d e n te b ip o la r

Exem plo 10.19

395

a p e n a s s e a p r o x i m a d e s s a c o n d iç ã o . A E q . (1 0 .1 4 6 ) e s c la r e c e b a s t a n t e o f u n c io n a m e n to d o p a r M O S . E s p e c ific a m e n te , m o s tr a m o s o s g rá fic o s d e e I , )2 n a Fig. 1 0 .3 1 (a ), o n d e AV^, = V inl - V in2 e o b te m o s a s c a ra c te rís tic a s d ife re n c ia is n a s Figs. 10.31 (b ) e (c). P o r ta n to , o c irc u ito se c o m p o r ta d e m o d o lin e a r p a r a p e q u e n o s v a lo r e s d e A V in e to r n a - s e n ã o lin e a r p a r a A V m > A V inmáx. E m o u tr a s p a la v ra s , A V inntáx fu n c io n a c o m o u m lim ite a b s o lu to p a r a o s n ív e is d e s in a l d e e n tr a d a q u e tê m a lg u m e f e ito s o b r e a s a íd a .

E xam inem os a característica entrad a/saíd a de um p ar diferencial M O S q u a n d o (a) a co rren te de cauda é d o b ra d a e (b) a razão de aspecto do tran sisto r é do b rad a.

Solução

(a) A Eq. (10.145) sugere que d o b ra r í ss aum enta AV^„Jdx p or um fator yj~2. Portanto, a característica da Fig. 10.31(c) se ex p a n d e na horizontal. A lém disso, com o ISsR d é dobrado, a característica tam bém se expande na vertical. A Fig. 10.32(a) ilustra o resultado, que apresenta um a inclinação maior. (b) D o b ra r W /L red u z &Vinmáx p o r um fato r y f l e m an tém I ssR d constante. P o rtanto, a carac­ terística se c o n tra i na h orizontal [Fig. 10.32(b)] e exibe um a inclinação m aior nas vizinhanças de AV* = 0.

Exercício

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara os casos em que (a) a co rren te de cauda é dividida p o r dois e (b) a razão de a sp ecto do tran sisto r é dividida p o r dois.

Figura 10.32 ?Na verdade, para V(1S = VTII, dispositivos MOS conduzem uma pequena corrente, o que transforma estas conclusões em uma ilus­ tração aproximada.

396

Capítulo Dez

Exemplo 10.20 Solução

P ro je te m o s um p a r d iferen cial N M O S p a ra um o rç a m e n to d e p o tê n c ia d e 3 m W e A Vinniúx = 500 mV. Vam os s u p o r il„C „ = 1 0 0 /xA/V 2 e V nn = 1,8 V. A co rre n te de cau d a não deve exced er 3 mW /1,8 V = 1,67 m A . D a E q. (10.145), escrevem os W _ L

2/55

(10.147)

f i nCoxA V fnmáx = 133,6.

(10.148)

O s valores dos resisto res de carga são d e term in ad o s pelo g anho d e ten são desejado.

Exercício

10.3.3

C om o o p ro jeto a n te rio r deve ser alterad o se o orçam ento de potência for au m en tad o p ara 5 m W ?

A n á lise de Pequenos S inais

A a n á lis e d e p e q u e n o s s in a is d o p a r d if e r e n c ia l M O S é f e ita d e m o d o s im ila r a o d a S e ç ã o 10.2.3 p a r a o c o r r e s p o n d e n te b ip o la r. A q u i, a d e fin iç ã o d e “ p e q u e n o s ” s in a is p o d e s e r v is ta d a E q . (1 0 .1 4 2 ); se

iV & il

-

Vin2\

4 Iss

(10.149)

< £

r

A s e n t r a d a s e s a íd a s d if e r e n c ia is s ã o l i n e a r m e n t e p r o p o r c io n a is e o c ir c u ito o p e r a d e m o d o lin e a r. A g o ra , u sa m o s o m o d e lo d e p e q u e n o s sin a is p a ra p r o v a r q u e o n ó d e c a u d a p e r m a n e c e e m u m a te n s ã o c o n s ta n te n a p r e s e n ç a d e p e q u e n a s e n t r a d a s d if e ­ re n c ia is. S e À = (),o c ir c u ito s e r e d u z a o m o s tr a d o n a Fig. 1 0 .3 3 (a ) e f o rn e c e

W '

Vi„l - V \ =

g m ivi + gnavz =

vm

- v2

0.

(10.152) (10.153)

lo g o , S u p o n d o s im e tria p e rfe ita , a p a r tir d e (1 0 .1 5 3 ) te m o s 4 Iss

W

(10.150)

vi = - v 2

(10.151)

e, p a r a e n t r a d a s d if e r e n c ia is , e x ig im o s u,nl = —vin2. A s s im , (1 0 .1 5 2 ) se tr a d u z e m

(10.154)

\ — \j HnCox

I^S ( Vln 1

Figura 10.33

Vjn 2 ) •

(a) M odelo üe pequenos sinais do par diferencial MOS, (b) circuito simplificado.

Amplificadores Diferenciais

Vinl = VI

(10.155)

Vp = Vinl - t>l

(10.156)

lo g o ,

O n ó P a tu a c o m o u m a te r r a v irtu a l e o c o n c e ito d e m e io -c irc u ito é v á lid o ; c o m isto , o b te m o s a t o p o ­ lo g ia sim p lific a d a d a Fig. 1 0 .3 3 (b ). A q u i, Voutl

= 0

~

D e m o d o a lte r n a tiv o ,p o d e m o s u tiliz a r as E qs. (10.81 )— e , p o r ta n to , ( 1 0 .8 6 ) c o m a o b s e r v a ç ã o d e q u e v j r . = 0 p a r a u m M O S F E T e o b te m o s o m e s m o r e s u lta d o .

Solução

S m ^ D V in l

(10.158)

g m ^ D V in l,

(10.159)

(10.157) V outl =

Exem plo 10.21

397

°'"2 = - g mR D.

(10.160)

Vinl - Vinl

Provem os q u e (10.151) tam b ém pode fo rn ecer g anho de ten são diferencial.

C o m o Voull - VouQ = - R „ ( I Dl - I»2) e com o g m = J n„C m ( W / L ) I SS (p o rq u ê ? ), a p artir de (10.151) tem os

Voutl

Voutl =

/ W Rl)yJ f^nCox~j~^SS( Vn1

Vn!)

(10.161) (10.162)

= —gmRD(Vnl — Vinl).

Isto, o b v iam en te, e ra de se e sp e ra r. A final, a o p e ra ç ã o em p e q u e n o s sinais significa m e ram en te ap ro x im ar a característica e n trad a/saíd a [Eq. (10.142)] p o r um a linha reta [Eq. (10.151)] em to rn o d o p o n to de o p e ra ç ã o (eq uilíbrio).

Exercício

U sando a e q u a ç ã o gm = 2 1 ,/(V GS - V r„ ),e x p re sse o resu ltad o d o exem plo an te rio r em term o s da ten são de so b recarg a de equilíbrio.

C o m o n o c a s o d o s c irc u ito s b ip o la r e s e s tu d a d o s n o s E x e m p lo s 10.10 e 10.14, a a n á lis e d e to p o lo g ia s d ife re n c ia is M O S é m u ito f a c ilita d a se te r r a s v irtu a is

Exem plo

p u d e r e m s e r id e n tific a d a s . O s p r ó x im o s e x e m p lo s r e fo rç a m e s te c o n c e ito ,

D eterm in em o s o g an h o de ten são do circuito m o strad o na Fig. 10.34(a). Vamos su p o r A

10.22

í<> —o v out1 v in1

(b)

(a) Figura 10.34

0.

398

Capítulo Dez

Solução

D e se n h a n d o o m eio -circu ito tal com o na Fig. 10.34(b), n o ta m o s qu e a resistência to ta l vista no d re n o de M x é igual a (l/g m3)llr 0 3 llr01. P o rtanto, o g anho de ten são é igual a

(10.163)

= - g m \ ( — l | r o 3 l k o i )• Vgm 3 )

E x e rc íc io

Exem plo 10.23

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara o caso em que um a resistência de valor /?, é co n ectad a em série com as fontes de M y e M A

S u p ondo A = 0, calculem os o g anho de ten são do circuito ilustrado na Fig. 10.35(a).

DD

^in1

in 2

vout1 *'in1

(a)

I

(b) Figura 10.35

Solução

Id en tifican d o os d o is nó s P e Q com o te rra s virtuais, co n stru ím o s o m eio-circuito m o strad o na Fig. 10.35(b) e escrevem os fA\ v —

8ml

(10.164)

gm3

E x e rc íc io

Exem plo 10.24

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara A

0.

S u p o n d o A = 0, calculem os o g anho de ten são d a topologia m o strad a na Fig. 10.36(a).

VDD

>vout1 ^in1 °—

M 2 Z]|—°^iin2 , . ft)

—%— fíce

, . (*)

vin1 < H k V i

:ffss 2

(b)

(a) Figura 10.36

Amplificadores Diferenciais

Solução

399

A te rra n d o os p o n to s m édios de R ss e de R ,)P, ob tem o s o m eio-circuito da Fig. lü.36(b), onde Rpp Av= -

2 Exercício

10.4

(10.165)

2 gm

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p a ra o caso em que as fontes de co rren te de carga são substituídas p o r dispositivos P M O S co n ectad o s com o diodos.

A M P LIF IC A D O R D IFE R E N C IA L CASCODE

R e c o r d e m o s , d o C a p í tu l o 9, q u e e s tá g io s c a s c o d e s tê m g a n h o s d e te n s ã o s u b s ta n c ia lm e n te m a io r e s q u e o s d e s im p le s e s tá g io s E C e F C . O b s e r v a n d o q u e o g a n h o d if e r e n c ia l d e p a r e s d i f e r e n c i a is é ig u a l a o g a n h o d e u m te r m in a l d o s c o r r e s p o n d e n t e s m e io s c irc u ito s , c o n c lu ím o s q u e o u s o d a to p o lo g ia c a s c o d e ta m b é m p o d e e le v a r o g a n h o d e p a r e s d ife re n c ia is . In ic ia m o s n o s s o e s tu d o c o m a e s tr u tu r a ilu s tra d a n a Fig. 1 0 .3 7 (a ), o n d e <2, e Q t a tu a m c o m o d is p o s i­ tiv o s c a s c o d e s e /, e / 2 s ã o id e a is . N o t a n d o q u e a s b a s e s d e Q y e Q 4 e s tã o n a t e r r a A C , c o n s tr u ím o s o m e io -c irc u ito m o s tr a d o n a Fig. 1 0 .3 7 (b ).A E q .( 9 .5 1 ) fo rn e c e o g a n h o c o m o A v = - g mi[gm s(fo\\\r„ 3)ro3 Jt- r 0 \\\r„ i],

c o n f ir m a n d o q u e o c a s c o d e d if e r e n c ia l a lc a n ç a u m g a n h o m u ito m a is e le v a d o . O s d e s e n v o lv im e n to s d o C a p ítu lo 9 t a m b é m s u g e r e m o u s o d e c a s c o d e s p n p p a r a a s f o n te s d e c o r r e n te /, e / 2 n a Fig. 1 0 .3 7 (a). A c o n f ig u ra ç ã o r e s u l­ ta n te , ilu s tr a d a n a Fig. 1 0 .3 8 (a ), p o d e s e r a n a lis a d a c o m o a u x ílio d o m e io -c irc u ito d a Fig. 1 0 .3 8 (b ). U tili­ z a n d o a E q . (9 .6 1 ), e x p r e s s a m o s o g a n h o d e te n s ã o com o A,- % - g m\\gm iro 3 (ro \\\r„ i)\\\[g n 6 ro 5 (ro r1\\r„5)\. (10.167)

A to p o lo g ia d a Fig. 1 0 .3 8 (b ), c h a m a d a “ c a sc o d e te le s ­ c ó p ic o ” , e x e m p lif ic a o c ir c u ito i n t e r n o d e a lg u n s a m p lif ic a d o r e s o p e ra c io n a is .

(10.166)

Figura 10.37 (a) Par diferencial cascode bipolar, (b) meiocircuito de (a).

Figura 10.38 (a) Par diferencial cascode bipolar com cargas cascodes, (b) meio-circuito de (a).

400

Capítulo Dez

Exem plo 10.25

D evido a um a falha de fabricação, um a resistência p arasita ap areceu e n tre os nós A e B no circuito da Fig. 10.39(a). D e term in em o s o g anho de ten são do circuito.

/in2

Figura 1 0.39

Solução

(a)

(b)

A sim etria d o circu ito im plica que o p o n to m édio de R , é um a te rra virtual e leva ao m eio-circuito m o strad o na Fig. 10.39(b). A ssim , R J 2 aparece em paralelo com r()1 e reduz a im pedância de saída do cascode p n p . C o m o o valor de R , n ão é conhecido, não podem os fazer aproxim ações e devem os re to rn a r à ex p ressão original p ara a im pedância de saída do cascode, E q. (9.1):

R\

ro5 ■¥ ron\\r„s \\ — .

(10.168)

A resistência q u e se vê q u a n d o se olha p ara baixo, p a ra o cascode p n p . perm an ece in a lte rad a e ap ro x im ad am en te igual a g ^ o ^ r ^ W r ^ ) . P ortanto, o g anho de ten são é igual a

A„ = -gm i [g„úro3(roi Ik»3)] 11^,op •

Exercício

Se (3 = 50 e VA = 4 V p ara to d o s os tran sisto res e um fa to r de dois?

(10.169)

= 1 m A , que valor de R t d eg rad a o g anho p o r

A g o r a , v o lte m o s n o s s a a t e n ç ã o a o s c a s c o d e s M O S d if e re n c ia is . S e g u in d o o s d e s e n v o lv im e n to s a n te r io r e s p a r a o c a s o b ip o la r, c o n s id e r a m o s a t o p o ­ lo g ia d a Fig. 1 0 .4 0 (a ) e d e s e n h a m o s o m e io -c ir c u ito ilu s tr a d o n a Fig. 1 0 .4 0 (b ). D a E q . (9 .6 9 ), A„ =» -g n a r rn g m ir o í-

(10.170)

O a m p lific a d o r c a sc o d e te le s c ó p ic o C M O S c o m p le to , r e p r e s e n t a d o n a Fig. 10.41 ( a ) , in c o r p o r a c a s c o d e s P M O S c o m o f o n te s d e c o r r e n te d e c a rg a e le v a a o m e io -c ir c u ito m o s tr a d o n a Fig. 1 0 .4 1 (b ). A p a r tir d a E q . (9 .7 2 ), te m o s q u e o g a n h o d e te n s ã o é d a d o p o r de (a).

A v « -gm i[(gnúro3r< n)\\(gM 5ro5r(n)].

(10.171)

Amplificadores Diferenciais

Figura 10.41

Exem plo

10.26 Solução

401

(a) Amplificador cascode telescópico MOS, (b) meio-circuito de (a).

D evido a um a falha de fabricação, duas resistências parasitas iguais. R , e R 2, apareceram com o indi­ cad o na Fig. 10.42(a). C alculem os o g anho de tensão do circuito. N o ta n d o que R { e R 2 ap arecem em paralelo com ros e r„6, respectivam ente, d esenham os o m eiocircuito ilustrado n a Fig. 10.42(b). Sem conhecer o valor de /^ .d e v e m o s reco rrer à expressão original p ara a im pedância de saída, E q. (9.3): Rp

=

[1

+ g m 5 (r0 5 \\R \)Y 0 7 + rosll/?!.

(10.172)

A resistência q u e se vê q u a n d o se olha p ara o d re n o do cascode N M O S ainda p o d e ser a p ro x i­ m ad a com o Rn % gnú*0OT>rOX•

(10.173)

O g an h o de te n sã o é sim plesm ente igual a A v = - g ml(R p \\Rn).

(10.174)

^in1 °—

(a)

Exercício

(b)

Figura 10.42

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara o caso em que, além de R , e R 2, um resistor de valor R y ap arece e n tre as fontes de M y e M A.

402

10.5

Capítulo Dez

R£

REJEIÇÃO DO M O D O COMUM

AV,out,CM AV,in.CM

2

(10.175)

R ee + ~— 2gm

N o e s tu d o d e p a re s d ife re n c ia is b ip o la r e M O S , o b s e rv a m o s q u e e sse s c irc u ito s n ã o p ro d u z e m v a r ia ç ã o n a s a íd a q u a n d o o n ív e l C M d e e n t r a d a v a r ia . E s t a p r o p r i e d a d e d e r e j e i ç ã o d o m o d o c o m u m e x ib id a p o r c ir c u ito s d i f e r e n c i a i s te m u m p a p e l f u n d a m e n ta l n o s s is te m a s e le tr ô n ic o s d a a tu a lid a d e . C o m o o le ito r p o d e te r a n te c ip a d o , n a p r á ti c a a r e j e i ç ã o C M n ã o é in f i n it a m e n te a lta . N e s ta s e ç ã o , e x a m in a r e m o s a r e j e i ç ã o C M n a p r e ­ s e n ç a d e n ã o id e a lid a d e s . A p r i m e i r a n ã o i d e a l i d a d e d iz r e s p e i t o à im p e ­ d â n c ia d e s a íd a d a fo n te d e c o r r e n te d e c a u d a . C o n s i d e r e m o s a to p o l o g ia m o s t r a d a n a F ig. 1 0 .4 3 ( a ) , o n d e R , d e n o t a a im p e d â n c i a d e s a íd a d e O q u e a c o n t e c e s e o n ív e l C M d e e n t r a d a s o f r e r u m a p e q u e n a v a ria ç ã o ? A s im e tria r e q u e r q u e Q i e Q 2 a in d a c o n d u z a m c o r r e n t e s ig u a is e V oull = Vliul2. C o n t u d o , c o m o a s t e n s õ e s d e b a s e C?i e d e Q 2 a u m e n t a m , V ,, t a m b é m a u m e n t a . N a v e r d a d e , n o t a n d o q u e Voull = Vmil2. p o d e m o s p o s i c i o n a r u m c u r t o - c i r c u i t o e n t r e o s n ó s d e s a íd a , o q u e r e d u z a

o n d e o te r m o 2 g„, r e p r e s e n ta a tr a n s c o n d u tâ n c ia d a c o m b in a ç ã o d e <2, e Q 2 e m p a ra le lo . E s ta g r a n d e z a é c h a m a d a “ g a n h o d o m o d o c o m u m ” . E s ta s o b s e r ­ v a ç õ e s ta m b é m se a p lic a m a o c o r r e s p o n d e n te M O S . O u t r a a b o r d a g e m p a r a s e c h e g a r a (1 0 .1 7 5 ) é d e li­ n e a d a n o E x e rc íc io 65. E m su m a , se a c o rre n te d e c a u d a e x ib ir u m a im p e ­ d â n c ia d e sa íd a fin ita, o p a r d ife re n c ia l p r o d u z u m a v a ria ç ã o n o nív el C M d e sa íd a e m re s p o s ta a u m a v ariação n o nível C M de en tra d a . É n atu ral q u e o leito r se p e rg u n te se e ste é um p ro b le m a sério. A final, d e sd e q u e a g ra n d e z a d e in te re sse seja a d ife r e n ç a e n tre as saídas, u m a v a ria ç ã o n o nível C M d e sa íd a n ã o in tro d u z d e g ra ­ d a ç ã o . A Fig. 10.44(a) ilu stra e sta situ a çã o . A q u i, d u a s e n tra d a s diferenciais, V inl e Vm2, e stã o su jeitas a u m ru íd o d e m o d o c o m u m , V inCM. E m c o n se q ü ê n c ia , a s te n s õ e s d e b a se d e (?, e Q 2 e m re la ç ã o à te rra a p a re c e m c o m o

to p o l o g i a à m o s t r a d a n a F ig. l( ) .4 3 ( b ) . O u s e ja , n o q u e d iz r e s p e i t o a o n ó P , e Q 2 o p e ra m co m o um s e g u i d o r d e e m is s o r . À m e d i d a q u e V r a u m e n t a , a c o r r e n t e e m R FE t a m b é m a u m e n t a e, p o r c o n s e ­ g u in te , as c o r r e n t e s d e c o l e t o r d e e Q 2 a u m e n ta m . P o r ta n t o , o n ív e l d e m o d o c o m u m d e s a íd a d im in u i. A v a r i a ç ã o n o n ív e l C M d e s a í d a p o d e s e r c a lc u ­ la d a a p a r tir d a o b s e rv a ç ã o d e q u e o e s tá g io d a F ig . 1 0 .4 3 (b ) l e m b r a u m e s t á g i o E C d e g e n e r a d o . O u s e ja , d o C a p í t u l o 5 ,

m o s tra d o n a Fig. 10.44(b). C o m u m a fo n te d e c o rre n te d e c a u d a ideal, a v a ria ç ã o d o nível C M d e e n tr a d a n ã o te ria q u a lq u e r e fe ito so b re a saíd a e lev a ria às fo rm a s d e o n d a d e saíd a m o stra d a s n a Fig. 10.44(b). C o m R ,., < oo, p o r su a vez, as sa íd as d e u m te r m in a l sã o co rro m p id as, m as n ã o a sa íd a d ifere n c ial [Fig. 10.44(c)]. R e s u m in d o , o e s tu d o a n te r io r in d ic a q u e , n a p r e ­ sen ç a d e ru íd o C M d e e n tra d a , um g a n h o C M finito n ã o c o r r o m p e a sa íd a d ife re n c ia l e, p o r ta n to , é b e n ig n o . 4 N o e n ta n to , se o c irc u ito a p r e s e n ta r a s s im e tr ia s e u m a

Rc

(a) Figura 10.43

(10.176)

2REE + gm'

(b)

(a) Resposta CM do par diferencial na presença de impedância de cauda finita, (b) circuito simplificado de (a).

4É interessante observar que a literatura antiga considera este efeito problemático.

Amplificadores Diferenciais

vc c

K)Ul1

K d u I2

A I--------L O i

p

V.in1

e

Q2

I

EE

■'"V, 'v /''

403

"vT '

Í>ut1

- 'v T

4>ut2

EE

:1“ K>ut2

/

\

K>ut1 ” K>ut2

(b)

(a)

/

\

(c)

Figura 10.44 (a) Par diferencial que amostra ruído CM de entrada, (h) efeito do ruído CM na saída, com R u .: = ruído CM na saída, com R, , ±

(c) efeito do

fo n te d e c o r r e n te d e c a u d a c o m im p e d â n c ia fin ita, a s a íd a d if e r e n c ia l s e r á c o r r o m p id a . D u r a n t e a f a b r i­ c a ç ã o , “ d e s c a s a m e n to s ” a le a tó r io s a p a r e c e m e n tr e os d o is la d o s d o p a r d ife re n c ia l; p o r e x e m p lo , o s tra n s is ­ to re s o u re s is to re s d e c a rg a p o d e m e x ib ir d im e n s õ e s lig e ira m e n te d ife re n te s . P o r c o n s e g u in te , a v a ria ç ã o n a c o r r e n te d e c a u d a d e v id a a u m a v a r ia ç ã o d o n ív el C M d e e n tr a d a p o d e a f e ta r a s a íd a d ife r e n c ia l. C o m o e x e m p lo d o e f e ito d e a s s im e tria s , c o n s id e ­ r e m o s o c a s o s im p le s d e d e s c a s a m e n to d e r e s is to r e s d e c a rg a . E ssa im p e rfe iç ã o , ilu s tra d a n a Fig. 10.45 p a ra u m p a r M O S , 5 le v a a u m a d if e r e n ç a e n tr e Vou,\ e Vouã. D e v e m o s c a lc u la r a v a ria ç ã o em /„ , e I n2 e m u ltip lic a r o r e s u lta d o p o r R n e p o r R n + A R n . C o m o d e te r m in a m o s a v a r ia ç ã o e m /,„ e e m / /J2? D e s p r e z a n d o a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l, o b s e r v a m o s p r im e ir o q u e hx = i ^ í V

o

n

- V t h )2

I d i = ^ n C w — iy G S i — Vt h )2>

(10.177) (10.178)

e c o n c lu í m o s q u e A / ,„ d e v e s e r ig u a l a A I m , p o is V(,vi = V u sl e, p o r t a n t o , A V(;v, = A V ( m . E m o u t r a s

Figura 10.45

Par MOS com cargas assimétricas.

p a la v r a s , o d e s c a s a m e n t o d o s r e s i s t o r e s d e c a r g a n ã o a f e ta a s im e tr ia d a s c o r r e n t e s c o n d u z id a s p o r A/, e M -,.6 E s c r e v e n d o A = A I n2 = A / „ e A K (;V1 = A V í a 2 = A V GSy n o ta m o s q u e t a n t o A/,,, c o m o AI ,)2 flu e m p o r R SSy d a n d o o r ig e m a u m a v a r i a ç ã o d e te n s ã o ig u a l a 2A I n R ss. L o g o , A V cm = A VGS + 2A I DR SS

5Escolhemos um par MOS para mostrar que o tratamento é o mesmo para as duas tecnologias. 6Afetaria se À ^ 0.

(10.179)

404

Capítulo Dez S e g u e -s e q u e

e, c o m o A VGS = A I D/g m,

( 10.180)

A V cm = A I o \ ------f 2 R s s )• \g m )

AV,„ A V(;m

O u s e ja ,

gm

E s ta v a r ia ç ã o d e c o r r e n te p r o d u z id a p o r c a d a t r a n ­ s is to r flui p o r R „ e p o r R n + A R n , g e r a n d o u m a v a r ia ç ã o n a s a íd a d if e r e n c ia l d e

AKui = AVml,i — A V„„a

=

(10.182)

A IdR d — A Id(R d + A R d) -A /o

•

ARd

A Vcm

(10.183) (10.184)

■A R p .

(E s te r e s u lta d o ta m b é m p o d e s e r o b tid o c o m a a n á lise d e p e q u e n o s s in a is.) D iz e m o s q u e o c ir c u ito e x ib e “ c o n v e rs ã o d o m o d o c o m u m p a r a m o d o d ife re n c ia l ( D M ) ” e d e n o ta m o s o g a n h o a n t e r i o r p o r A CM_I)M. N a p r á tic a , p r o c u r a m o s m in im iz a r e s s a d e g r a d a ç ã o p o r m e io d a m a x im iz a ç ã o d a im p e d â n c ia d e s a íd a d a f o n te d e c o r r e n t e d e c a u d a . P o r e x e m p lo , u m a f o n te d e c o r r e n t e b ip o la r p o d e e m p r e g a r d e g e n e ­ ra ç ã o d e e m is s o r e u m a fo n te d e c o r r e n te M O S p o d e in c o r p o r a r u m tr a n s is to r r e la tiv a m e n te m a is lo n g o . P o r ta n to , é ra z o á v e l s u p o r R ss » \lg,„ e

(10.185)

A Rp

------b 2Rss

A cm - DM

Sm

Exem plo 10.27

— + 2Rss

(10.181)

------b 2 R ss

=

(10.186)

Sm

A V cm

AId =

A Ro

(10.187)

2Rss

D eterm in em o s A CM_DM p ara o circuito m o strad o na Fig. 10.46. Vam os su p o r VA =

p ara 0 , e Ç)2.

Figura 10.46

Solução

R ecordem os, d o C a p ítu lo 5, que a d eg en e ra ção do em issor eleva a im pedância de saída para R out 3

= [1 + grrú(R\\\rjf3)Vo3 +

Í ? llk jr 3 *

(10.188)

S ubstitu in d o R ss p o r este v alor em (10.186), ob tem os

A

cm- dm

AR c

=

-------b 2{[1 + gm 3(R\ | \t* 3 )]^*03 + R iW r ^ } Sm \

Exercício

Repita o cálculo anterior para R x—>

(10.189)

Amplificadores Diferenciais O s d e s c a s a m e n to s e n t r e o s tr a n s i s t o r e s e m u m p a r d if e r e n c ia l t a m b é m p o d e m le v a r à c o n v e r s ã o C M -D M . E n t r e t a n t o , o e s tu d o d e s s e e f e ito e s tá a lé m d o e s c o p o d e s te liv ro [ 1 ]. E m b o r a s e ja in d e s e já v e l, a c o n v e r s ã o C M -D M n ã o p o d e s e r q u a n tif ic a d a s im p le s m e n te p o r S e o c ir c u ito p r o v ê u m g a n h o d i f e r e n c i a l e le v a d o , A nM e a d e g r a d a ç ã o r e la tiv a d a s a íd a s ã o p e q u e n o s .

P o r t a n t o , d e f in im o s a “ r a z ã o d e r e je iç ã o d o m o d o c o m u m ” (C M R R )* co m o

Exem plo 10.28 Solução

CM RR =

A dm

10.6

(10.190)

C M R R re p re s e n ta a ra z ã o e n tre “b o m ” e “ m a u ” e f u n c io n a c o m o u m a m e d id a d a q u a n t i d a d e d e s in a l d e s e j a d o e d a q u a n t i d a d e d e d e g r a d a ç ã o q u e a p a r e c e m n a s a íd a s e a e n t r a d a c o n s is tir e m u m a c o m p o n e n te d if e r e n c ia l e e m r u íd o d e m o d o com um .

C alculem os a C M R R d o circuito m o strad o na Fig. 10.46.

P a ra p e q u e n o s d e sc a sa m e n to s (p. ex., 1 % ), AR c « Logo,

R c e o g a n h o d ife re n cial é igual a

C M R R = 8 m lR c 1------ 1-2[1 + gnú(Rl\\rjT3)Vo3 + 2(/?i||r7r3) J. A Rc 1&ml J

Exercício

405

gm{Rc-

(10.191)

D eterm in e a C M R R se R, —*

PAR D IFE R E N C IA L COM CARGA ATIVA

N e s ta s e ç ã o ,e s tu d a r e m o s a in te r e s s a n te c o m b in a ç ã o d e p a r e s d ife r e n c ia is c o m e s p e lh o s d e c o r r e n te , q u e

Figura 10.47

é ú til e m d iv e rs a s a p lic a ç õ e s . P a ra c h e g a r a o c irc u ito , p r im e ir o v a m o s e x a m in a r u m p r o b le m a e n c o n tr a d o e m a lg u n s casos. R e c o r d e m o s q u e o s a m p o p s u s a d o s n o C a p ítu lo 8 tê m e n tr a d a d if e re n c ia l m a s s a íd a d e u m te r m in a !

(a) Circuito com entrada diferencial e saída de um terminal, (b) possível implementação de (a).

♦Por conveniência, esta razão será denotada pela sigla CMRR. derivada da correspondente expressão em inglês: common-mode rejection ratio. (N.T.)

406

Capítulo Dez

Figura 10.48

Par diferencial com carga ativa.

[Fig. 1 0 .4 7 (a )]. P o r ta n to , o s c ir c u ito s in te r n o s d o a m p o p d e v e m in c o r p o r a r u m e s tá g io q u e “ c o n v e r ta ” u m a e n t r a d a d if e r e n c ia l e m u m a s a íd a d e u m te r m in a l. P o d e m o s c o n s i d e r a r a to p o l o g i a m o s t r a d a n a Fig. 1 0 .4 7 (b ) c o m o c a n d id a ta a e s t a ta r e f a . A q u i, a s a íd a é c o lh id a n o n ó Y e e m r e la ç ã o à te r r a , n ã o e m r e la ç ã o a o n ó X . 1 I n f e liz m e n te , o g a n h o d e t e n s ã o a g o r a é d iv id id o p o r d o is, p o is a e x c u r s ã o d o sin a l n o n ó X n ão é usada. A g o r a , a p r e s e n ta m o s u m a to p o lo g ia q u e e x e c u ta a ta re fa d e c o n v e rs ã o "d ife re n c ia l p a ra um te r m in a l” e ta m b é m s o lu c io n a os p ro b le m a s a n te rio re s . O circ u ito , m o s tr a d o n a Fig. 10.48, e m p r e g a u m p a r d ife re n c ia l s im é tr ic o , e u m e s p e lh o d e c o rre n te c o m o c a rg a , O y- Q 4. ( O s tr a n s is to r e s £>, e £ > 4 ta m b é m s ã o id ê n tic o s .) A s a íd a é m o s tr a d a e m r e la ç ã o à te r r a .

10.6.1

A n álise Q u a lita tiva

É in t e r e s s a n t e q u e , p r im e ir o , d e c o m p o n h a m o s o c irc u ito d a Fig. 10.48 e m d u a s s e ç õ e s : o p a r d ife re n c ia l

d e e n tr a d a e o e s p e lh o d e c o r r e n te d e c a rg a . C o m o ilu s tr a d o n a F ig. 1 0 .4 9 (a ) ( ju n t a m e n t e c o m u m a c a rg a fictícia R , ) , Q t e Q 2 p r o d u z e m v a ria ç õ e s ig u ais e o p o s ta s e m s u a s c o r r e n te s d e c o le to r e m re s p o s ta a u m a v a ria ç ã o d ife re n c ia l n a e n tr a d a , c r ia n d o u m a v a r ia ç ã o d e te n s ã o d e A I R , e m R , . A g o r a , c o n s i­ d e r e m o s o c ir c u ito d a F ig. 1 0 .4 9 (b ) e s u p o n h a m o s q u e a c o r r e n te p u x a d a d e Q y a u m e n te d e 2 p a ra I r , / 2 + A I . O q u e a c o n te c e ? P r im e iro , c o m o a im p e ­ d â n c ia d e p e q u e n o s s in a is v is ta n o n ó N é a p r o x i ­ m a d a m e n te ig u a l a l/g „ l3, V N s o f re u m a a lte r a ç ã o d e A I /g nú ( p a r a A / p e q u e n o ) . S e g u n d o , d e v id o à a ç ã o d o e s p e lh o d e c o r r e n te , a c o r r e n te d e c o le to r d e Q 4 ta m b é m a u m e n ta d e A I. E m c o n s e q ü ê n c ia , a te n s ã o e m R , s o fre u m a a lte r a ç ã o d e A I R , . P a r a e n t e n d e r o d e t a l h a d o f u n c io n a m e n to d o c ir c u ito , a p lic a m o s u m a p e q u e n a v a r ia ç ã o d if e r e n ­ cial à e n tr a d a e s e g u im o s o s sin a is à s a íd a (Fig. 10.50). O re s is to r d e c a rg a , R , , é a d ic io n a d o p a r a fa c ilita r o e n te n d im e n to , m a s n ã o é n e c e s s á r io p a r a a o p e r a ç ã o d o c irc u ito . C o m a s v a r ia ç õ e s d a te n s ã o d e e n tr a d a m o s tra d a s , n o ta m o s q u e /< , s o fre u m c e r to a u m e n to d e A I e I c2 so fre u m a d im in u iç ã o ig u al. Ig n o r a n d o p o r o r a o s p a p é is d e Q y e d e Q 4, o b s e r v a m o s q u e a q u e d a e m I a se tr a d u z em u m a u m e n to e m VIIUI, p o is Q : p u x a u m a c o r r e n te m e n o r d e R , . P o r ta n to , a v a r ia ç ã o d a s a íd a p o d e s e r u m a v e r s ã o a m p lific a d a d e A V . A g o r a , d e te r m in e m o s c o m o a v a ria ç ã o d e I n se p r o p a g a p o r Q y e Q 4. D e s p r e z a n d o a s c o r r e n te s d e b a s e d e s te s d o is tra n s is to re s , n o ta m o s q u e a v a ria ç ã o e m I n ta m b é m é ig u a l a A I . E s ta v a ria ç ã o é c o p ia d a e m / (4, d e v id o à a ç ã o d o e s p e lh o d e c o r r e n te . E m o u t r a s p a la v r a s , e m r e s p o s ta à e n t r a d a d if e r e n c ia l m o s tr a d a n a Fig. 10.50, I a , l/a l e l/0 l a u m e n t a m d e

(b) Figura 10.49

(a) Resposta do par dc entrada à variação da entrada, (b) resposta da carga ativa à variação da corrente.

7N a prática, estágios adicionais precedem esse estágio p ara que seja obtido um ganho elevado.

Amplificadores Diferenciais

Figura 10.50

407

Funcionamento detalhado do par com carga ativa.

A I. C o m o <24 “ i n je ta ” u m a c o r r e n t e m a io r n o n ó d e s a íd a , VOM a u m e n ta . E m s u m a , o c ir c u ito d a F ig . 10.50 c o n té m d u a s r o ta s d e sin a l: u m a p o r Q t e Q 2 e o u tr a p o r Q ,, Q y e Q A (Fig. 10.51). P a ra u m a v a ria ç ã o d a e n tr a d a d ife re n c ia l, c a d a r o ta fica s u je ita a u m a v a r ia ç ã o d e c o r r e n te , q u e se tr a d u z e m u m a v a r ia ç ã o d e t e n s ã o n o n ó d e sa íd a .

O p o n to i m p o r ta n te a q u i é q u e c a d a r o ta r e fo r ç a a o u t r a n a sa íd a : n o e x e m p lo a n t e r io r , c a d a r o ta fo rç a o a u m e n t o d e V„ur O e x a m e in ic ia l d e Q y e (? 4, n a Fig. 10.50, in d ic a u m a d if e r e n ç a in te r e s s a n te e m r e la ç ã o a o s e s p e lh o s d e c o r r e n t e e s tu d a d o s n o C a p ítu lo 9: a q u i, Q 3 e £ ? 4

Figura 10.52

c o n d u z e m s i n a i s , a lé m d a s c o r r e n te s d e p o la riz a ç ã o . I s to t a m b é m c o n t r a s t a c o m a s f o n te s d e c o r r e n t e d e c a r g a n a F ig. 10.52, o n d e a te n s ã o b a s e - e m is s o r d o tr a n s is to r d e c a r g a p e r m a n e c e c o n s ta n te e in d e ­ p e n d e n t e d o s sin a is. A c o m b in a ç ã o d e Q y e d e Q 4, c h a m a d a “ c a r g a a tiv a ” p a r a d is tin g u i-la d o s tr a n s is ­ to r e s d e c a rg a d a Fig. 10.52, te m u m p a p e l im p o r ta n te n o f u n c io n a m e n to d o c irc u ito .

A a n á lis e a n t e r i o r ta m b é m se a p lic a a o c o r r e s ­ p o n d e n te C M O S m o s tr a d o n a Fig. 10.53. E s p e c ific a ­ m e n te , e m r e s p o s ta a u m a p e q u e n a e n tr a d a d if e r e n ­ cia l, /„ , a u m e n ta p a r a l s/ l + A I e I n2 d im in u i p a r a I s/ 1 - A I. A v a ria ç ã o e m I n2 te n d e a e le v a r V„nl. A lé m d isto , a v a ria ç ã o e m /,„ e / ,„ é c o p ia d a e m / n), a u m e n ­ t a n d o l/„ 4l e Volll. ( N e s te c irc u ito , o s t r a n s is to r e s n o e s p e lh o d e c o r r e n te ta m b é m s ã o id ê n tic o s .)

Figura 10.51

R otas de sinal no par com carga ativa.

Par diferencial com fontes de corrente com carga.

Figura 10.53

Par diferencial M OS com carga ativa.

408 10.6.2

Capítulo Dez A n álise Q u a n tita tiva

A e x is tê n c ia d e r o ta s d e sin a l n o c ir c u ito q u e e f e tu a a c o n v e r s ã o d e d if e r e n c ia l p a r a u m te r m in a l s u g e re q u e o g a n h o d e t e n s ã o d o c i r c u i to d e v e s e r m a io r q u e o d a to p o lo g ia d if e r e n c ia l, o n d e a p e n a s u m d o s n ó s d e s a íd a é m o s t r a d o e m r e l a ç ã o à t e r r a [p. e x ., Fig. 10.4 7 (b )]. P a ra c o n firm a r e s ta h ip ó te s e , d e se ja m o s d e te r m in a r a s a íd a d e p e q u e n o s sin a is d e u m te rm in a l, u„„„ d iv id id a p e la e n t r a d a d if e r e n c ia l d e p e q u e n o s sin a is, U;,,, - v /ll2. U s a r e m o s a i m p le m e n ta ç ã o C M O S (Fig. 10.54) p a r a d e m o n s tr a r q u e as v e rs õ e s C M O S e b ip o la r s ã o tr a ta d a s d a m e s m a f o rm a . O c irc u ito d a Fig. 10.54 a p r e s e n t a u m a a m b iv a ­ lê n c ia : e m b o r a o s tr a n s is to r e s s e ja m s im é tr ic o s e o s s in a is d e e n t r a d a s e ja m p e q u e n o s e d if e r e n c ia is , o c ir c u ito é a s s im é tric o . C o m o o d is p o s itiv o c o n e c ta d o c o m o d io d o , M 3, c ria u m a b a ix a im p e d â n c ia n o n ó A , e s p e r a m o s u m a e x c u r s ã o d e t e n s ã o r e la t iv a m e n te p e q u e n a - d a o r d e m d a e x c u r s ã o d a e n tr a d a - n e s te n ó . O s tr a n s is to r e s M 2 e M 4, p o r s u a v e z , c ria m u m a a lta im p e d â n c ia e, p o r ta n to , u m a g r a n d e e x c u r s ã o d e t e n s ã o n o n ó d e s a íd a . ( A f in a l, o c ir c u ito fu n c io n a c o m o u m a m p lifi c a d o r .) A a s s im e tr ia q u e r e s u lta d a s d if e r e n te s e x c u rs õ e s d e te n s ã o n o s d r e n o s d e M , e d e

M 2 im p e d e o a t e r r a m e n to d o n ó P p a r a a a n á lis e d e p e q u e n o s sin a is. A p r e s e n ta r e m o s d u a s a b o r d a g e n s p a r a a n a lis a r e s te c irc u ito .

A b ord agem I

C o m o o m e io - c ir c u ito n ã o é d is p o ­ n ív e l, a a n á l i s e p o d e s e r f e i t a c o m o u s o d e u m m o d e l o c o m p l e t o d e p e q u e n o s s in a is d o a m p l i ­ f ic a d o r . C o m r e f e r ê n c i a a o c i r c u i t o e q u i v a l e n t e m o s t r a d o n a F ig. 1 0 .5 5 , o n d e a s c a ix a s tr a c e j a d a s i n d ic a m c a d a t r a n s i s t o r , e f e t u a m o s a a n á l i s e e m d u a s e ta p a s . N a p r im e ir a , n o ta m o s q u e a s o m a d e ix e i Y d e v e s e r z e r o n o n ó P \ p o r t a n t o , ix = —i Y. A lé m d is to , v A = - i x ( g mlr \\ro r ) e Vout ,

(10.192)

-iY — ------ HgmPVA

rop

Voul

. /

1

\

= ------- gmPiX I ----- rop I

(10.193)

= ix-

(10.194)

\g m P

tqp

)

Logo, Vout

ix =

rop ^1 + gmp

(10.195) — rop^j

N a s e g u n d a e ta p a , e sc re v e m o s u m a L T K p a ra a m a lh a q u e c o n s is te n o s q u a tr o tr a n s is to re s . A c o r r e n te q u e flui p o r r()N d e A/, é ig u a l a ix — gmNvt e a q u e flui p o r r ()N d e M2 é ig u a l a i Y - g,„^ih. P o r ta n to , —VA + (Íx~gm N Vl)roN — ( Í Y ~ gmNV2)rON+ Voul = 0 .

C o m o u, - V2 =

vinl - vM e

ix = - i Y,

- VA + 2ix r0 N - gmNroNÍvm\ - v„a) + t w = 0.

Figura 10.55

(10.196)

Circuito equivalente de pequenos sinais do par diferencial com carga ativa.

(10.197)

Amplificadores Diferenciais S u b s titu in d o

A b ordagem 11*

vA e ix, o b te m o s

Voill

í

1

\r°r)

ro4 1+Sm,( Í l K ) ] VoUt

+ 2 roN-

rop

L

409

+ gmP \ ----- rop) \grnP /.

N e s ta a b o r d a g e m , d e c o m p o m o s o c irc u ito em se ç õ e s q u e p e rm ita m a n á lise p o r in sp eç ão . C o m o ilu s tr a d o n a Fig. 1 0 .5 6 (a ), p r im e ir o b u s c a m o s um e q u iv a le n te d e T h é v e n in p a ra a se ç ã o q u e c o n siste e m u„,,, vill2, M , e M 2, s u p o n d o q u e uml e vin2 s ã o d if e ­ re n c ia is. R e c o r d e m o s q u e vmw é a te n s ã o e n tr e A e B n a “ c o n d iç ã o d e c ir c u ito a b e r t o ” [Fig. 1 0 .5 6 (b )]. N e s ta c o n d iç ã o , o c irc u ito é s im é tric o e se p a re c e com a to p o lo g ia d a Fig. 10 .1 6 (a). A E q . (1 0 .9 2 ) fo rn e c e

+ Vout = gniNfONiVinl “ ^/>i2 )• (10.198) R e s o lv e n d o p a r a

voun te m o s rOP

Vout Vinl -

=

+ gmP

gm N ^O N ~

2roN +

Vi„2

— 2

rop^j

rop

E s ta é a e x p re s s ã o e x a ta p a ra o g a n h o . Se

. (10.199)

gmrror » 1,

V fh é v —

Vin1

Vjn2

= gmN(rON\\fOp)-

( 10.200)

gmlVlVoi + ( ix

+

gmlVlVoi

=

VX (10.202)

e , p o r ta n to , R n év = 2 ro s-

O g a n h o i n d e p e n d e d e g„,r e é ig u a l a o d o c ir c u ito t o ta lm e n te d ife re n c ia l. E m o u t r a s p a la v ra s , o u s o d a c a rg a a tiv a r e c u p e r o u o g a n h o .

( 10.201)

V i /i 2 ) *

o n d e o su b s c rito N se r e fe re a o s d isp o sitiv o s N M O S . P a r a d e t e r m i n a r a r e s is tê n c ia d e T h é v e n in , fix a m o s a s e n tr a d a s e m z e r o e a p lic a m o s u m a te n s ã o e n tr e o s te r m in a is d e s a íd a [Fig. 1 0 .5 6 (c)]. N o ta n d o q u e M , e M2 tê m ig u a is te n s õ e s p o r ta - f o n te (u, = i^) e e s c r e v e n d o u m a L T K n a m a lh a “ d e s a íd a ” , te m o s ( ‘X -

Vout

g n i N ^ O N (.V jn i

(10.203)

S u g e rim o s q u e o le ito r o b te n h a e s te re s u lta d o u s a n d o m e io s -c irc u ito s .

i= >

•'Thév fíThév — %— 0

? + v Thév “ 9

'In 1

B | ^ /W i ^ m 2^ \ |—° v \n2

'SS (b) Figura 10.56

(c)

(a) Equivalente de Thévenin, (b) tensão de 'Iliévenin e (c) resistência de Thévenin do par de entrada.

*Esta seção pode ser pulada em uma primeira leitura.

410

Capítulo Treze

T e n d o re d u z id o as fo n te s d e e n tr a d a e tra n s is to re s a u m e q u iv a le n te d e IT iév en in , a g o r a c a lc u la m o s o g a n h o d o a m p lific a d o r c o m p le to . A Fig. 10.57 ilu stra o c ircu ito sim p lific a d o ,o n d e o tra n s is to r c o n e c ta d o co m o d io d o M } é s u b s titu íd o p o r (l/g „ l3)llrrw e a im p e d â n c ia d e sa íd a d e M 4 é d e s e n h a d a d e m a n e ir a e x p líc ita . O o b je tiv o é o c á lc u lo d e v
o n d e o ú ltim o te r m o n o la d o e s q u e r d o r e p r e s e n t a a c o r r e n te q u e flui p o r R lhév. D e (1 0 .2 0 4 ) e (1 0 .2 0 5 ) s e g u e -s e q u e /

\

1

^03

gnú 1

gnú

1

-1

'

r 0 3 + Rlhév

1 ------

gm3

Rrhév

^03 +

(v0ut + Vrhév) + — —

r 04

,

= 0.

( 10.206)

1

gm3

va

1

gnú

r 03

( iW + vrhév).

(10.204)

r 0 3 + Rrhév

N o ta n d o q u e 1 lg m3 « rm e 1lg m3 « R lllév e s u p o n d o r„ 4 = r o r , re d u z im o s (10.206) a

■jj— (.Vout + vrhév) + —— =

A c o r r e n te d e d r e n o d e p e q u e n o s s in a is d e A/4, d a d a por d e v e s a tis f a z e r a L C K n o n ó d e sa íd a : V°ul . g//i4tU Hi----------h ro4

Vout +

1 &nú

V rh é v

= 0,

(10.205)

í
To p

0

.

(10.207)

P o r ta n to , a s E q s. (1 0 .2 0 1 ) e (1 0 .2 0 7 ) r e s u lta m e m

ro3 + Rrhév

SniN ^O N ^V inl Vout (

\r o N

ropj

Vjn 2 )

(10.208)

rO N

e , p o r ta n to , (10.209)

Vout Vinl — Vin2

Figura 10.57 dc tcnsâo.

Exem plo 10.29 Solução

Circuito simplificado para o cálculo do ganho

= gmN(rON\\rop).

O g a n h o in d e p e n d e d e g mp. É in te r e s s a n te o b s e r v a r q u e o g a n h o d e s te c irc u ito é ig u a l a o g a n h o d ife r e n ­ c ia l d a to p o lo g ia d a Fig. 10.51. E m o u tr a s p a la v ra s , a ro ta p e la c a rg a a tiv a r e s ta u r a o g a n h o ,e m b o r a a sa íd a s e ja d e u m te r m in a l.

N as o b servações an terio res, concluím os que a excursão de ten são no nó A na Fig. 10.56 é m uito m en o r que na saída. Provem os isto. C om o ilu strad o na Fig. 10.58, um a L C K no nó de saída indica que a co rre n te to tal puxada p o r M 2 deve ser igual a —vou/ r OA - g mAvÁ. Essa co rren te flui p or M, e, p o rta n to , p o r M y e gera

Va —

(Vout/r04 ~h gm4VA^

(\g m- 3 4

/

Figura 10.58

(10.210)

Amplificadores Diferenciais

411

O u seja, _

Uwi/

0

VA*

( 1 0 .2 1 1 )

Agmprop

rev elan d o q u e vA é, de fato, m u ito m en o r q ue vour

Exercício

10.7

C alcule o g an h o d e ten são da e n tra d a diferencial ao nó A .

R E S U M O DO CAPÍTULO

• Sinais de um term inal são tensões m edidas em relação à terra. U m sinal diferencial consiste em dois sinais de um term inal conduzidos p o r dois fios, que partem de um m esm o nível D C (m o d o com um ) e que sofrem variações iguais e opostas. • Em com paração com sinais de um term inal, sinais dife­ renciais são mais im unes ao ru íd o de m odo com um . • U m p a r d iferen cial c o n siste em d o is tra n sisto re s idênticos, um a co rre n te de c a u d a e duas cargas idên­ ticas. • E m um p ar diferencial, as c o rre n te s dos transistores perm anecem constan tes à m edida que o nível CM de en trad a varia, ou seja, o circuito “ rejeita” as variações d o nível CM de en tra d a . • A s c o rre n te s d o s tra n s is to re s so frem variaçõ es op o stas q u a n d o um a e n tra d a diferencial é aplicada, ou seja, o circuito resp o n d e a e n tra d a s diferenciais. • P ara p e q u e n a s v ariações d iferen ciais na e n tra d a , a ten são do nó de cauda de um p a r diferencial p erm a­ nece co n stan te e, p o rta n to , é co n sid erad o um nó de te rra virtual. • P ares d iferen ciais b ip o la re s têm c a ra c terístic as e n tra d a /sa íd a em fo rm a d e ta n g e n te h ip erb ó lica. A c o rre n te d e c a u d a p o d e ser q u a se to ta lm e n te d ire c io n a d a p a ra um lad o co m u m a e n tra d a d ife ­ rencial de cerca de 4 V r. • P a ra o p e ra ç ã o d e p e q u e n o s sinais, a ex cu rsão da e n tra d a d iferen cial de um p a r d iferen cial b ip o la r deve p e rm a n e c er abaixo de V ,, O p a r pode, en tão.

•

•

•

•

•

•

ser deco m p o sto em dois m eios-circuitos, sen d o cada um deles um sim ples estágio em issor com um . Pares diferenciais M O S podem direcionar a co rrente d e cau d a com um a e n tra d a diferen cial igual a p I s s /( v „ C oxW / L ) , qu e é um fato r y f l m aior que a te n são de sob recarg a d e eq uilíbrio d e cada tra n ­ sistor. D iferentem ente dos correspondentes bipolares, pares diferenciais M OS podem p ro v er um a característica m ais ou m enos linear, d e p e n d e n d o da escolha das dim ensões dos dispositivos. O s tra n sisto re s d e e n tra d a d e um p a r diferen cial p o d em ser m o n tad o s em cascode p ara alcançar um g a n h o d e te n sã o m ais elev ad o . D e m o d o sim ilar, cargas p o d em ser m on tad as em cascode p ara m axi­ m izar o g anho de tensão. A saída diferencial de um p a r diferencial p e rfe ita ­ m en te sim étrico p erm an ece livre d as v ariações do nível CM d e e n tra d a . N a p re se n ç a d e assim etrias e d e um a im p ed ân cia finita d a fo n te d e c o rre n te de cau d a, um a fração d a variação do nível CM de e n trad a aparece com o um a com p o n en te diferencial na saída, co rro m p en d o o sinal desejado. O g anho visto pela variação do nível CM n o rm ali­ zado em relação ao g anho visto pelo sinal desejad o é ch am ado razão de rejeição do m odo com um . É possível su b stitu ir as cargas d e um p a r d ife re n ­ cial p or um espelho de co rren te, de m odo a pro v er um a saída d e um te rm in a l, m a n te n d o -se o g an h o original. O circuito é ch am ado p ar diferencial com carga ativa.

EXERCÍCIOS 10.1 P ara calcular o efeito d o rip p le na saída do circuito d a Fig. 10.1, p o d e m o s a d m itir q u e V cc é um a “e n tra d a " de p e q u e n o sinal e d e te rm in a r o ganho (d e p e q u e n o s sinais) de V cc a Vour C alcule esse ganho, su p o n d o VA < <*>.

10.2 R epita o Exercício 1 p ara o circuito da Fig. 10.2(a), su p o n d o R cl = R c7. 10.3 R epita o Exercício 1 p ara os estágios m ostrados na Fig. 10.59. S uponha VA < e A > 0.

412

Capítulo Dez

VDD lfout

^in°— *s

(b)

(a)

(c)

(d)

Figura 10.59

10.4 N o circuito d a Fig. 10.60, /, = /0 cos

w t 4- /0 e /2 = —/„ cos cot 4 /„. D esen h e as form as de o n d a em X e em V, d e term in e suas ex cu rsõ es pico a pico e o nível de m o d o com um .

10.7 R ep ita o E xercício 4 p ara a topologia m o strada na Fig. 10.63. vc c

'i ©

(£> '

vc c

(J)

/ i<5)

Y

X

<2

■Rc

f

L Figura 10.63

Figura 10.60

10.5 R ep ita o E xercício 4 p ara o circu ito da Fig. 10.61. D esen h e o gráfico da ten são n o nó P em função do tem po.

10.8 Repita o Exercício 4 supondo /2 = —/„ cos (ot 4 0,8 /„. X e Y podem ser considerados verd ad eiro s sinais

diferenciais?

10.9 S upondo /, = /„ cos (oí 4 /„ e /2 = —/„ cos cot 4- /„, desenhe os gráficos de V x e V Y em função do tem po p ara os circuitos ilustrad o s na Fig. 10.64. A d m ita que / 0 é constante.

vc c

i

cc

® '2

*1 ©

Figura 10.61

10.6 R ep ita o E xercício 4 p ara a to p o lo g ia m o strada na

(b)

(a)

Fig. 10.62. vc c

vc c

Va

—

RP «c?

-Wr-

X * 10

Y 0

X

© *2

/l© >2

(d)

(c) Figura 10.62

Figura 10.64

Amplificadores Diferenciais

1 0 .1 0

S u p o n d o K, = l ^ c o s íoI + l ^ e V2 = - l ^ c o s iot + V0, d e se n h e o gráfico d e V ,, em fu n ção do tem p o p ara os circuitos m o stra d o s na Fig. 10.65. A dm ita que I , é constante.

zação) de cada tran sisto r em m ais de 10%. A p artir da E q. (10.58), d eterm ine a m áxim a en tra d a p erm i­ tida.

10.20 N o circ u ito d a Fig. 10.12, a tra n sc o n d u tâ n c ia de peq u en o s sinais de Q 2 dim inui à m edida qu e VM aum enta, pois I c2 dim inui. U sando a Eq. (10.58), d eterm in e a diferença de en trad a em que a tra n s­ condutância de Q 2 é reduzida p o r um fato r de 2.

Rc -Wr~

Rc -% — "

1 0 .2 1

E possível definir um a transcondutância diferencial para o p a r diferencial b ipolar da Fig. 10.12: Gm =

Rc Rc -W r-

S ) 'l

8 ( /c i ~

Ici)

( 10.212)

K V u L -V u a Y

(b)

(a)

413

D as Eqs. (10.58) e (10.60), calcule G m e desen h e o gráfico do resu ltad o em função de VM - V m2. Q ual é o valor m áxim o de G w? A q ue valor de Vml - K,2 G„, é reduzida p o r um fa to r de dois em relação ao valor m áxim o?

10.22 C om a aju d a d a E q. (10.78), p o d em o s calcular o Cc) Figura 10.65

g an h o de te n sã o d e p e q u e n o s sinais d o p a r d ife­ rencial: Av=

d(Kw/l ~ Vourl) H V in l

10.11 N a Fig. 10.7, su p o n h a q u e V cc a u m e n ta d e AK. D esp rezan d o o efeito E arly, d eterm in e a variação em Vx , V Y z V x - V Y. E x p liq u e p o r q u e dizem os que o circuito “ re je ita ” o ru íd o de alim entação. 10.12 N a Fig. 10.7, i EE sofre um a v ariação A/. Q u e varia­ ções sofrem V x, V Y e V x - V Y1 10.1 3 R ep ita o E xercício 12, m as su p o n h a R CÍ = R (1 + A R . D esp reze o efeito Early.

10.14 C o n sid e re o circu ito d a Fig. 10.9(a) e su p o n h a = 1 m A . Q ual é o m áxim o v alor perm itid o para R c p ara que Q x p erm an eça na região ativa?

10.15 N o circ u ito d a Fig. 10.9(b), R ( = 500 í l . Q u al é o m áx im o v alo r p e rm itid o p a ra I r , p a ra q u e Q 2 p erm an eça na região ativ a?

10.16 N a Fig. 10.9(a), su p o n h a IEE = 1 m A e R ( = 800 íl. D eterm in e a região de o p e ra ç ã o de Q x.

10.17 O q u e a c o n te c e à c a ra c te rístic a ilu strad a na Fig. 10.10 se (a) IEE for dividida p o r dois, (b) V cc for a u m e n ta d o de AK e (c) R c fo r dividida p o r dois? 10.18 N o p a r diferencial da Fig. 10.12, / n / / (7 = 5. Q ual é a c o rre sp o n d e n te te n sã o d ife re n c ial de e n tra d a ? C om esta te n sã o aplicada, co m o /< , / / < -2 varia se a te m p e ra tu ra su b ir de 27° C p ara 100° C? 10.1 9 S u p o n h a q u e o sinal d ife re n c ial d e e n tra d a ap li­ cado a um p ar diferencial b ip o lar não deva alterar a tran sco n d u tân cia (e, p o rta n to , a co rre n te de polari­

-

(10.213)

V in l) '

D eterm ine o ganho e calcule seu valor se Vinl - Vbü co ntiver um a com p o n en te D C de 30 mV.

10.23 E xplique o q ue acontece à característica m ostrada na Fig. 10.13 se a te m p e ra tu ra am b ien te passar de 27° C p ara 100° C.

10.24 N o E x em p lo 10.9, R c = 500 Í2, I EE = 1 m A e V cc = 2,5 V. S uponha Vini = Vo sen w t + V cm Vm2 = —Kosen cot + Vcm>

(10.214) (10.215)

on d e V CM = 1 V d e n o ta o nível d e m od o com um de en trad a. (a) Se K() = 2 mV, d esen h e as form as de o n d a de saída (em função do tem po). (b) Se V{) = 50 mV, determ ine o instante de tem po /, em que um transistor conduz 95% da corrente de cauda. D esenhe as form as de onda de saída.

10.25 O estu d o do E xem plo 10.9 sugere que um p ar dife­ rencial pode co n v erter um a senoide em um a onda q u ad rad a. U sando os parâ m etro s de circuito dados no Exercício 24, desenhe as form as de onda de saída p ara V () = 80 m V e V{) = 1 6 0 mV. E xplique p o r que a o nda q u a d ra d a de saída torna-se “m ais a g u d a” à m edida que a am plitude de e n tra d a aum enta.

10.26 N o E x ercício 25, estim e a inclinação d as o n d as quadradas de saída para V{) = 80 m V e V0 = 160 mV, com co = 2 tt X (100 M H z).

414

Capítulo Dez

10.27 R e p ita a análise d e p e q u e n o s sinais da Fig. 10.15

10.31 O circuito da Fig. 10.68 deve p ro v e r um g anho de

p a ra o circu ito m o stra d o na Fig. 10.66. (P rim eiro, p rove que P ain d a é um a te rra virtual.)

50, com = R 2 = 5 k íl. Se VAn = 5 V, VAp = 4 V, calcule a necessária co rren te de cauda.

10.32 S u p o n d o sim etria p e rfe ita e VA < oo, calcule o ganho de ten são diferencial de cada um dos está­ gios m ostrados na Fig. 10.69.

vc c

Vi,in2 *1 J r ^ r - T 03

Ci

nl 0 ----t^ Q l

*2

° 2 ^ \ --- 0 ^ir

Figura 10.66 Vcc c

10.28 U san d o um m o d elo de p e q u e n o s sinais e incluindo a resistên cia d e saíd a d o tra n sisto r, p ro v e q u e a E q. (10.86) é válida na p resen ça do efeito Early.

^out °

(a)

''

*in1

10.29 N a Fig. 10.67, I EE = 1 m A e VA = 5 V. C alcule o ganho de tensão do circuito. N ote que o ganho inde­ p en d e da co rre n te de cauda.

(b)

Hn2

nn2

Figura 10.67

10.30 C o n sid ere o circuito m o stra d o na Fig. 10.68, onde Í EE = 2 m A , VAn = 5 V, VAp = 4 V. Q u e v alo r de R x = R 2 p erm ite um g an h o d e ten são de 50?

(d) Figura 10.69 in2

10.33 S u p o n d o sim e tria p e rfe ita e VA < oo, calcu le o g a n h o de ten sã o d iferencial de cada um dos e stá ­ gios m o stra d o s na Fig. 10.70. E m alg u n s casos, você p o d e p re c isa r c a lcu lar o g a n h o co m o A v = Figura 10.68

G,nRour

Amplificadores Diferenciais

415

alim entação p ara qu e os tran sisto res perm aneçam em satu ração ? S uponha V r/lM = 0,5 V.

10.37 O p ar diferencial M OS da Fig. 10.24 deve ser p ro je ­ ta d o p ara um a ten são de sobrecarga de equilíbrio de 200 mV. Se [inC ox = 100 /xA/V 2 e W /L = 20/0,18, qual é o necessário valor de / sv?

10.38 Para um M O SFET, a "densidade de c o rre n te ” pode ser definida com o a co rrente de d re n o dividida pela largura d o dispositivo, p ara um d ad o co m prim ento de canal. E xplique p or que a ten são de sobrecarga de equilíbrio de um p a r diferencial M OS varia em função d a densidade de corrente.

10.39 U m p ar diferencial M O S contém um a resistência p ara sita c o n e cta d a e n tre o nó de c au d a e a te rra (Fig. 10.72). Sem usar o m odelo de peq u en o s sinais, prove que P ainda é um a terra virtual para pequenas en tra d a s diferenciais.

(b) Figura 10.70

10.34 C onsid ere o p a r diferencial ilu strad o na Fig. 10.71. S u p o n d o sim etria p erfeita e VA = <», (a) D eterm in e o g an h o de tensão. (b) E m q u e c o n d ição o g a n h o se to rn a in d ep en ­ dente da corren te de cau d a? E ste é um exem plo de um circuito m uito lin ear, pois o g anho não varia com os níveis de e n tra d a ou de saída.

^im - H t J

Figura 10.72

10.40 Na Fig. 10.25(a), Vitll = 1,5 V e Vm2 = 0 ,3 V. Supondo qu e M 2 esteja desligado, d eterm in e a condição dos parâm etro s d o circuito que garan te qu e A/, opere em saturação.

10.41 R epita o Exem plo 10.16 para uma tensão de alim en­ tação de 2 V. Form ule a relação de p e rm u ta e n tre V m) e W /L , p a ra um d ad o nível de m od o com um de saída.

10.42 U m estudante ousado construiu o circuito m ostrado

Figura 10.71

10.35 C o n sid e re o p a r d ife re n c ial M O S d a Fig. 10.24. O q u e a c o n te c e à te n sã o d o n ó d e c a u d a se (a ) as larguras de A/, e de M 2 fo rem do b rad as, (b) I ss for d o b ra d a , (c) a e sp essu ra d o óxido de p o rta for d o b ra d a ?

10.36 N o p a r diferencial M O S d a Fig. 10.24, V CM = 1 V. Iss = 1 m A e l
na Fig. 10.73, q u e ch am o u d e “am p lificador d ife ­ re n c ia l” p o rq u e í n * ( V inl - VM ). E x p liq u e q u e aspectos de nossos sinais e am plificadores d ife ren ­ ciais são violados p o r esse circuito.

-y- Vdd i RD ’ ^out — oV \n2

------- r Figura 10.73

416

Capítulo Dez

10.43 A nalise a Eq. (10.134) p ara os seguintes casos: (a)

10.50 A dm itindo que a m obilidade de p o rtadores dim inui

h n = 0, (b) I m = Iss12 e (c) I m = Iss. E x plique o

nas altas tem p eratu ras, explique o qu e acontece à característica da Fig. 10.31 à m edida que a te m p e ­ ratu ra aum enta.

significado d estes casos.

10.44 P ro v e q u e o lad o d ire ito d a E q . (10.139) se m p re é negativo q u a n d o a solução com sinal negativo é co nsiderada.

10.45 D a E q. (10.142), d e te rm in e o v a lo r de Vinl — Vin2 p a ra que /„, - I l)2 = ISs- C o m p ro v e que esse resul­ ta d o é igual a 4 2 vezes a te n sã o de so b recarga de equilíbrio.

10.46 D a E q. (10.142), calcule a tra n sc o n d u tâ n c ia de p eq u en o s sinais de um p a r d iferencial M OS, defi­ nida com o d ( b \ ~ I p i)

Gm =

(10.216)

K V in l-V in lY

D esenhe o gráfico do resultado em função de Vu - K,2 e d eterm in e seu valor m áxim o.

10.51 U m estu d an te q ue tem um a fonte de ten são de um term inal constrói o circuito m o strad o na Fig. 10.75, esp eran d o o b te r saídas diferenciais. S uponha sim e­ tria perfeita e, para sim plificar, A = 0. (a) C o n sid e ra n d o M x com o um estág io fo n te com um d e g e n erad o pela im pedância vista na fonte de M 2, calcule vx em função de vin. (b) C o n sid eran d o M, com o um seguidor de fonte e M 2 com o um estágio p o rta com um , calcule v Y em term os de vin. (c) Som e os resu ltad o s o btidos em (a) e (b) com p o laridades adequadas. Se o g anho de tensão for definido com o (v x - v Y)/viin com o e ste se co m p a ra com o g a n h o d e p a re s a lim e n tad o s p o r sinais diferenciais?

10.47 U san d o o resu ltad o o b tid o n o E xercício 46, calcule o valor de K „ ~ K a em que a tran sco n d u tân cia é reduzida p o r um fato r de 2 .

10.48 Suponha que ten h a sido in v en tad o um novo tipo de tra n sisto r M OS, com a seg u in te característica I-V: Id —

y

(10.217)

(V g s - V t h ) *

onde y é um fator de proporcionalidade. A Fig. 10.74 m ostra um p a r diferencial q u e em p reg a estes tra n ­ sistores. (a) Q u e sim ilaridades ex istem e n tre esse circuito e o p a r diferencial M O S com um ? (b) C alcule a te n sã o d e so b re c a rg a de eq u ilíbrio de 7, e T 2. (c) E m q u e valor de Vinl — Vin2 um dos transistores é desligado?

Figura 10.75

10.52 C alcule o g a n h o d e te n sã o d iferen cial d e cada circuito ilu stra d o na Fig. 10.76. S u p o n h a sim etria perfeita e A > 0.

VDD

± - ° VouxO-p_ 'in2

(a)

Figura 10.74

10.49 E xplique o q u e aco n tece à característica m ostrada na Fig. 10.31 se (a) a esp essu ra de óxido de p o rta d o tran sisto r for d o b rad a, (b) a ten são de lim iar for dividida p o r dois, (c) Iss e a razão W /L forem divi­ didas p o r dois.

(b)

Figura 10.76

Amplificadores Diferenciais

417

10.55 D evido a um e rro d e fabricação, um a resistência m

p ara sita , R r , a p a re c e u no circu ito d a Fig. 10.78. Calcule o ganho de tensão.

.

'out

^im © / SS (c)

Figura 10.76

fin2

(Continuação)

10.53 C alcu le o g a n h o d e te n s ã o d iferen cial d e cada circu ito ilu stra d o na Fig. 10.77. S u p o n h a sim e­ tria p erfeita e A > 0. E m alg u n s casos, você pode precisar calcular o g an h o co m o A v = —G„,Rour

10.56 R epita o Exercício 53 para o circuito m o strad o na Fig. 10.79.

10.57 Calcule o g anho de ten são do p ar d eg en e ra d o ilus­ tra d o na Fig. 10.80. (Sugestão: A v = —G mR our)

*\n2

Figura 10.77

10.54 O p a r d iferen cial casco d e d a Fig. 10.37(a) dev e alc a n ç ar um g a n h o d e te n s ã o d e 4000. Se Q \- Q A forem idênticos e /3 = 100, q u al é a m ínim a tensão de E arly necessária?

Figura 10.80

10.58 U m e s tu d a n te usou, e rro n e a m e n te , tra n sisto re s cascodes p n p em um par diferencial, com o ilustrado na Fig. 10.81. Calcule o ganho de tensão do circuito. (S u g e stã o :/!„ = - G mR our)

418

Capítulo Dez 10.61 D eterm ine o ganho de tensão do circuito re p re sen ­ tado na Fig. 10.83. E sta topologia é considerada um cascode telescópico?

10.62 O cascode M O S da Fig. 10.40(a) deve pro v er um g a n h o d e te n sã o d e 300. Se W /L = 20/0,18 p a ra M r M A, e n„Cox = 100 / x A / V 2, d e term in e a neces­ sária co rren te de cauda. S uponha A = 0,1 V -1.

10.63 O cascode telescó p ico M O S d a Fig. 10.41 (a ) foi p ro je ta d o p a ra um g a n h o de te n sã o d e 2 0 0 , com corrente de cauda de 1 mA. Se /x„C„v = 100 /xA/V2, lipCox = 50 /xA/V2, A„ = 0,1 V -' e A„ = 0,2 V " 1,d e te r­ m ine (W /L), = ... = (W /L )« .

10.64 Um e stu d an te ousado m odificou um cascode teles­ 10.59 D a n d o -se c o n ta d e q u e o c irc u ito d a Fig. 10.81 tin h a g a n h o baixo, o e s tu d a n te fez a m odificação m o strad a na Fig. 10.82. C alcule o g an h o de tensão dessa topologia.

cópico M O S com o indicado na Fig. 10.84, onde os transistores cascodes PM OS foram substituídos por dispositivos NMOS. Supondo A > 0, calcule o ganho de tensão do circuito. (Sugestão: A im pedância vista quando se olha para a fonte de M 5 ou M^ n ã o é igual a l/gjr„.)

10.60 O casco d e telescó p ico da Fig. 10.38 d ev e o p e ra r com o um am p op com g an h o em m alha a b e rta de 800. Se Q t Q a forem idênticos, assim com o d e te rm in e a m ínim a te n sã o d e E arly p erm itid a. S u p o n h a p„ 2/3,, = 100 e VAn = 2 V AtP.

10.65 C onsidere o circuito da Fig. 10.43(a) e substitua R Ft: por dois resistores em paralelo iguais a 2 R KKe conec­ tados nos dois lados da fonte de co rren te. A gora, d e se n h e um a re ta vertical de sim etria a trav és do circuito e o d e co m p o n h a em dois m eios-circuitos de m o d o com um , cad a um com um resisto r de degen eração igual a 2 R , E. Prove qu e a Eq. (10.175) continua válida.

10.66 O p ar diferencial bipolar ilustrado na Fig. 10.85 deve exibir um g anho de m odo com um m en o r que 0 ,0 1 . S upondo VA = oo p a ra Q , e Q 2 e VA < oo p ara prove que R CIC < 0,02(1^ + VT).

(10.218)

Amplificadores Diferenciais

419

Figura 10.85

10.67 C alcule o g an h o de m odo co m u m d o p ar d iferen ­

nn2

cial M O S re p re se n ta d o na Fig. 10.86. S u ponha À = 0 p ara M x e e À ^ 0 p a ra M y Prove que

—R o h s A cm

(10.219)

=

(b)

- + (V o s - VTH)eq. Figura 10.88 o nde (V GS - V TH) e(l d e n o ta a ten são de sobrecarga de equilíbrio de M, e M 2.

10.70 C alcule a raz ão d e reje iç ão d o m o d o co m u m de cada estágio ilu strad o na Fig. 10.89 e co m p are os resultados. Para sim plificar, despreze a m odulação do co m p rim en to do canal em M, e M :, m as não nos ou tro s transistores.

VDD D

X ‘'inl H L ^ i

j -------------J - 0 0 M,

D * A /?d

'outl

v o u \2

/ im H L M 1

Figura 10.86

10.68 C alcu le o g a n h o d e m o d o co m u m d o circu ito m o strad o na Fig. 10.87. S u p o n h a A > 0, g„,r() » e use a relação A v = - G mR ()ltr

M2Z \ I— oV\n2

vbt H L M 3

1

(a)

f \n2

(b) Figura 10.89 Figura 10.87

10.71 D e te rm in e o g a n h o d e p e q u e n o s sinais v
68

p ara os circuitos m ostrados

d o circu ito d a Fig. 10.90 se (H 7 L ) 3 = N ( W / L ) 4. D espreze a m odulação do co m p rim en to do canal.

420

Capítulo Dez

10.72 N o circuito m o strad o na Fig. 10.91, /, varia de

/0 a /„ + A / e / 2, de /0 a /„ - A/. D e sp re z a n d o a m o d u ­ lação do co m p rim en to d o can al, calcule VOM antes e d epois dessa variação, se (a) (W/L), = (W/L)4. (b) (W/L), = 2 (W/L),.

10.75 D esejam os pro jetar o estágio m ostrado na Fig. 10.94 p ara um g anho de ten são de 100. Se VAn = 5 V, qual é a ten são de E arly necessária p ara os transistores pnpl

OUt

Figura 10.91 Figura 10.94

10.73 C onsidere o circuito da Fig. 10.92, onde as en trad as são c o n e c ta d a s a um n ív el d e m o d o com um . S u p o n h a q u e M x e M-> são id ên tico s, assim com o M y e M4. (a) D esprezando a m odulação do com prim ento do canal, calcule a ten são n o nó N. (b) F azendo uso d a sim e tria , d e te rm in e a ten são no nó Y . (c) O que acontece aos resu ltad o s obtidos em (a) e (b) se V nl) so frer um a p e q u e n a a lteração A V I

10.76 R e p ita a análise na Fig. 10.56 c o n stru in d o um e q u iv a le n te d e N o rto n p a ra o p a r d iferen cial de en trad a.

10.77 D e te rm in e a im p ed ân cia d e saída d o circuito m o strad o na Fig. 10.54. S uponha g mrü »

1.

10.78 U sa n d o o re su lta d o o b tid o no E x ercício 77 e a relação A„ = —G„,Roul, calcule o g an h o de ten são do estágio.

Exercícios de Projeto 10.79 P ro jete o p a r d iferencial d a Fig. 10.6(a) p a ra um ganho de tensão de l ü e um o rçam ento de potência de 2 mW. S uponha V cc = 2,5 V e VA = «>.

10.80 O p a r d ife re n c ia l b ip o la r d a Fig. 10.6(a) d ev e

Figura 10.92

o p e ra r com um nível de m odo com um de e n tra d a d e 1,2 V sem le v a r os tra n s is to re s à sa tu ra ç ã o . P ro jete o circu ito p a ra m áxim o g an h o de te n são e um o rç a m e n to de p o tê n cia de 3 m W . S u p onha V cc = 2,5 V.

10.81 O p ar diferencial ilu strado na Fig. 10.95deve pro v er 10.74 D e s p re z a n d o a m o d u la ç ã o d o c o m p rim e n to do can al, calcule os g an h o s de p e q u e n o s sinais vtm/ i x e vou/ i 2 p ara o circuito d a Fig. 10.93.

um g anho de 5, com um o rçam en to de p o tência de 4 mW . A lém disto, o ganho do circuito deve variar m enos de 2 % se a c o rre n te de c o leto r de q u alq u e r

Amplificadores Diferenciais tra n s is to r v a ria r em 10% . S u p o n d o V cc = 2,5 V e V A = °°» p r o je te o c irc u ito . (S u g e s tã o : u m a v a ria ç ã o d e 1 0 % em /< le v a a u m a v a ria ç ã o d e 1 0 % em g m.)

fin2

421

3 mW . Suponha /?„ = 500 Í2, A = 0, /tx„Cox = 100 fxA JV 2 e V DD = 1,8 V.

10.85 P ro je te o p a r diferen cial M O S d a Fig. 10.29 p ara um a tensão de sobrecarga de equilíbrio de 100 mV e um o rç a m e n to d e p o tê n cia de 2 mW . E scolha o v alo r de R n p a ra co lo car o tra n sisto r na fro n te ira d a reg ião d e trio d o , p a ra um nível d e m o d o c o ­ m um de e n tra d a de 1 V. S uponha A = 0, fx„Cos = 100 /ütA/V2, V THn = 0,5 V e V DD = 1,8 V. Q u al é o g an h o d e te n sã o d o circu ito re su lta n te ?

10.86 Projete o par diferencial M O S da Fig. 10.29 para um

Figura 10.95

g anho de ten são de 5 e um a dissipação de potência de 1 m W , com ten são de sobrecarga de equilíbrio de, pelo m enos, 150 m V. S uponha A = 0, n nC ox = 100 /xA/V 2 e V nn = 1,8 V.

10.87 O p a r d ife re n c ial ilu stra d o n a Fig. 10.98 d e v e 10.82 P rojete o circuito da Fig. 10.96 p ara um g anho de 50 e o rç a m e n to de p o tê n c ia d e 1 m W . S u p o n h a V A.n = 6 V e V cc = 2,5 V.

p ro v e r um g an h o de 40. S u p o n h a a m esm a te n sã o de so b recarg a (de e q u ilíb rio ) p a ra to d o s os tra n ­ sistores, dissipação de po tên cia de 2 m W e p ro jete o c irc u ito . S u p o n h a A„ = 0,1 V -1, A = 0,2 V " 1, = 100 /xA/V2, ixpCnx = 100 /xA /V 2 e V ,w = 1,8 V.

Figura 10.96 Figura 10.98

10.83 Projete o circuito da Fig. 10.97 para um ganho de 100 e o rçam ento de potência de 1 mW . Suponha VA n = 1 0 v , VAp = 5 V e V cc = 2,5 V. E, ainda, R { = R 2.

10.88 Projete o circuito da Fig. 10.37(a) para um ganho de ten são de 4000. S uponha que Q \-Q a são idênticos e determ in e o valor necessário d a ten são de Early. Suponha, ainda, /3 = 100, V cc = 2,5 V e orçam en to de potência de 1 mW .

10.89 P rojete o cascode telescópico da Fig. 10.38(a) p ara um ganho de tensão de 2000. A dm ita que Q r Q Asão idênticos, assim com o QrQ&- A dm ita ainda = 100, p r = 50, VAn = 5 V, V cc - 2,5 V e o rça m e n to de potência de 2 mW.

10.90 P rojete o cascode telescópico da Fig. 10.41 (a) para

Figura 10.97

10.84 P ro jete o p a r diferencial M O S da Fig. 10.29 para AVjn.máx = ()>3 V e um o rç a m e n to d e p o tên cia de

um ganho de ten são de 600 e o rça m e n to de p o tê n ­ cia de 4 mW . S u p o n h a um a te n sã o de so b rec arg a (d e e q u ilíb rio ) d e 100 m V p a ra os d isp o sitiv o s N M O S e de 150 m V p a ra os dispositivos PM O S. Se V n/) = 1,8 V , ixnC ox = 100 MA /V 2, ^ pC ox = 50 /xA /V 2 e A/; = 0,1 V ', d e te rm in e o v alor n eces­ sá rio d e \ r. S u p o n h a q u e M r M 4 sã o id ê n tico s, assim com o M r M^.

422

Capítulo Dez

10.91 O p ar diferencial d e Fig. 10.99 deve alcan çar um a

10.92 P ro je te o p a r d iferen cial d a Fig. 10.48 p a ra um

C M R R de 60 dB ( = 1000). A ssum a um orçam ento de potência de 2 mW, um g an h o de tensão diferen ­ cial nom inal de 5. despreze a m odulação do com pri­ m ento do canal em M xe M 2 e calcule o m ínim o valor necessário de A para Àf3. Suponha ( W /L ) u ~ 10/0,18, l±nC ox = 1(X) /xA/V2, V nn = 1,8 V e A R /R = 2% .

g an h o de ten são de 2 0 0 e o rça m e n to de potência de 3 niW, com um a alim entação de 2,5 V. S uponha

i— i Olltl

v°°

K u = 2Va.p. 10.93 P ro je te o circuito d a Fig. 10.54 p a ra um g a n h o de tensão de 20 e orçam ento de potência de 1 mW ,com V /m = 1,8 V. S u p o n h a q u e Af, o p e ra na fro n te ira da região de saturação, com nível de m odo com um de e n tra d a de 1 V. A lém disso, i±„Cox = 2fjipCox = 100 /xA /V 2, V ,Un = 0,5 V, V ,Up = - 0 , 4 V, Aw = 0,5 A/; = 0,1 V-«.

v o u \2

in2

Figura 10.99

e x e r c í c i o s

c o m

SPICE

N os p ró x im o s exercícios use os m o d e lo s de dispositivos M O S d ad o s no A p ên d ice A . Para tra n sisto re s bipolares, su p o n h a ISnpn = 5 x 10 K' A , P„p„ = 100, VA npn = 5 V, = 8 X 1 0 -1'' A . (irnp = 50, VAjmp = 3,5 V.

10.94 C onsid ere o am plificador d iferencial m o strad o na Fig. 10.100, o n d e o nível C M de e n tra d a é igual a

1,2 V. (a) A juste o valor de V h de m o d o que o nível CM de saída seja de 1,5 V. (b) D e te rm in e o g a n h o d ife re n c ial d e p e q u e n o s sinais d o circuito. (S u g estão : P ara p ro v e r en tra d a s diferenciais, use um a fonte de tensão independente para um do s lados e um a fonte de ten são co n tro lad a p o r te n sã o p ara o outro.) (c) O q u e a c o n te c e ao nível C M d e saída e ao g an h o se V h so frer um a v ariação de ± 1 0 m V ?

10.95 O am plificador diferencial ilustrado na Fig. 10.101 em prega dois espelhos de co rrente para estabelecer a polarização dos dispositivos de en trad a e de saída. S u p o n h a W /L = 10 /xm/0,18 /ixm p a ra M r M (y. O nível CM de e n tra d a é igual a 1,2 V. (a) E scolha (W /L )-, p a ra que o nível CM de saída seja de 1,5 V. (S uponha L 7 = 0,18 fim .) (b) D e te rm in e o g a n h o d iferen cial d e p e q u e n o s sinais do circuito. (c) D e se n h e o gráfico d a c a racterística e n tra d a / saída diferencial.

vc c = 2.5V

'out

^in1 °------------------------------0 ^in2

1m A (+)/EE

10.96 C o n sid ere o circuito re p re se n ta d o na Fig. 10.102.

Figura 10.100

Suponha um a p eq u en a qu ed a D C em R x e R 2. (a) E scolha o nível CM de en tra d a p ara colocar Q x e Q 2 na fro n teira da saturação.

Amplificadores Diferenciais (b) Escolha o valor de /?, ( = R 2) de m odo que estes resisto res reduzam o g an h o diferencial em não m ais de 2 0 % . Vcc = 2,5 V

10.98 N o circuito da Fig. 10.104, W /L = 10 /xm/0,18 /Ltm para M,-jV/4. S uponha um nível C M de e n tra d a de 1,2 V. (a) D eterm in e o nível D C de saída e explique p or que é igual a V x . (b) D e te rm in e os g an h o s d e p e q u e n o s sinais V o J ÍV k l

R1

423

~

V in l) e

v A V in l

“

V in l)-

(c) D eterm in e a variação do nível D C de saída se W A variar em 5% .

R2

^out VDD = 1,8 V 'in2 out

1 m A ® / EE

^im Figura 10.102

0,5 mA (V) /ss

10.97 N o am plificador diferen cial da Fig. 10.103, W /L = 10 /xm/0,18 jitm p ara tod o s os transistores. S uponha um nível CM de e n tra d a de 1 V e V h = 1,5 V. (a) E scolha o valor de /, p a ra q u e o nível CM de saída colo q u e M y e M 4 na fro n te ira da região de saturação. (b) D e te rm in e o g a n h o d ife re n c ial d e p e q u e n o s sinais.

Figura 10.103

Figura 10.104

REFERÊNCIA 1. B. Razavi, D esig n o f A n a lo g C M O S In teg ra ted C ircu its , M cG raw -H ill, 2001.

Resposta em Frequência* A n e c e s s id a d e d e o p e r a r c ir c u ito s e m v e lo c id a d e s c a d a v ez m a io r e s s e m p r e d e s a f io u o s p ro je tis ta s . D o s s is te m a s d e r a d a r e te le v is ã o d a d é c a d a d e 1940 a o s m ic r o p r o c e s s a d o r e s d a fa ix a d e g ig a - h e r tz d a a tu a li­ d a d e , a d e m a n d a p o r c irc u ito s q u e f u n c io n a s s e m e m f re q u ê n c ia s m a is e le v a d a s ex ig iu u m p ro f u n d o e n te n ­ d im e n to d e s u a s lim ita ç õ e s d e v e lo c id a d e . N e s te c a p ítu lo , e s tu d a r e m o s o s e f e ito s q u e lim i­

tif ic a r e m o s a s to p o lo g ia s m a is a d e q u a d a s à o p e r a ­ ç ã o e m a lta s fre q u ê n c ia s .T a m b é m d e s e n v o lv e re m o s h a b ilid a d e p a r a d e d u z ir a s fu n ç õ e s d e tr a n s f e r ê n c ia d e c irc u ito s, u m a ta r e f a im p o r ta n te n a a n á lis e d e e s ­ ta b ilid a d e e n a c o m p e n s a ç ã o e m f r e q u ê n c ia ( C a p í­ tu lo 12). P a r tim o s d o p r in c íp io d e q u e tr a n s is to r e s b ip o la r e s p e r m a n e c e m n o m o d o a tiv o , e M O S F E T s , n a re g iã o d e s a tu ra ç ã o . O r o te ir o d o c a p ítu lo é m o s ­

ta m a v e lo c id a d e d e tr a n s is to r e s e c irc u ito s , e id e n ­

tr a d o a se g u ir.

Conceitos Fundam entais • Regras de Bode • Associação entre Polos e Nós • Teorema de M iller

M odelos de Altas Frequências para Transistores ™ • M odelo Bipolar

Resposta em Frequência de C ircuitos Estágios EC/FC

• M odelo MOS

Estágios BC/PC

• Frequência de Transição

Seguidores Estágios Cascodes Pares Diferenciais

11.1 11.1.1

CONCEITOS FU N D A M E N T A IS C onsiderações G erais

O q u e sig n ific a “ r e s p o s ta e m f r e q u ê n c i a ” ? A id e ia , ilu s tr a d a n a Fig. 11.1 ( a ) , c o n s is te e m a p lic a r u m a sen o id e n a e n t r a d a d o c ir c u ito e o b s e r v a r a s a íd a e n ­ q u a n to a f r e q u ê n c ia d a e n tr a d a s o f r e v a ria ç ã o . C o m o e x e m p lific a d o p e la Fig. 11.1 ( a ) , o c irc u ito p o d e e x ib ir g a n h o e le v a d o n a s fr e q u ê n c ia s b a ix a s e u m a q u e d a ( r o l l - o f f ) à m e d id a q u e a f r e q u ê n c i a a u m e n ta . E s ­

b o ç a m o s o g rá fic o d a m a g n itu d e d o g a n h o c o m o n a Fig. 1 l . l ( b ) p a r a r e p r e s e n t a r o c o m p o r ta m e n to d o c ir c u ito e m to d a s a s fr e q u ê n c ia s d e in te r e s s e . P o d e ­ m o s, liv r e m e n te , c h a m a r / , d e la r g u ra d e b a n d a útil d o c irc u ito . A n te s d e in v e s tig a rm o s a c a u s a d a q u e d a d o g a ­ n h o ( r o ll- o ff) , d e v e m o s p e r g u n ta r : p o r q u e a r e s p o s ta e m f r e q u ê n c ia é im p o r ta n te ? O s p ró x im o s e x e m p lo s ilu s tr a m e s ta q u e s tã o . O q u e ca u sa a q u e d a d e g a n h o (r o ll-o ff) na Fig. 1 1 .1 ? C o m o u m s im p le s e x e m p lo , c o n s id e re m o s

*É igualmente utili/.ada a expressão "resposta de frequência". (N.T.)

424

Resposta em Frequência

> -m Dl —

m

j

Queda

\ ,° —

— ov w m

'1

(a) Figura

Exem plo

11.1 Solução

11

.1

425

f

(b)

(a) Teste conceituai da resposta em frequência, (b) queda de ganho (roll-off) com a frequência.

E xpliquem os p o r que a voz das pessoas ao telefone soa diferen te do que em conversas cara a ca­ ra. A voz hum ana contém com ponentes de frequências de 20 Hz a 20 kH z [Fig. 11.2(a)]. Portanto, os cir­ cuitos que processam a voz devem acom odar esta faixa de frequências. Infelizmente, o sistema de tele­ fone tem um a largura de banda limitada e apresenta a resposta em frequência m ostrada na Fig. 11.2(b). C om o o telefone suprim e frequências acima de 3,5 kHz, a voz de cada pessoa é alterada. E m sistemas de áudio de alta qualidade, os circuitos são projetados para cobrir toda a faixa de frequências.

i fc

l

20 Hz

20 kHz

f

m

400 Hz

3,5 kHz

f

(b)

(a)

Figura 11.2 E x e rc íc io

Exem plo 11.2 Solução

E x e rc íc io

Exem plo 11.3

Q u e voz é m ais a lte ra d a pelo telefone: a de hom em ou a de m ulher?

Q u a n d o você g rav a sua voz e ouve a gravação, a m esm a soa um p ouco d iferen te d o que q u a n d o você a ouve d ire ta m e n te e n q u a n to fala. E xpliquem os p o r quê. D u ra n te a gravação, sua voz se propaga pelo ar até alcançar o grav ad o r de áudio. Q u an d o você fala e ouve sua p ró p ria voz sim u ltaneam ente, sua voz não se propaga apenas pelo ar, m as tam b ém p o r sua cabeça, até os ouvidos. C o m o a resposta em frequência do percu rso atrav és de sua cabeça é d iferen te da resp o sta d o p e rcu rso pelo ar (sua cabeça deixa p assar algum as frequências com mais facilidade d o que o u tras), a m aneira com o você ouve sua p ró p ria voz difere do m odo com o o utras pessoas ouvem su a voz. E xplique o q u e aco n tece à sua voz q u an d o você tem um resfriado.

Sinais de vídeo, em geral, ocupam um a largura de banda de cerca de 5 M Hz. Por exem plo, a placa g rá­ fica que leva o sinal de vídeo à tela de um co m putador deve prover pelo m enos 5 M H z de largura de banda. E xpliquem os o que acontece se a largura de banda de um sistem a de vídeo for insuficiente.

426

Capítulo Onze

Solução

C om largura de ban d a insuficiente, bordas “nítidas” de uma figura se tornam “difusas", resultando em um a im agem b o rrad a. Isto ocorre porque o circuito que alim enta a tela não é rápido o bastante para alterar, de m aneira ab ru p ta, o contraste de, p or exem plo, totalm ente branco para totalm ente preto, de um p ix e l p ara o seguinte. A s Figs. 11.3 (a) e (b) ilustram esse efeito para placas de vídeo de grande e de p eq u en a larguras de banda, respectivam ente. (A tela é varrida da esquerda para a direita.)

(a)

(b) Figura 11.3

Exercício

O que aco n tece se a tela for v arrida de cim a para baixo?

o filtr o p a s s a - b a ix a s r e p r e s e n t a d o n a Fig. 1 1 .4 (a ). N a s f r e q u ê n c ia s b a ix a s , C , é p r a t i c a m e n t e u m c ir­ c u ito a b e r to e a c o r r e n te q u e flui p o r /?,, q u a s e n u la ; a ssim , Voltl = V in. À m e d id a q u e a fr e q u ê n c ia a u m e n ­

Figura 11.4

ta , a im p e d â n c ia d e C , d im in u i e o d iv is o r d e te n s ã o q u e c o n s is te e m /?, e C , a te n u a V in d e m a n e ir a m a is a c e n tu a d a . P o rta n to , o c irc u ito e x ib e o c o m p o r ta m e n ­ to m o s tr a d o n a Fig. 1 1 .4 (b ).

(a) Simples filtro passa-baixas e (b) sua resposta em frequência.

C o m o u m e x e m p lo m ais in te re ssa n te , c o n sid e re m o s o estág io fo n te co m u m ilu strad o na Fig. 11 .5 (a),o nde um a ca p ac itân c ia d e carga, C , , a p a re c e n a saída. N a s fre q u ê n ­ cias baixas, a c o rre n te d e sinal p ro d u z id a p o r M , p re fe re fluir p o r /?„, pois a im p e d â n c ia d e C , , 1/( C ,s ) , p e rm a n e ­ 'A modulação do com prim ento do canal é desprezada aqui.

ce alta. N a s fre q u ê n c ias altas, C , “r o u b a ” u m a p a rte d a c o rre n te d e sinal e a c o n d u z p a ra a te rra , re su lta n d o em u m a m e n o r ex c u rsã o d e te n sã o n a saída. N a v e rd a d e , d o circu ito eq u iv a le n te d e p e q u e n o s sinais d a Fig. 11.5(b),! n o ta m o s q u e R n e C , e s tã o em p a ra lelo ; p o rta n to ,

Resposta em Frequência

Vout —

Sm K/ H (s ) = A 0

O u s e ja , à m e d id a q u e a f r e q u ê n c ia a u m e n ta , a im ­ p e d â n c ia p a r a le la d im in u i, a s s im c o m o a a m p litu d e d e V„„r 2 P o r ta n t o ,o g a n h o d e te n s ã o d im in u i n a s f r e ­ q u ê n c ia s a lta s. O le ito r p o d e q u e s tio n a r o fa to d e u s a rm o s e n t r a d a s s e n o id c t is n o e s t u d o d a r e s p o s t a e m f r e ­ q u ê n c ia . A fin a l, um a m p lif ic a d o r p o d e a m o s tr a r u m s in a l d e v o z o u d e v íd e o q u e n ã o se p a r e ç a c o m s e n o id e s . F e l iz m e n t e , s in a is d e s s e t i p o p o d e m s e r v is to s c o m o a s u p e r p o s i ç ã o d e d i v e r s a s s e n o i d e s d e d i f e r e n t e s f r e q u ê n c i a s ( e f a s e s ) . A s s im , r e s p o s ­ ta s c o m o a d a F ig . 11 .5 ( b ) s ã o ú te is , d e s d e q u e o c ir c u i t o p e r m a n e ç a l i n e a r e a s u p e r p o s i ç ã o p o s s a s e r a p li c a d a .

11.1.2 Relação e ntre Função de Transferência e Resposta em Frequência D a te o ria b á sic a d e circ u ito s, s a b e m o s q u e a fu n ç ã o d e tr a n s f e r ê n c ia d e u m c ir c u ito p o d e s e r e s c r ita c o m o

Exem plo 11.4 Solução

427

V (i\

(oz\ J \

)(:•

' W p i / \

g) '

(11.2)

) . . . '

W p2 /

o n d e A u d e n o ta o g a n h o e m b a ix a f r e q u ê n c ia , p o is H ( s ) —> A n q u a n d o 5 —> 0. A s f r e q u ê n c ia s a>.; e (op/ r e ­ p r e s e n ta m o s z e r o s e o s p o lo s d a fu n ç ã o d e tr a n s f e ­ r ê n c ia , r e s p e c tiv a m e n te . S e a e n tr a d a d o c ir c u ito fo r u m a s e n o id e d a fo r m a x ( /) = A co s(2 7 rft) = A c o s íoí, a s a íd a p o d e s e r e x p r e s s a c o m o y ( t ) = A \H (jo ))\c o s[co t + í H ( j ( o ) \ ,

(11.3)

o n d e H(jco) é o b tid a p o r m e io d a s u b s titu iç ã o s = ju>. \H(ju>)\ e /LH(jio) r e p r e s e n ta m a “ m a g n itu d e ” e a “ fa ­ s e ” , re s p e c tiv a m e n te , d e H(jcS) e re v e la m a re s p o s ta e m f r e q u ê n c ia d o c irc u ito . N e s te c a p ítu lo , e n f o c a r e ­ m o s p r in c ip a lm e n te a p rim e ir a . N o te m o s q u e / ( e m H z ) e (o (e m r a d ia n o s p o r s e g u n d o ) se r e la c io n a m p o r u m f a to r d e 27t. P o r e x e m p lo , p o d e m o s e s c re v e r w = 5 X 1 0 ,ü ra d /s = 2 t t (7 ,9 6 G H z ).

D eterm in em o s a fu n ção de tran sferên cia e a resposta em frequência do estáçio FC m o strad o na Fig. 11.5(a). D a Eq. (11.1), tem o s

= - 4 * » " jrj) -g m R o R d Cl s +

(11.4)

(11.5) 1

Para um a entrada senoidal. substituímos s = jio e calculamos a m agnitude da função de transferência:* gmRü v;„

2

( 11.6) + l

C om o se e sp erav a, o valor d o g anho com eça em g mR n nas frequências baixas e dim inui à m edida que R jyC lor se to rn a com parável à unidade. E m a> = 1l( R n C ,) , vout

gm Rü

(11.7)

sft '

2Usamos letras maiúsculas para representar grandezas no domínio da frequência (transformada de Laplacc), embora estejam as­ sociadas a valores de pequenos sinais. *A magnitude de um número complexo a + jb é igual a yja2 + b 2.

428

Capítulo Onze

C om o 20 \o g y /2 « 3 dB, dizem os que a largura de ban d a de 3 dB do circuito é igual a 1l( R DC ,) (Fig. 11.6).

l^out|

Largura de ^Banda de 3 dB Queda (Roll-off) ^ ' de 3 dB

1

Ü)

Rd CL Figura 11.6

Exercício

Exem plo 11.5

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara A =£ 0.

C o n sid erem o s o estág io em issor com um d a Fig. 11.7. Vam os d ed u zir a relação e n tre ganho, largura de b an d a de 3 dB e consum o de potência do circuito. S uponham os VA = «>.

¥c c r c ii

-oV,o u t

■'in0— Figura 11.7

Solução

C om o no caso da to p o lo g ia FC da Fig. 11.5(a), a largura de banda é d ad a p or 1l( R c C , ); o ganho em baixas frequências, p o r g mR c — ( I J V , ) R C\ e o consum o de potência, p o r I( • Vcc. P ara o m elhor d esem p en h o , d esejam o s m axim izar o g anho e a largura de ban d a (e, p o rtan to , o p ro d u to dos dois) e m inim izar a d issipação de p otência. A ssim , definim os um a “figura de m é rito ” com o 1

G a n h o x L argura de banda Consumo de potência

Vr R c X R ç C l

( 11.8 )

Vc c 1

(11.9)

V r • Vc c C l

P ortan to , o d e se m p e n h o global p ode ser m elh o rad o com a dim inuição (a) da te m p e ra tu ra ;4 (b) de V C( y o q u e lim itaria as excursões de tensão; ou (c) da capacitância de carga. N a prática, a m aior p a rte d a ate n ç ã o é v o ltad a p ara a capacitância de carga. A Eq. (11.9) torna-se m ais com plexa para os estágios FC (E xercício 15).

Exercício

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara o caso VA < oo.

4Por exemplo, colocando o circuito cm nitrogênio líquido ( T = 77 K), mas isto exigiria que o usuário carregasse um tanque para onde fosse!

Resposta em Frequência

Exemplo 11.6 S o lu ç ã o

429

P ara o filtro passa-baixas sim ples m o strad o na Fig. 11.4(a), expliquem os a relação e n tre suas res­ p o sta em freq u ên cia e a resp o sta ao degrau. Para o b te r a fu n ção d e tran sferência, vem os o circuito com o um divisor de ten sã o e escrevem os 1

H (s ) =

C \s

(*)

( 11.10)

t;— I- R \ C \s 1

R \C \S -f-1

( 1 1 .1 1 )

P ara d e te rm in a r resp o sta em frequência, substituím os s p o r jco e calculam os a m agnitude: | H ( s = jco)\ =

(11.12)

1

y jR \C \u t + 1

A largura de 3 dB é igual a 1/ (/?iC,). A resp o sta d o circuito a um degrau da form a V(íu (t) é dad a p o r VouAt) = Vo ( l - exp

« (0 -

(11-13)

A relação e n tre (11.12) e (11.13) é que, à m edida qu e /?,C, au m en ta, a largura de ban d a d im in u i e a resp o sta ao d e g ra u to rn a-se m a is lenta. A Fig. 11.8 m ostra um gráfico desse c o m p o rtam en to e revela q u e um a p e q u e n a largura de b an d a resulta em um a lenta resposta tem p o ral. E sta o b ser­ vação explica o e fe ito visto na Fig. 11.3(b): com o o sinal n ão p ode passar rap id a m en te de baixo (b ran co ) p a ra a lto (p re to ), o m esm o gasta m ais tem p o em níveis in term ed iário s (tons de cinza), crian d o b o rd as “difusas".

Figura E x e rc íc io

E m q u e freq u ên cia |/ / | cai de um fato r de dois?

11.1.3 Regras de Bode A t a r e f a d e d e t e r m i n a r \H (jco )\ d e H ( s ) e d e s e n h a r o g rá fic o d o r e s u lta d o é u m p o u c o te d io s a . P o r isso, e m g e ra l fa z e m o s u s o d a s r e g r a s ( a p r o x im a ç õ e s ) d e B o d e p a r a c o n s tr u ir \H (jco)\ r a p id a m e n te . A s r e g ra s d e B o d e p a r a \H (Jco)\ s ã o a s s e g u in te s :

• À m ed id a qu e co passa pela freq u ên cia de cada polo, a inclinação de \l/(Jco)\ d im in u i em 20 dB / década (um a inclinação de 20 dB /década significa um a v ariação d e dez vezes em / / q u a n d o a fre ­ q uência au m en ta p o r um fato r de dez); • À medida que co passa pela frequência de cada zero, a inclinação de \//{jco)\ aum enta em 20 dB /década/

5Polos com plexos podem resultar em picos agudos na resposta em frequência; esse efeito é desprezado na aproxim ação de Bode.

430

Capítulo Onze

Exemplo 11.7 Solução

P ara o estágio FC m o stra d o na Fig. 11.5(a), vam os co n stru ir o diagram a de B ode de \l/(j(o )\.

A E q. (11.5) indica um p olo na frequência \mp\ \ =

(11.14) R d Cl

P ortanto, a m ag n itu d e com eça com um valor g mR D nas frequências baixas e p erm anece plana até co = |ck>p,|. N este p o n to , a inclinação passa de zero p ara - 2 0 dB /década. A Fig. 11.9 ilustra o resu lta­ do. E m co n traste com a Fig. 11.5(b), a aproxim ação de B ode ignora a q u ed a de 3 dB na frequência do p olo — m as sim plifica m uito a álgebra. C om o evidenciado pela E q. (11.6), p ara R f r C j t f » 1, a regra de B ode fo rn ece um a boa aproxim ação.

Exercício

11.1.4

C o n stru a o d iag ram a de B ode p ara g,„ = (150 íl) ', R n = 2 k íl e C , = 100 fF.

A ssociação entre P o los e Nós

E q u a ç ã o (11.5) re v e la q u e a fre q u ê n c ia d o p o lo é d a d a

O s p o lo s d a f u n ç ã o d e tr a n s f e r ê n c ia d e u m c irc u ito tê m u m p a p e l f u n d a m e n ta l n a r e s p o s ta e m f r e q u ê n ­ cia. O p r o je tis ta d e v e , p o r ta n to , id e n tific a r, d e m a n e i ­ ra in tu itiv a , o s p o lo s p a r a d e t e r m i n a r q u a is p a r te s d o c ir c u ito a tu a m c o m o “ g a r g a lo s d e v e lo c id a d e ” . A to p o lo g ia F C e s tu d a d a n o E x e m p lo 11.5 é um e x e m p lo d a id e n tific a ç ã o d e p o lo s p o r in s p e ç ã o . A

p e lo in v e rso d o p r o d u to d a re sistê n c ia to ta l v ista e n tr e o n ó d e sa íd a e a te r r a p e la c a p a c itâ n c ia to ta l v ista e n ­ tre o n ó d e sa íd a e a te rra . E s ta o b s e rv a ç ã o se a p lic a a d iv e rso s c irc u ito s e p o d e s e r g e n e ra liz a d a d a s e g u in te m a n e ira : se o n ó j n a ro ta d e sin al ex ib ir u m a re sistê n c ia d e p e q u e n o s sin a is /?, p a ra a te rra e u m a c a p a c itâ n c ia Cj p a ra a te r ra , e n tã o e sse n ó c o n trib u irá c o m u m p o lo d e m a g n itu d e (/?;Cy) 1 n a fu n ç ã o d e tra n s fe rê n c ia .

D eterm in em o s os p o lo s d o circuito m ostrad o na Fig. 11.10. Vam os ad m itir À = 0.

p VDD jn D - ► ------- T------ °^ou.

Vin°— W----- T-----I t j L" i j Cl ^ ^in : Figura 1 1.10

Solução

F ixando Vin em zero, notam o s que a p o rta de M x vê um a resistência R s e um a capacitância C in em d ireção à terra. P o rtan to ,

K il = ^ V Ks^in

(11.15)

Resposta em Frequência

431

P odem os ch am ar cu„, de “p olo de e n tra d a ”, p ara indicar que o m esm o surge no circuito de en trad a. D e m o d o sem elh an te, o “p o lo de saíd a ” é d ad o p o r (11.16) K íl =

r m

:

C om o o g an h o em baixa frequência do circuito é igual a —g mR D, podem os escrever a m agnitude da função de tran sferên cia com o Vout Vin

Exercício

Exem plo 11.9

gmRD

y ( i + w 2/ ^ , ) ( i + w

(11.17) 2 « 2 2)

Se copl = cop2, em q u e frequência o g anho cai 3 dB ?

C alculem os os p o lo s do circuito m o strad o na Fig. 11.11. Vamos su p o r À = 0.

Solução

C om Vin = 0, a resistência de p eq u en o s sinais vista na fonte de M, é d ad a p o r /?v||( l/g m) e pro d u z um polo em

copl =

7

------ V \ — •

( 1 1 .1 8 )

[R sW — J c in

O p olo de saída é d ad o p o r cop2 = ( R nC f) ~ l.

Exercício

C om o dev em o s esco lh er o valor de R n para que a frequência d o polo de saída seja dez vezes a do po lo de en tra d a ?

O a c a b a m o s d e d e s c r e v e r é a p lic a d a se u m n ó f o r c a r­ r e g a d o p o r u m c a p a c ito r “ f lu tu a n te ” , o u s e ja , u m c a ­ p a c ito r c u jo s d o is te r m in a is e s tã o c o n e c ta d o s a n ó s n a r o ta d e sin a l (F ig. 11.12). E m g e ra l, n e s te c a s o n ã o p o d e m o s u tiliz a r e s ta té c n ic a e d e v e m o s e s c r e v e r as e q u a ç õ e s d o c irc u ito e o b t e r a f u n ç ã o d e tr a n s f e r ê n Figura

1 1 .1 2

Circuito com capacitor flutuante.

C o n tu d o , e m a lg u m a s s itu a ç õ e s , u m a a p ro x im a -

le i

432

Capítulo Onze

Figura 11.13

(a) Circuito genérico com uma impedância flutuante; (b) equivalente de (a) segundo o teorema de Miller.

ç ã o d a d a p e l o ' te o r e m a d e M ille r ” p o d e sim p lific a r o tr a b a lh o .

11.1.5

d é c a d a d e 1910, J o h n M ille r o b s e r v o u q u e c a p a c itâ n c ia s p a r a s ita s q u e a p a r e c ia m e n t r e a e n t r a d a e a s a í­ d a d e u m a m p lif ic a d o r p o d e r ia m r e d u z ir d e m a n e ir a d rá s tic a a im p e d â n c ia d e e n tr a d a . E n tã o , p r o p ô s u m a a n á lis e q u e r e s u lto u n o te o r e m a . C o n s id e r e m o s o c i r c u i to g e n é r i c o r e p r e s e n t a ­ d o n a Fig. 1 1 .1 3 ( a ) ,o n d e a im p e d â n c ia f lu tu a n te Z , a p a r e c e e n t r e o s n ó s 1 e 2. D e s e ja m o s tr a n s f o r m a r Z , n a s d u a s i m p e d â n c ia s a t e r r a d a s m o s t r a d a s n a Fig. 11 .1 3 (b ), m a n t e n d o i n a l t e r a d a s to d a s a s c o r r e n ­ te s e t e n s õ e s n o c ir c u ito . P a r a d e t e r m i n a r Z , e Z 2, fa z e m o s d u a s o b se rv a ç õ e s: ( 1 ) a c o rre n te p u x a d a p o r Z , d o n ó 1 n a Fig. 1 1 .1 3 (a ) d e v e s e r ig u a l à c o r ­ r e n t e p u x a d a p o r Z , n a Fig. 1 1 .1 3 (b ); (2 ) a c o r r e n ­ te i n j e t a d a n o n ó 2 d a F ig . 1 1 .1 3 ( a ) d e v e s e r ig u a l à c o r r e n t e in j e t a d a p o r Z 2 n a F ig . 1 1 .1 3 (b ). ( E s ta s e x ig ê n c ia s g a r a n t e m q u e o c i r c u i t o n ã o “ s e n t e ” a tr a n s f o r m a ç ã o .) A s s im , V , - V 2 _ Vi

ZF

Z\ Vz Zz

(11.19) ( 11.20)

D e n o ta n d o p o r A vo g a n h o d e t e n s ã o d o n ó 1 p a r a o n ó 2 , o b te m o s

Z 2 = ZF

-V 2

V ,- V

(11.23) 2

Zf

- è

( 11.21 )

( 1 1 .2 2 )

1-A v

O e s tu d o a n te r io r e o e x e m p lo n a Fig. 11.12 ju stific a m o d e s e jo d e o b t e r u m m é to d o q u e “ tr a n s f o r m e ” um c a p a c it o r f lu tu a n te e m d o is c a p a c i t o r e s a te r r a d o s , p e r m i ti n d o a a s s o c ia ç ã o d e u m p o lo c o m c a d a n ó . O te o r e m a d e M ille r é u m d e s s e s m é to d o s , e m b o r a te n h a s id o c o n c e b i d o p o r o u t r a ra z ã o . N o fin al d a

V! - V l

V i-V2

ZF

Teorem a de M ille r

Zp

V,

Z \ = Z/r

(11.24) '

O s r e s u lta d o s e x p r e s s o s p o r (1 1 .2 2 ) e (1 1 .2 4 ), c h a ­ m a d o s te o r e m a d e M ille r, s ã o e x tr e m a m e n te ú te is n a a n á lis e e s ín te s e d e c irc u ito s. E m p a r tic u la r , (1 1 .2 2 ) s u g e re q u e a im p e d â n c ia f lu tu a n te é r e d u z id a p o r um f a to r 1 — A v q u a n d o “ v is ta ” n o n ó 1. C o m o u m e x e m p lo im p o r t a n t e d o t e o r e m a d e M ille r, v a m o s s u p o r q u e Z , se ja a im p e d â n c ia d e um c a p a c ito r C , c o n e c ta d o e n tr e a e n tr a d a e a s a íd a d e u m a m p lif ic a d o r in v e r s o r [Fig. 11.14 (a )]. A p lic a n d o ( 1 1 .2 2 ), te m o s

z,

Z, = 1

- A v 1

(1

+ y4o)C/rS ’

(11.25) (11.26)

o n d e foi f e ita a s u b s titu iç ã o A v = - A „ . Q u e tip o d e im p e d â n c ia é Z ,? A d e p e n d ê n c ia c o m 1Is s u g e re um c a p a c ito r d e v a lo r (1 + / \ 0 )C , ,c o m o se C , fo sse “ a m ­ p lific a d o ” p o r u m f a to r 1 + A 0. E m o u tr a s p a la v ra s, u m c a p a c ito r C , c o n e c ta d o e n tr e a e n tr a d a e a s a íd a d e u m a m p lific a d o r in v e r s o r c o m g a n h o A () e le v a a c a p a c itâ n c ia d e e n tr a d a p o r u m f a to r (1 + A 0) C r . D i­ z e m o s q u e o c irc u ito e s tá s u je ito à “ m u ltip lic a ç ã o d e M ille r” d o c a p a c ito r .

Resposta em Frequência O e fe ito d e C , n a s a íd a p o d e s e r o b tid o d e (11.24): Z2 =

ZF

(11.27)

1

(11.28)

( ' + i ) cf5 q u e é p r ó x im o d e ( C , s ) 1 se /4 0 » 1. A Fig. 1 1 .1 4 (b ) s in te tiz a e s te s r e s u lta d o s .

Figura 11.14

Exem plo

433

A m u ltip lic a ç ã o d e M ille r d e c a p a c i t o r e s t a m ­ b é m p o d e s e r e x p lic a d a d e m a n e i r a in tu i t i v a . N a F ig. 1 1 .1 4 ( a ) , s u p o n h a m o s q u e a t e n s ã o d e e n t r a ­ d a s e ja a u m e n t a d a d e A K . A s a íd a é r e d u z i d a d e A 0A V . O u s e ja , a t e n s ã o e m C , a u m e n t a d e (1 + /4 0 )A K , e x ig in d o q u e a e n t r a d a f o r n e ç a u m a c a r g a p r o p o r c i o n a l . E m c o n t r a s t e , s e C ,, n ã o f o s s e u m c a p a c ito r f lu tu a n te e a te n s ã o d e s u a p la c a d i­ re ita n ã o se a lte ra s s e , C , e x p e r im e n ta ria a p e n a s u m a v a ria ç ã o d e te n s ã o A K e r e q u e r e r ia m e n o s c a rg a .

(a) Amplificador inversor com capacitor llutuante. (b) circuito equivalente obtido com o teorema de Miller.

E stim em os os p o lo s d o circuito m o strad o na Fig. 11.15(a). Vam os su p o r A = 0.

11.10 DD

vDD r

RS

i— lh

Ui„o---- % — i-------

-°

-°V ,out

‘'in0

V.out

Wr=ÉCin -

(a)

(b) Figura 11.15

Solução

N o ta n d o que M x e R ,y con stitu em um am plificador inversor de g anho - g,„R n, utilizam os os resul­ tad o s na Fig. 11.14 (b ) p ara escrever: Cin = (1 + A o )C f =

(1

+ gmRü)CF

(11.29) (11.30)

(11.31)

434

Capítulo Onze

com isto, o b te m o s a to p o lo g ia m o stra d a na Fig. 11.15(b). D o e s tu d o fe ito n o E x e m p lo 11.8, te m o s

(11-32) R sQ n 1

(11.33)

R s ( 1 + gn,RD)CF 1

0bu, = R d Coui

(11-34)

5 1

r d

Exercício

C alcule C,„ p a ra g,„ = (150 í l )

(11.35)

{ 1 H------- V - F

V

gm Rü)

R„ = 2 k íí e C , = 80 fF.

O e s tu d o a n te r io r re s s a lta a u tilid a d e d o te o r e m a d e M ille r p a r a a c o n v e r s ã o d e c a p a c ito r e s flu tu a n te s e m c a p a c ito r e s a te r r a d o s . O E x e m p lo 11.10 d e m o n s ­ tr a e s te p rin c íp io . O l e i t o r p o d e a c h a r q u e o e x e m p lo a n t e r i o r é

c a p a c itâ n c ia d e e n t r a d a d o c ir c u ito d a F ig. 1 1 .1 5 (a ) p a r a (1 + g mR » ) C ,,

um p o u c o in c o n s is te n te . O t e o r e m a d e M ille r r e q u e r q u e a im p e d â n c ia f lu tu a n te e o g a n h o d e t e n s ã o s e ­ ja m c a l c u l a d o s n a m e s m a f r e q u ê n c i a , e n q u a n t o o E x e m p l o 1 1 .1 0 u s a o g a n h o e m b a i x a f r e q u ê n c i a , g mR n , m e s m o n a d e t e r m i n a ç ã o d o s p o lo s d e a lta s f r e q u ê n c ia s . A f in a l, s a b e m o s q u e , n a s f r e q u ê n c ia s a lta s , a e x is tê n c ia d e C , r e d u z o g a n h o d e te n s ã o e n t r e a p o r ta e a s a íd a d e A/,. D e v id o a e s s a in c o n ­ s is tê n c ia , c h a m a m o s o p r o c e d i m e n t o i lu s t r a d o n o E x e m p l o 1 1 .1 0 d e “ a p r o x i m a ç ã o d e M i l l e r ” . S e m e s ta a p r o x im a ç ã o , o u s e ja , se A (t fo s s e e x p r e s s o e m te r m o s d o s p a r â m e t r o s d o c ir c u ito n a s f r e q u ê n c ia s d e in te r e s s e , a a p lic a ç ã o d o t e o r e m a d e M ille r n ã o s e r ia m a is s im p le s q u e a s o l u ç ã o d i r e t a d a s e q u a ­ ç õ e s d o c irc u ito . O u tr a c a ra c te rís tic a d o te o r e m a d e M ille r é p o d e r e lim in a r u m z e r o d a f u n ç ã o d e tr a n s f e r ê n c ia . R e to r ­ n a r e m o s a e s ta q u e s tã o n a S e ç ã o 11.4.3. A e x p r e s s ã o g e r a l n a E q . (1 1 .2 2 ) p o d e s e r in ­ t e r p r e t a d a d a s e g u i n t e m a n e ir a : u m a im p e d â n c ia c o n e c t a d a e n t r e a e n t r a d a e a s a íd a d e u m a m p li­ fic a d o r in v e r s o r c o m g a n h o A v é r e d u z i d a p o r u m f a to r 1 + A v se v is ta n a e n t r a d a ( e m r e la ç ã o à t e r ­ r a ) . E s s a r e d u ç ã o d e im p e d â n c i a (e , p o r t a n t o , a u ­ m e n to d e c a p a c itâ n c ia ) é c h a m a d a “ e f e it o M ille r ” . P o r e x e m p lo , d iz e m o s q u e o e f e i t o M ille r e le v a a

O e s tu d o a n t e r i o r in d ic a q u e c a p a c itâ n c ia s e m u m c ir c u ito te n d e m a r e d u z ir o g a n h o d e te n s ã o n a s f r e ­ q u ê n c ia s a lta s. É p o s s ív e l q u e c a p a c ito r e s ta m b é m re d u z a m o g a n h o n a s f re q u ê n c ia s b a ix a s . C o m o u m e x e m p lo s im p le s , c o n s id e r e m o s o filtr o p a s s a - a lta s m o s tr a d o n a Fig. 11.16 ( a ), o n d e a d iv is ã o d e te n s ã o e n tr e C , e fo rn e c e

11.1.6

Resposta em Frequência Geral

Vout , \ - vyinr ( s ) =

tf.

(11.36) 1

Ri +

C js

R \C \s R iQ s + l '

(11.37)

lo g o ,

yout

R\C \co \ j R \c W \

(11.38)

+1

A re s p o s ta ,c u jo gráfico é m o stra d o n a Fig. 11.16(b), d im in u i à m e d id a q u e a fre q u ê n c ia d e o p e r a ç ã o se to r ­ n a m e n o r q u e l/( /? ,C |) . C o m o v im o s n a E q . (1 1 .3 7 ), e ssa q u e d a d e v e -s e a o fa to d e q u e o z e r o d a fu n ç ã o d e tra n s fe r ê n c ia o c o r r e n a o rig e m .

Resposta em Frequência

Exem plo

11.11

435

A Fig. 11.17 ilu stra um seguidor de fonte usado em am plificadores de áudio de alta qualidade. A qui, Ri estab elece um a ten são de p o larização de p o rta p ara M, igual a V ni) e /, define a co rren te de p o ­ larização de d ren o . Vamos su p o r A = 0 ,g m = 1/(200 íl ) e R x = 100 k íl. D eterm in em o s o m ínim o valor necessário p a ra C, e o m áxim o valor tolerável p ara C , .

Figura 11.17

Solução

C om o n o caso do filtro p assa-altas da Fig. 11.16, o circuito de en tra d a , qu e consiste em R, e C„ a te ­ nua o sinal nas freq u ên cias baixas. Para asseg u rar qu e as co m p o n en te s d e áudio de frequências baixas, d a o rd e m de 20 H z, so fram p e q u e n a a te n u a ção , fixam os a freq u ên cia l/(/?,C ,) em 2 i t X (20 H z) e o b tem o s Q = 79,6 nF.

(11.39)

E ste valor é d e m asiad am en te elevado p ara ser integ rad o em um c h ip . C om o a Eq. (11.38) revela um a a te n u a ç ão d e 3 dB em co = l/(/?,C f), na prática devem os escolher um cap acito r ainda m aior se for d esejad a um a ate n u a ç ão m enor. A capacitân cia de carga origina um polo no nó de saída, red u zin d o o g anho nas frequências altas. F ixando a freq u ên cia d o polo no lim ite su p e rio r d a faixa audível, 20 kH z, e n o tan d o q ue a resistência vista d o n ó de saída para a terra é igual a l/g m, tem os top.OUt —

gn

(11.40)

CL

= 2 n x (20 kH z),

(11.41)

logo,

CL = 39,8 nF.

(11.42)

436

Capítulo Onze

O seg u id o r de fo n te, um alim en tad o r eficiente, pode to lera r um a capacitância de carga m uito e le ­ vada (na faixa de áu d io ).

Exercício

R e p ita o exem plo a n te rio r p ara o caso em qu e os valores de /, e da largura de A/, são divididos p or dois.

A q u e d a d e g a n h o n a s f r e q u ê n c ia s b a ix a s p o d e s e r in d e s e já v e l. O E x e m p lo 11.11 ilu s tr a e s te p o n to . P o r q u e u s a m o s o c a p a c ito r C , n o e x e m p lo a n t e ­ rio r ? S e m C „ o g a n h o d o c ir c u ito n ã o c a iria n a s f r e ­ q u ê n c ia s b a ix a s e n ã o p r e c is a r ía m o s e f e t u a r a q u e le s c á lc u lo s . C h a m a d o “ c a p a c i t o r d e a c o p l a m e n to ” , C, p e r m ite q u e a s f r e q u ê n c ia s d e s in a l d e in te r e s s e p a s ­ sem p e lo c irc u ito e b lo q u e ia a c o m p o n e n te D C d e V in. E m o u tr a s p a la v ra s , C, is o la a s c o n d iç õ e s d e p o la r i­

(a) Figura 11.18

z a ç ã o d o s e g u id o r d e f o n te d a s c o n d iç õ e s d o e s tá g io p r e c e d e n te . A Fig. 11.18(a) ilu stra u m e x e m p lo e m q u e

o e s tá g io F C p r e c e d e o s e g u id o r d e fo n te . O c a p a c ito r d e a c o p la m e n to p e r m ite te n s õ e s d e p o la riz a ç ã o in d e ­ p e n d e n te s n o s n ó s X e Y . P o r e x e m p lo , V y p o d e s e r e s c o lh id o c o m v a lo r r e la tiv a m e n te b a ix o (c o lo c a n d o se M 2 p r ó x im o d a r e g iã o d e tr i o d o ) , p a r a p e r m itir u m a g r a n d e q u e d a d e te n s ã o e m R , h m a x im iz a n d o o g a n h o d e te n s ã o d o e s tá g io F C ( p o r q u ê ? ).

(b)

Cascata de um estágio FC e de um seguidor de fonte, com (a) capacitor de acoplamento e (b) acoplamento direto.

P a ra c o n v e n c e r o le ito r d e q u e o a c o p la m e n to c a p a c i t i v o é e s s e n c i a l n a F ig . 1 1 .1 8 ( a ) , c o n s i d e ­ re m o s, ta m b é m , o c a so d e “ a c o p la m e n to d ir e to ” [F ig . 1 1 .1 8 ( b ) ] . A q u i , p a r a m a x i m i z a r o g a n h o d e t e n s ã o , d e s e j a m o s f i x a r V r l i g e i r a m e n t e a c im a d e V (;s2 — V Y//2 , c o m o , p o r e x e m p l o , e m 2 0 0 m V . A p o r t a d e A /2, p o r s u a v e z , d e v e p e r m a n e c e r e m u m a t e n s ã o d e , p e lo m e n o s , V asx + V n , o n d e V n d e n o ta a m ín im a te n s ã o e x ig id a p o r /,. C o m o K(;5, + V n p o d e a l c a n ç a r 6 0 0 - 7 0 0 m V , o s d o is e s t á g i o s s ã o b a s ta n te in c o m p a tív e is e m r e la ç ã o a o s p o n ­ to s d e p o l a r i z a ç ã o e n e c e s s it a m d e a c o p l a m e n t o c a p a c itiv o . A c o p l a m e n t o c a p a c it i v o ( t a m b é m c h a m a d o “ a c o p la m e n to A C ” ) é m a is c o m u m e m c ir c u ito s d is ­

c r e to s , d e v id o a o s g r a n d e s v a lo r e s d e c a p a c itâ n c ia e x ig id o s p o r m u ita s a p lic a ç õ e s (c o m o C, n o e x e m p lo d e á u d io a n t e r i o r ) . C o n tu d o , m u ito s c ir c u ito s in te ­ g r a d o s ta m b é m e m p r e g a m a c o p la m e n to c a p a c itiv o , e s p e c ia lm e n te n o c a s o d e b a ix a s te n s õ e s d e a lim e n ­ ta ç ã o , se o s c o r r e s p o n d e n te s v a lo r e s d e c a p a c itâ n c ia fo re m d e a lg u n s p o u c o s p ic o fa ra d s . A Fig. 11.19 m o s tr a u m a re s p o s ta e m f r e q u ê n c ia típ ic a e a te r m in o lo g ia u s a d a p a r a d e n o ta r v á rio s d e se u s a trib u to s . C h a m a m o s a fre q u ê n c ia d e “ c o r te ” in ­ fe r io r d e io , , e a fre q u ê n c ia d e c o r te s u p e r io r , d e a>„. A b a n d a e n tr e o>, e colh e s c o lh id a d e m o d o a a c o m o ­ d a r a s f r e q u ê n c ia s d e s in a l d e in te re s s e , é c h a m a d a “ b a n d a c e n tr a l” , e o g a n h o c o r r e s p o n d e n te , “ g a n h o n a b a n d a c e n tr a l” .

Resposta em Frequência

437

p le ç ã o a s s o c ia d a a e s s a s ju n ç õ e s 6 d á o rig e m a u m a c a p a c itâ n c ia e n t r e a b a s e e o e m is s o r - d e n o t a d a p o r Cje — e a u m a c a p a c itâ n c ia e n t r e a b a s e e o c o ­ le t o r — d e n o t a d a p o r C ^ [F ig. 1 1 .2 0 (a )]. P o d e m o s , e n tã o , a d ic io n a r e s s a s c a p a c itâ n c ia s a o m o d e lo d e p e q u e n o s s in a is e o b te m o s a r e p r e s e n t a ç ã o ilu s tr a ­ d a n a F ig. 1 1 .2 0 (b ). In f e liz m e n te , e s te m o d e lo é in c o m p le to , p o is a

11.2

M O D ELO S DE TR A N S IS TO R E S EM ALTAS FR EQ U ÊN C IAS

A v e lo c id a d e d e m u ito s circ u ito s é lim ita d a p e las capac itâ n c ia s n o in te r io r d e c a d a tra n s is to r . P o rta n to , é n e ­ c e ss á rio u m e s tu d o c u id a d o s o d e s s a s c a p a c itâ n c ia s.

11.2.1 M o d e lo de T ransistor B ip o la r em A ltas Frequências R e c o r d e m o s , d o C a p í tu l o 4 , q u e u m t r a n s i s t o r bi p o l a r c o n s is te e m d u a s ju n ç õ e s p n . A r e g iã o d e de-

ju n ç ã o b a s e -e m is s o r e x ib e u m o u tr o e f e ito q u e d e v e s e r c o n s id e ra d o . C o m o e x p lic a m o s n o C a p ítu lo 4, a o p e r a ç ã o d o tr a n s is to r r e q u e r u m p e rfil ( n ã o u n ifo r­ m e ) d e c a rg a n a r e g iã o d a b a s e p a r a p e r m itir a d ifu ­ s ã o d e p o r ta d o r e s e m d ir e ç ã o a o c o le to r . E m o u tr a s p a la v ra s , se o tr a n s is to r f o r lig a d o r e p e n tin a m e n te , o fu n c io n a m e n to a d e q u a d o só c o m e ç a d e p o is q u e u m a q u a n tid a d e s u fic ie n te d e c a r g a e n t r o u n a r e g iã o d a b a s e e se a c u m u l o u p a r a c r ia r o p e rfil n e c e s s á rio . D e m o d o s im ila r, se o tr a n s is to r f o r d e s lig a d o d e m a n e i­ ra r e p e n t i n a , o s p o r t a d o r e s d e c a r g a a r m a z e n a d o s n a b a s e d e v e m s e r r e m o v i d o s p a r a q u e a c o r r e n te d e c o le to r c a ia a z e ro . E s te f e n ô m e n o é m u ito p a r e c id o c o m o d e c a rg a e d e s c a r g a d e u m c a p a c ito r: p a r a a l t e r a r a c o r r e n te

o C C,je

(b)

(a)

o C

(c) Figura 11.20 (a) Estrutura dc um transistor bipolar indicando as capacitâncias dc junção, (b) modelo dc pequenos sinais com ca­ pacitâncias de junção, (c) modelo completo, levando em consideração a carga da base.

6Como mencionamos no Capítulo 4. tanto as junções polarizadas diretamente como as polarizadas inversamente contêm uma re gião de depleção e. portanto, uma capacitância associada à mesma.

438

Capítulo Onze

C

1

B

E

1 , 1 , L nU

Substrato

T c ,cs (b)

(a)

(c)

Figura 11.21 (a) Estrutura de um transistor bipolar integrado, (b) modelo de pequenos sinais incluindo a capacitância coletorsubstrato. (c) símbolo do dispositivo com as capacitâncias mostradas explicitamente.

d e c o le to r , d e v e m o s m u d a r o p e rfil d e c a rg a d a b a s e co m a in je ç ã o o u r e m o ç ã o d e a lg u n s e lé tr o n s o u la c u ­ nas. E s s e e f e ito é m o d e la d o p o r u m s e g u n d o c a p a c i­ to r e n tr e a b a s e e o e m is s o r, C ,„ e é m a is s ig n ific a tiv o q u e a c a p a c itâ n c ia d a re g iã o d e d e p le ç ã o . C o m o C h e C je a p a r e c e m e m p a r a le lo , s ã o r e u n id o s e m u m ú n ic o c a p a c ito r d e n o t a d o p o r C „ [Fig. 1 1 .2 0 (c)]. E m c irc u ito s in te g r a d o s , o tr a n s i s t o r b ip o la r é fa ­ b r ic a d o s o b r e u m s u b s tr a to a t e r r a d o [Fig. 11.21 (a )]. A j u n ç ã o c o l e t o r - s u b s tr a t o p e r m a n e c e s o b p o l a r i ­ z a ç ã o r e v e r s a ( p o r q u ê ? ) e e x ib e u m a c a p a c itâ n c ia

n a Fig. 1 1 .2 1 (b ). D e a q u i e m d ia n te , e m p r e g a r e m o s e s te m o d e lo n a s a n á lise s. N o s tr a n s is to r e s b ip o la r e s d e m o d e r n o s c irc u ito s in te g ra d o s , C/(>, e C cs s ã o d a o r d e m d e a lg u n s p o u c o s f e m to f a r a d s , n o s m e n o r e s d is p o s itiv o s p o ssív e is. N a a n á lis e d a r e s p o s ta e m f r e q u ê n c ia , m u ita s v e z e s é c o n v e n ie n te q u e , p r im e ir o , d e s e n h e m o s a s c a p a c itâ n c ia s d o t r a n s i s t o r n o d ia g r a m a d o c ir c u i­ to , s im p lifiq u e m o s o r e s u lta d o e, e n tã o , c o n s tr u a m o s o c irc u ito e q u iv a le n te d e p e q u e n o s sin ais. P o rta n to , p o d e m o s r e p r e s e n ta r o tr a n s is to r c o m o in d ic a d o n a

d e n o t a d a p o r C cs. O m o d e lo c o m p le t o é m o s tr a d o

Fig. 11.21 (c).

Exem plo

11.12

Identifiquem os to d a s as capacitâncias no circuito m o strad o na Fig. 11.22(a).

(b)

(a)

Figura 11.22 S o lu ç ã o

Exercício

P artin d o da Fig. 11.21 (c), adicionam os as três capacitâncias de cada tran sisto r,co m o indicado na Fig. 1 1 . 2 1 (b). É in teressan te o b serv ar q ue C csl e C„2 ap arecem em paralelo, assim com o C m2 e C cs2. C o n s tru a o c irc u ito e q u iv a le n te d e p e q u e n o s sin ais d o c a sc o d e a n te rio r.

Resposta em Frequência

439

n * -L±

V

substrato p

h 3+

Ju T

y

T (b)

(a)

Figura 11.23 (a) Estrutura dc dispositivo MOS indicando as diversas capacitâncias; (b) partição da capacitância porta-canal en­ tre fonte e dreno.

11.2.2 M o d e lo de M OSFET em A lta s Frequências O e s tu d o d a e s t r u tu r a M O S F E T n o C a p ítu lo 6 r e v e ­ lo u d iv e rs a s c o m p o n e n te s c a p a c itiv a s . A g o r a , e s tu d a ­ r e m o s e s s a s c a p a c itâ n c ia s e m m a is d e ta lh e . O M O S F E T ilu s tr a d o n a Fig. 1 1 .2 3 (a) a p r e s e n ta tr ê s c a p a c itâ n c ia s p rin c ip a is : u m a e n t r e a p o r ta e o c a n a l ( c h a m a d a " c a p a c itâ n c ia d e ó x id o d e p o r ta " e d a d a p o r W L C „ X) e d u a s a s s o c ia d a s à s ju n ç õ e s fo n te b lo c o e d r e n o - b lo c o , a m b a s s o b p o la r iz a ç ã o re v e rs a . A m o d e la g e m d a p r im e ir a c o m p o n e n t e r e p r e s e n ta u m a d ific u ld a d e , p o is o m o d e lo d o tr a n s is to r n ã o c o n ­

c a m p o e n tr e a b o r d a d a p o r ta e a p a r te s u p e r io r d a s r e g iõ e s d e fo n te e d e d r e n o . C h a m a d o c a p a c itâ n c ia d e “ s o b r e p o s iç ã o ” ( o u d e o v e r l a p ) p o r t a - d r e n o o u p o r ta - f o n te , e s s e e f e ito ( s im é tr ic o ) p e r s is te m e s m o q u a n d o o M O S F E T e s tá d e s lig a d o . A g o r a , c o n s tr u ir e m o s o m o d e lo d e a lta s f r e ­ q u ê n c ia s d o M O S F E T . E s ta r e p r e s e n ta ç ã o , ilu s tr a d a n a F ig. 11 .2 5 (a ), c o n s is te : (1 ) n a c a p a c itâ n c ia e n tr e p o r t a e fo n te , C (;s ( in c lu in d o a c o m p o n e n te d e s o ­ b r e p o s iç ã o ) ; ( 2 ) n a c a p a c itâ n c ia e n tr e p o r ta e d r e n o ( in c lu in d o a c o m p o n e n te d e s o b r e p o s iç ã o ) ; (3 ) n a s c a p a c itâ n c ia s d e ju n ç ã o e n tr e a fo n te e o b lo c o e e n -

té m u m “ c a n a l” . D e v e m o s , p o r ta n t o , d e c o m p o r e ssa c a p a c itâ n c ia e m u m a e n tr e a p o r ta e a f o n te e o u tr a e n tr e a p o r t a e o d r e n o [Fig. 1 1 .2 3 (b )]. A e x a ta p a r ­ tiç ã o d e s ta c a p a c itâ n c ia e s tá a lé m d o e s c o p o d e s te liv ro ; m as, n a re g iã o d e s a tu r a ç ã o , C , é d a o r d e m d e 2/3 d a c a p a c itâ n c ia p o r ta - c a n a l, e n q u a n t o C 2 « 0 . D u a s o u tr a s c a p a c itâ n c ia s d o M O S F E T to rn a m se c r ític a s e m a lg u n s c irc u ito s . E s s a s c a p a c itâ n c ia s , ilu s tr a d a s n a Fig. 11.24, a d v ê m d a s o b r e p o s iç ã o físi­ c a d a s á r e a s d a p o r t a e f o n t e / d r e n o 7 e d a s lin h a s d e

Figura 11.24 Capacitância de sobreposição entre porta e dre­ no (ou fonte).

'G D 'G D

r ~

G o^ g s

I

v g s

" - i

-o

®9

D

'D B

SB

I (a) Figura 11.25 mente.

(b)

(a) Modelo de altas frequências do MOSFET, (b) símbolo do dispositivo com capacitâncias mostradas explicita­

7Como mencionamos no Capítulo 6, as áreas F/D se prolongam além da área da porta durante a fabricação.

44 0

Capítulo Onze

t r e o d r e n o e o b lo c o , C sn e C ,)J{> r e s p e c tiv a m e n te , ( P a r tim o s d o p r e s s u p o s to d e q u e o b lo c o p e r m a n e c e n a te r r a A C .) C o m o m e n c io n a m o s n a S e ç ã o 11.2.1,

Exem plo 11.13

e m g e ra l d e s e n h a m o s a s c a p a c itâ n c ia s n o s ím b o lo d o tr a n s is to r [Fig. 11 .2 5 (b )] a n te s d e c o n s tr u ir m o s o m o d e lo d e p e q u e n o s sin ais.

Identifiquem os to d a s as capacitâncias no circuito da Fig. 11.26(a).

DD VDD out

í *

-«V,o u t

'GD1 ~° Vto u t

^in0—

^in°-----------c GS, T

(a)

CDB1 I

(b)

CGS1

r i'

M, I

(c) Figura 11.26

Solução

A dicionando, a p a rtir da Fig. 11.25, as q u a tro capacitâncias a cada dispositivo, o b tem o s o circuito na Fig. 11.26(b). N o tem o s q u e os dois term inais de C sm e C SB1 estão conectados à te rra AC, C (im está em curto, e C l)m, C l)lf2 e Q ;s 2 ap arecem em p aralelo com o nó de saída. P ortanto, o circuito se red u z ao da Fig. 11.26(c).

E x e rc íc io

N o ta n d o que M 2 é um dispositivo con ectad o com o diodo, co n strua o circuito equivalente de p e ­ qu en o s sinais d o am plificador.

11.2.3

Frequência de Transição

C o m d iv e rs a s c a p a c itâ n c ia s e n v o lv e n d o d is p o s itiv o s b ip o la r e s e M O S , é p o s s ív e l d e f in ir u m a g r a n d e z a q u e r e p r e s e n te a m á x im a v e lo c id a d e d o tr a n s is to r ? U m a g r a n d e z a c o m o e s s a s e ria ú til n a c o m p a r a ç ã o e n t r e d if e r e n te s tip o s o u g e r a ç õ e s d e tr a n s is to r e s e

n a p re v is ã o d o d e s e m p e n h o d e c irc u ito s q u e u tiliz a m o s d isp o sitiv o s. U m a m e d id a d a v e lo c id a d e in trín s e c a d e tr a n s is ­ to r e s 8 é a f r e q u ê n c ia d e “ tr a n s iç ã o ” o u d e “ c o r t e ” , / , , d e fin id a c o m o a f re q u ê n c ia n a q u a l o g a n h o d e c o r ­ r e n te d e p e q u e n o s s in a is d o d is p o s itiv o é r e d u z id o à u n id a d e . O c o n c e ito , ilu s tr a d o n a Fig. 11.27 ( s e m

sPor velocidade “intrínseca" designamos o desempenho próprio do dispositivo, sem quaisquer outras limitações impostas pelo cir­ cuito ou melhorias por ele providas.

Resposta em Frequência o s c irc u ito s d e p o la r iz a ç ã o ) , c o n s is te e m in je ta r u m a c o r r e n te s e n o id a l n a b a s e o u n a p o r t a e m e d ir a r e s u l­

N a fr e q u ê n c ia d e tra n s iç ã o , w , ( = 2 7 7 /,), a m a g n itu d e d o g a n h o d e c o r r e n te é re d u z id a à u n id a d e :

ta n te c o r r e n te d e c o le to r o u d e d r e n o à m e d id a q u e a f r e q u ê n c ia d e e n t r a d a , / , , , é a u m e n t a d a . N o ta m o s q u e , à m e d id a q u e /„ , a u m e n ta , a c a p a c itâ n c ia d e e n ­ tr a d a d o d is p o s itiv o r e d u z a im p e d â n c ia d e e n tr a d a , Z „„ e, p o r ta n t o , a te n s ã o d e e n t r a d a V jn = I„ ,Z in e a c o r r e n te d e s a íd a . A q u i, d e s p r e z a m o s e C (in (q u e sã o c o n s id e r a d a s n o E x e rc íc io 2 6 ). P a r a o d is p o s itiv o b ip o la r d a Fig. 1 1 .2 7 (a),

Zin — « C„s

11

•

(11.43)

r l c W T = ,S2 -

^

r„C„s + 1

Exem plo 11.14

Solução

(11.47)

Sm

(11.48)

'-'7T

A f r e q u ê n c ia d e tr a n s iç ã o d e M O S F E T s é o b tid a d e m o d o s e m e lh a n te . A ssim , e s c re v e m o s : _

Sm

'-'JT

r„C„S - | - 1

(11.46)

% P 2.

COT*

2 n fT ^ —

lin

1

O u s e ja ,

r

com o

441

ou

Sm

— .

(11.49)

'-'GS

(11.44)

(11.45)

N o te m o s q u e a c a p a c itâ n c ia c o le to r - s u b s tr a to o u d r e n o - b lo c o n ã o a f e ta d e v id o à te r r a A C e s t a b e ­ le c id a n a s a íd a .

O m ínim o co m p rim e n to de canal de M O S F E T s passou de 1 /xm, no final dos anos 1980. aos 65 nm de hoje. A lém disso, a inevitável dim inuição da ten são de alim entação reduziu a ten são de so b re ­ carga p o rta-fo n te de cerca de 400 m V p ara 100 mV. Por q ue fa to r foi a u m en ta d a a frequência de tran sição de M O S F E T s? Pode ser p ro v ad o (E xercício 28) que

2rrfT = l j j ( V G S - V TH).

(11.50)

P o rta n to , a fre q u ê n c ia d e tra n siçã o foi a u m e n ta d a , ap ro x im a d a m e n te, p o r um fa to r d e 59. Por exem plo, se /x„ = 400 cm 2/(V • s), dispositivos de 65 nm com um a ten são de sobrecarga de 100 mV têm f , de 226 G H z.

Exercício

D eterm in e a f , p a ra um co m p rim ento de canal de 45 nm e m obilidade de 300 cm 2/(V • s).

M o d e r n o s tr a n s is to r e s b ip o la r e s e M O S a p r e s e n ­ ta m / , a c im a d e 100 G H z . N o e n t a n t o , a v e lo c id a d e d e c irc u ito s c o m p le x o s q u e u tiliz a m e sse s d is p o sitiv o s é m u ito m e n o r.

11.3

PROCEDIM ENTO DE AN ÁLISE

A té a q u i, e x p lo ra m o s u m a s é rie d e c o n c e ito s e f e r r a ­ m e n ta s q u e n o s a ju d a m n o e s tu d o d a re s p o s ta e m fre ­ q u ê n c ia d e circ u ito s. E m p a r tic u la r , o b s e r v a m o s q u e :

• A re s p o s ta e m f re q u ê n c ia se re f e r e à m a g n itu d e d a fu n ç ã o d e tr a n s f e r ê n c ia d e u m s is te m a . 9 • A a p r o x im a ç ã o d e B o d e sim p lific a a ta r e f a d e d e s e n h a r o g rá fic o d a r e s p o s ta e m fr e q u ê n c ia q u a n d o o s p o lo s e o s z e r o s s ã o c o n h e c id o s . • E m m u ito s c a so s, é p o ssív e l a s s o c ia r u m p o lo a c a d a n ó n a r o ta d e sin a l. • O t e o r e m a d e M ille r é ú til n a d e c o m p o s iç ã o d e c a p a c ito r e s f lu tu a n te s e m e le m e n to s a t e r ­ ra d o s .

9No caso mais geral, a resposta em frequência também inclui a fase da função de transferência, como estudaremos no Capítulo 12.

442

Capítulo Onze

• D is p o s itiv o s b ip o la r e s e M O S a p r e s e n ta m d i­ v e r s a s c a p a c itâ n c ia s q u e lim ita m a v e lo c id a d e d e c irc u ito s.

11.4

P a ra q u e p o ssa m o s a n a lis a r, d e m a n e ira m e tó d ic a , a r e s p o s ta e m f r e q u ê n c ia d e v á r io s c irc u ito s , p r o p o ­ m o s o s s e g u in te s p a sso s:

11.4.1

1. D e t e r m i n a r o s c a p a c ito r e s q u e a f e ta m a re g iã o d e f r e q u ê n c ia s b a ix a s d a r e s p o s ta e c a lc u la r a f r e q u ê n c ia d e c o r te in f e r io r . N e s s e c á lc u lo , as c a p a c itâ n c ia s d o s tr a n s is to r e s p o d e m s e r d e s p r e ­ z a d a s , p o is a f e ta m a p e n a s a re g iã o d e f r e q u ê n ­ c ia s a lta s. 2. C a lc u la r o g a n h o n a b a n d a c e n tr a l c o m a s u b s ­ titu iç ã o d o s c a p a c ito r e s a n t e r i o r e s p o r c u rto s c irc u ito s, a in d a d e s p re z a n d o as c a p a c itâ n c ia s d o s tr a n s is to re s . 3. I d e n tif ic a r a s c a p a c itâ n c ia s d e c a d a tr a n s is to r e a d ic io n á - la s a o c irc u ito . 4. I d e n tif ic a n d o t e r r a s A C (p . e x ., t e n s ã o d e a li­ m e n ta ç ã o o u te n s õ e s d e p o la riz a ç ã o c o n s ta n te s ), c o m b in a r o s c a p a c ito r e s q u e e s tã o e m p a r a le lo e o m itir a q u e le s q u e n ã o t ê m q u a l q u e r p a p e l n o c irc u ito . 5. D e te r m in a r o s p o lo s e o s z e r o s d e a lta s f r e q u ê n ­ c ia s p o r in s p e ç ã o o u c o m o c á lc u lo d a fu n ç ã o d e tr a n s f e r ê n c ia . O te o r e m a d e M ille r é ú til n e s ta e ta p a . 6 . D e s e n h a r o g rá fic o d a r e s p o s ta e m fr e q u ê n c ia u s a n d o a s r e g r a s d e B o d e o u o c á lc u lo e x a to . A s e g u ir, a p lic a r e m o s e s te p r o c e d im e n to a v á ria s to p o lo g ia s d e a m p lific a d o re s .

Í

RESPOSTA EM FREQUÊNCIA DE ESTÁGIOS EM ISSO R C O M U M E FONTE CO M UM Resposta em Baixas Frequências

C o m o m e n c io n a m o s n a S e ç ã o 1 1 . 1 .6 , 0 g a n h o d e a m ­ p lific a d o re s p o d e c a ir e m f re q u ê n c ia s b a ix a s, d e v id o a c e r to s c a p a c ito r e s n a r o ta d e sin a l. C o n s id e r e m o s u m e s tá g io F C g e n é ric o , in c lu in d o o c irc u ito d e p o ­ la riz a ç ã o d e e n tr a d a e o c a p a c ito r d e a c o p la m e n to d e e n t r a d a [Fig. 1 1 .2 8 (a )]. N a s f r e q u ê n c ia s b a ix a s , as c a p a c itâ n c ia s d o tr a n s is to r a fe ta m a re s p o s ta e m f re q u ê n c ia d e m o d o d e s p re z ív e l, r e s ta n d o a p e n a s C, c o m o a c o m p o n e n te d e p e n d e n te d a f r e q u ê n c ia . E s ­ c r e v e m o s V J V m = ( V J V X) ( v y i / j , d e s p r e z a m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l, e n o ta m o s q u e /?, e R 2 e s tã o c o n e c ta d o s e n tr e X e a te r r a A C . L o g o , V J V x = - R , A R s + l / g m) e

v

(11.51)

(s ) = --------------- T

Kl 1 1 * 2 +

Qs

m \ R 2)C js

(/? ,||/? 2)C;S +

r

(11.52)

T al c o m o n o c a s o d o filtro p a s s a -a lta s d a Fig. 11.16, e s te c irc u ito a te n u a a s fr e q u ê n c ia s b a ix a s e fo rç a p a ­ ra q u e a f re q u ê n c ia d e c o r te in f e r io r se ja e s c o lh id a a b a ix o d a m e n o r f r e q u ê n c ia d e s i n a l , / SÍRm„, (p . e x ., 20 H z ,e m a p lic a ç õ e s d e á u d io ): 1

2 * [(/? l ||/? 2 )C /]

< fssig,min •

(11.53)

- VDD «D ‘'out 1

(a)

(b)

(c)

Figura 11.28 (a) Estágio FC com capacitor dc acoplamento dc entrada, (b) efeito de capacitor de bypass em paralelo com a resis­ tência de degeneração, (c) resposta em frequência com capacitor de bypass em paralelo com a resistência de degeneração.

Resposta em Frequência E m a p lic a ç õ e s q u e e x ig e m u m g a n h o m a is e l e ­ v a d o n a b a n d a c e n tr a l, c o n e c ta m o s u m c a p a c ito r d e “b y p a s s ” e m p a r a le lo c o m R s [Fig. 11 .2 8 (b )] p a r a r e ­ m o v e r o e f e ito d a d e g e n e r a ç ã o n a s f r e q u ê n c ia s d a b a n d a c e n tr a l. P a r a q u a n tif ic a r o p a p e l d e C,„ c o lo ­ c a m o s s u a im p e d â n c ia , l/(C „ v ), e m p a r a le lo c o m R s n a e x p r e s s ã o d o g a n h o n a b a n d a c e n tra l: Vout /

-K r,

\

^ s l l ^ ---- 1-----(-1)3

s e r e s c o lh id a m u ito a b a ix o d a m e n o r f r e q u ê n c ia d e sin a l d e in te re s s e . E s ta a n á lis e ta m b é m p o d e s e r a p lic a d a a o e s tá g io E C . A s d u a s c o n fig u ra ç õ e s a p r e s e n ta m q u e d a ( r o llo f f ) d e g a n h o n a s f re q u ê n c ia s b a ix a s, d e v id a a o c a ­ p a c ito r d e a c o p la m e n to d e e n tr a d a e a o c a p a c ito r d e b y p a s s e m p a r a le lo c o m a d e g e n e r a ç ã o .

11.4.2

(11.54)

Ü -M Sm

-g„ ,R i)(R sC bS +

1)

RsC„s + g mR s + 1

(11.55)

A F ig. 1 1 .2 8 (c ) m o s tr a o d ia g r a m a d e B o d e p a r a a c o rre s p o n d e n te re s p o s ta e m fre q u ê n c ia . N as fre ­ q u ê n c ia s m u ito a b a ix o d o z e r o , o e s tá g io f u n c io n a c o m o u m a m p lific a d o r F C d e g e n e r a d o ; n a s f r e q u ê n ­ cias m u ito a c im a d o p o lo , o c ir c u ito n ã o s o f re e f e ito d e d e g e n e r a ç ã o . P o r ta n to , a f r e q u ê n c ia d o p o lo d e v e

443

Resposta em A lta s Frequências

C o n s id e re m o s o s a m p lif ic a d o re s E C e F C m o s tr a d o s n a Fig. 1 1 .2 9 (a ), o n d e R s p o d e r e p r e s e n t a r a im p e ­ d â n c ia d e s a íd a d o e s tá g io p r e c e d e n te , o u s e ja , n ã o é a d ic io n a d a d e m a n e ir a d e lib e r a d a . Id e n tif ic a n d o a s c a p a c itâ n c ia s d e Q , e d e A /,,o b te m o s o s c irc u ito s c o m p le to s r e p r e s e n ta d o s n a Fig. 1 1 .2 9 ( b ) ,o n d e a c a ­ p a c itâ n c ia f o n te - b lo c o d e A/, te m o s d o is te r m in a is a te r r a d o s . O s e q u iv a le n te s d e p e q u e n o s s in a is d e s ­ se s c irc u ito s d if e r e m a p e n a s p o r r„ [Fig. 11 .2 9 (c )],10 e p o d e m s e r r e d u z id o s a u m ú n ic o c ir c u ito se V in, R s e / „ fo re m s u b s titu íd o s p e lo e q u iv a le n te d e T h é v e n in [Fig. 1 1 .2 9 (d )]. N a p r á tic a , R s « : r„ e, p o r ta n to , R rhév

_

Kout

'GD

GS i

V,DD

1

I

I

DB

■'SB

(b)

(a) 'GD Rs V\n<^-Wr-

Rs

T7

o Vout

-p r JT- 1

(^)

t

-+vtout

vln“ — w —

CG s Í VGS

~p Ccs %

(£)9rnVGS Í CDB

T (C)

'XY ^Thév -WV

■+vtout

9mV*

T

T °o u t ^ Rl

(d) Figura 11.29 (a) Estágios EC e FC, (b) inclusão das capacitâncias dos transistores, (c) equivalentes de pequenos sinais, (d) mo­ delo unificado dos dois circuitos. l0O efeito Early e a modulação do com prim ento do canal foram desprezados.

444

Capítulo Onze

= R s. N o te m o s q u e a re sis tê n c ia d e sa íd a d e c a d a tr a n ­ s is to r s im p le s m e n te a p a r e c e r ia e m p a r a le lo c o m R r . C o m e s te m o d e lo u n ific a d o , e s tu d a r e m o s a r e s ­ p o s ta e m a lta s fre q u ê n c ia s ; p r im e ir o , a p lic a r e m o s a a p ro x im a ç ã o d e M ille r p a ra u m m e lh o r e n te n d im e n to e ,e m s e g u id a , e f e tu a r e m o s u m a a n á lis e p re c is a p a r a o b t e r r e s u lta d o s m a is g e ra is.

Cy

- ( '+ s k )

(11.57)

Cx y •

A g o ra , c a d a n ó v ê u m a re s is tê n c ia e u m a c a p a c itâ n c ia a p e n a s e m d ir e ç ã o à te r r a . S e g u n d o a n o ta ç ã o in tr o ­ d u z id a n a S e ç ã o 11.1, e s c re v e m o s 1

11.4.3

\ü)p,in I —

A plicação do Teorem a de M ille r

C o m C x y c o n e c t a d o e n t r e d o is n ó s f lu tu a n te s , n ã o p o d e m o s s im p le s m e n te a s s o c ia r u m p o lo a c a d a n ó . N o e n ta n to , u s a n d o a a p r o x im a ç ã o d e M ille r, c o m o n o E x e m p lo 11.10, p o d e m o s d e c o m p o r C XY e m d u a s c o m p o n e n te s a t e r r a d a s (F ig. 11 .3 0 ):

RThév[Qn +

(11.58) + g m R /)C x Y ]

(1

1

(11.59)

\ü)p,out\ = R

Cout

l

+

Se g mR L » 1, a c a p a c itâ n c ia n o n ó d e s a íd a é ig u a l a (11.56)

C x = (1 + g m R Ú C x Y

Cout

C xy-

^Thév 'T h é v

C v ± Cln±

vx

( i)

Estágio EC ^Thév = ^ in

Cy “

Figura 11.30

TThév

Solução

CX “ CQD

(1

+ 0 m/?l ) 1

-)

)

Parâmetros do modelo unificado dos estágios EC e FC, segundo a aproximação de Miller.

O e n te n d im e n to o b tid o co m a a p lic a ç ão d o te o re m a d e M ille r é valioso. O p o lo d e e n tr a d a é d a d o , a p ro x i­ m a d a m e n te , p e la re sis tê n c ia d e fo n te , p e la c a p a c itâ n ­ cia b a se -e m isso r o u p o rta -fo n te e p e la m u ltip lic a ç ã o d e M ille r d a c a p a c itâ n c ia b a s e -c o le to r o u p o rta -d re n o . A

Exem plo 11.15

CY

^Thév = ^in

71

^ + 9mfíL ) (1 +

9mvX ^ Cout

■oV,o ut

Estágio FC

r n +R s ^Thév = ^ s l k n

=

177

m u ltip lic a ç ã o d e M iller faz c o m q u e u m g a n h o a lto n o c irc u ito se to rn e in d esejáv el. O p o lo d e sa íd a é d e te r m i­ n ad o , d e m a n e ira a p ro x im a d a , p e la re sistên c ia d e carg a, p e la c a p a c itâ n c ia c o le to r- s u b s tra to o u d re n o -b lo c o e p e la c a p a c itâ n c ia b a s e -c o le to r o u p o rta -d re n o .

N o estágio E C da Fig. 11.29(a), R s = 200 í 2, / ( = 1 m A, p = 100, C v = 100 fF, CM= 20 fF e C cs = 30 fF. (a) C alculem os os polos de e n tra d a e de saída com R , = 2 k íl. Q u e nó rep re se n ta o gargalo de v elocidade (lim ite d e largura de b an d a)? (b) É possível e sco lh er o valor de R , de m odo que o polo de saída lim ite a largura de banda? (a) C om o r n = 2,6 k íl, tem os R ,hix = 186 íl. A Fig. 11.30 e as Eqs. (11.58) e (11.59) fornecem \(j>P,in\ = 2 n x (516 M H z)

(11.60)

\cop,out\ = 2 n x (1,59 G H z).

(11.61)

Resposta em Frequência

445

Observamos que o efeito de Miller multiplica CMpor um fator de 78, tornando sua contribuição muito maior que a de Em conseqüência, o polo de entrada limita a largura de banda. (b) Devemos procurar um valor de R, que torne \(opin\ > \copoul\: 1

1 R

l

Ccs +

(11.62)

( 1 + ^gm^L) r ) c" . V

Se g„Ri » 1, temos [Ccs +C„ - gm(Rs\\rn)Ctl]RL > (/?.s||rT)C,T.

(11.63)

Com os valores pressupostos neste exemplo, o lado esquerdo é negativo, implicando que não exis­ te uma solução. O leitor pode provar que isto permanece válido mesmo que gmRL não seja muito maior que a unidade. Portanto, o polo de entrada continua sendo o gargalo de velocidade. Exercício

Repita o exemplo anterior para /< = 2 mA e C ff= 180 fF.

Um estudante de engenharia elétrica projetou o estágio FC da Fig. 11.29(a) para um certo ganho em frequências baixas e uma dada resposta em frequências altas. Infelizmente, na fase de configu­ ração, o estudante usou um MOSFET cuja largura é a metade da especificada no projeto original. Supondo que a corrente de polarização também seja dividida por dois, determinemos o ganho e os polos do circuito. Solução

Tanto a largura como a corrente de polarização do transistor foram divididas por dois; portanto, o mesmo ocorre com a transcondutância (por quê?). O ganho de pequenos sinais, gmRL, fica, então, dividido por dois. Reduzir a largura do transistor por um fator de dois também reduz a capacitância pelo mesmo fator. Partindo da Fig. 11.30 e das Eqs. (11.58) e (11.59), podemos expressar os polos como 1

\ü)p,out\ —

(11.64)

(11.65)

onde C/„,gm, CXYe Cout denotam os parâmetros que correspondem à largura original do dispositivo. Observamos que
11.4.4

O que acontece se os valores da largura e da corrente de polarização forem o dobro dos valores nominais?

Análise Direta

O uso do teorem a de Miller na seção anterior perm i­ tiu um entendim ento rápido e intuitivo do funciona­

m ento do circuito. No entanto, devemos efetuar uma análise mais precisa para com preender as limitações da aproxim ação de Miller neste caso.

446

Capítulo Onze

O circuito da Fig. 11.29(d) contém dois nós e, por­ tância de sobreposição porta-dreno) é relativamente tanto, pode ser resolvido com a escrita de duas LCKs. pequena, o zero aparece apenas nas frequências mui­ Ou seja," to altas e, portanto, é irrelevante.12 Como se esperava, o sistema contém dois polos, Vx ~ Vnt, dados pelos valores de a- que levam o denom inador N o N ó * : (V olll - Vx )C x y s = Vx C ins + R fh é v a zero. Podemos resolver a equação do segundo grau ( 11.66) as2 + bs + 1 = 0 para determ inar os polos, mas os resultados não ajudam muito no entendim ento. Em N o N ó Y : ( y x - V o u , Y ? x Y S = g m V x + V o U, ( ^ ^ + C ou, s \ . vez de resolver a equação, primeiro fazemos uma ob­ (11.67) servação interessante em relação ao denom inador da forma quadrática: se os polos forem dados por a>rll e a> p2, podem os escrever Calculamos V ^de (11.67): Cxys + „— Co,„s V* = Vol ______ Kl______ Cx y S — gm

as

+ bs + 1 = ( — + l ) ( — + l ) \ü)pi

( 11.68)

-1 COp \(O p2

J\(Op2

(11.74)

)

( - L + - L ) s -f 1. \COp\

(11.75)

(Op2 /

e substituímos o resultado em (11.66) para obter V o u iC xyS — ( C x y S + C in S +

1 \

(11.69)

A gora, suponham os que um polo seja m uito mais distante da origem que o outro: u>p2 » a>pl. (Esta é a cham ada aproxim ação do "polo dom inante", para enfatizar que o)p[ domina a resposta em frequência.) Então, (Op\ + (op2 *» ou seja,

(n7Q )

b= — ,

-(■ 1 Cxys + — + Couts _y 1 -Voul= - ^ . C x y s - gm Rvié Logo, Vou,
a s^ + b s

1

e, de (11.72),

onde, a = R Thév R L ( Q n C x Y + C ou,C x y + Q n C o u t )

1

(11 -71) ^

b

= (1+ g » i /?/. ) C x y R t I,í v + R

T h tv Q n + R l ( C x Y

N otem os, da Fig. 11.30, que, p ara um estágio EC, (11.70) deve ser multiplicada por r„/(Rs + r j para o cálculo de Vmi/ V in — sem afetar as localizações dos polos e do zero. Examinemos os resultados anteriores com cuida­ do. A função de transferência exibe um zero em Sm

CxY

i^ + g m R L ) C x Y R T h ív + R T h i v Q n + R L ( C x Y + C 0u, )

(11.77)

+ C oui ) ■ (11.72)

COr =

(11.76)

COpl

Em que este resultado se com para com o obtido com a aproximação de Miller? A Eq. (11.77) revela o efei­ to de Miller em C XY, mas também inclui o term o adi­ cional R, ( C XY + C„,„) [que é próxim o da constante de tem po de saída predita por (11.59)]. Para determ inar o polo “não dom inante”, cjpl, no­ tamos, de (11.75) e (11.76), que b

(11.73)

(1 +

(A aproxim ação de Miller não prevê esse zero.) C o­ mo CxY (ou seja, capacitância base-coletor ou capaci­

(11.78)

I&V2I = -

g m R 1. ) C x Y R

R Thév R

L

Thév + R r h iv Q n +

R l.( C x Y

+ Coui )

(PinC x Y “1“ C outC x Y "t" CjnC OU[)

11Recordemos que, no dom ínio da frequência, as grandezas são representadas por letras maiúsculas. ,2Com o explicamos em cursos mais avançados, este zero torna-se problemático nos circuitos internos de amp ops.

(11.79)

Resposta em Frequência

m y n h lQ

Solução

447

Usando a aproximação do polo dominante, calculemos os polos do circuito mostrado na Fig. 11.31 (a). Vamos supor que os dois transistores operem em saturação e que A ¥=0. Notando que Csm, CGS2 e CSB2 não afetam o circuito (por quê?), adicionamos as capacitâncias res­ tantes como indicado na Fig. 11.31(b) e simplificamos o resultado como mostrado na Fig. 11.31 (c), onde (11.80) (11.81) (11.82)

Qn = Cosi Cxy = Cgdi Cout = C d B\ + C g D2 + C d b i -

De (11.77) e (11.79) segue-se que (*>p\

<»p2

1 [1 + gml(ro\\\ro2 )]CxYRs + RsQn H- {ro\\\roi)iÇxY +Cout)

(11.83)

[1 + gm\(.ro\\\ro 2)]CxYRs + RsQn + (ro\\\ro 2)(CxY + Qwt)

(11.84)

Rs(roi I\r0 2 )(Ç in C x Y + CoutCxY + CinCout) C SB2

" H h H I1" 1— I1" ■■Hhf— — i f V 2 T C DB2

J

c l^GD2

■'out

C GD>\

V\n°---%---lC/^1

^in°

C XY

Rs l- 11l~ “ J ----- --------- T--- 0 '■out — IkM ! 1 1

Rs r~W

out

W r'D B 1 C GS1 - I -

- r ° o u t ^ r 01l | r 02

C;r

I (b)

(a)

(c )

Figura 11.31

Exercício

Exem plo 11.18

Solução

Repita o exemplo anterior para À = 0.

No estágio FC da Fig. 11.29(a), Rs = 200 í l , CGS = 250 fF, CGD= 80 fF, CDB = 100 fF,g„, = (150 í l ) " 1, À = 0 e R, = 2 k í l . Desenhemos o gráfico da resposta em frequência usando (a) a aproximação de Miller, ( b ) função de transferência exata, (c) aproximação do polo dominante. (a) Com gmR, = 13,3, as Eqs. (11.58) e (11.59) fornecem \(Opjn | = 2jt x (571 MHz) \ o p ,ouí\

(11.86)

= 2 n x (428 MHz).

(b) A função de transferência na Eq. (11.70) apresenta um zero em gJC GD = 27T Além disso, a = 2,12 X 10"2<) s~2e b = 6,39 X 10_,° s. Logo, \cúp \ | =

(11.85)

27r

x

(264 MHz)

\cop2 1= 2 n x (4,53 GHz).

X

(13,3 GHz).

(11.87) (11.88)

448

Capítulo Onze

Notemos o erro maior nos valores preditos pela aproximação de Miller. Esse erro surge porque mul­ tiplicamos CGDpelo ganho na banda central (1 + gmR,) e não pelo ganho às frequências altas.13 (c) Os resultados obtidos na parte (b) predizem que a aproximação do polo dominante produz resultados relativamente mais precisos, pois os dois polos estão bem afastados. Partindo das Eqs. (11.77) e (11.79), temos lo^il = 2 7T x (249 MHz) \cop 2 \ = 2 TT X (4,79 GHz).

(11.89) (11.90)

A Fig. 11.32 mostra o gráfico dos resultados. O ganho em frequências baixas é igual a 22 dB « 13 e a largura de 3 dB predita pela solução exata é de cerca de 250 MHz.

Figura 11.32

Exercício

11.4.5

Repita o exemplo anterior para o caso em que os valores da largura do dispositivo (e, por conse­ guinte, de suas capacitâncias) e da corrente de polarização são divididos por dois.

Impedância de Entrada

As impedãncias de entrada em altas frequências de amplificadores EC e FC determinam a facilidade com que estes circuitos podem ser excitados por outros es­ tágios. A análise anterior da resposta em frequência e, em particular, a aproxim ação de Miller fornecem essas impedãncias prontam ente. Como ilustrado na Fig. 11.33(a),a impedância de entrada de um estágio EC consiste em duas com po­ nentes paralelas: C n + (1 + g,„/?/))CMe rn.]4 O u seja,

Zin ^ r

T"77"T

n w-. 10 11^71-•

(11.91)

De modo similar, a impedância de entrada do circuito MOS é dada por Z », *

rr

I n o ^ i • [Cgs + (1 + ^gmRD)CGDP

( 1192)

Com um alto ganho de tensão, o efeito Miller pode reduzir de maneira significativa a impedância de en­ trada nas altas frequências.

" A grande discrepância entre \o>pou\ e Iíu^I resulta de um efeito chamado "afastamento de polos" (p o le sp litlin g ), estudado em cursos mais avançados.

l4No cálculo da impedância de entrada, a impedância de saída do estágio precedente (denotada por Rs) e excluída.

Resposta em Frequência

11.5

11.5.1

RESPO STA EM FR EQ UEN CIA DE ESTÁG IO S B A S E C O M U M E PORTA C O M U M

44 9

A Eq. (11.93) implica que o sinal não “sente” o efei­ to de C, se |(C,.?) '| «: R s + \lg,„. De outra perspecti­ va, a Eq. (11.94) fornece a resposta m ostrada na Fig. 11.34(b) e revela um polo em

Resposta em Baixas Frequências

Como nos casos de estágios E C e FC, o uso de aco­ plam ento capacitivo leva a uma queda (roll-off) no ganho em frequências baixas de amplificadores BC e PC. Considerem os o circuito BC representado na Fig. 11.34(a), onde /, define a corrente de polariza­ ção de Q | e Vh é escolhido para assegurar operação na região ativa ( Vh é m enor que a tensão de polari­ zação de coletor). Q uão elevado pode ser o valor de C,? Como C, aparece em série com R s, substituímos Rs por Rs + (Cp) 1na expressão do ganho na banda central, Rc /(R s + 1lgm), e escrevem os a resultante função de transferência como Voul , N, j)=

tH

Rc

gmRçCjS (1 + gmRs)CiS + gm

Figura 11.34

(11.93)

Rs + (PiS) * + 1/gm (11.94)

K ,| =

gm (1 + gn\Rs)Ci

(11.95)

sugerindo que esse polo deve permanecer muito abai­ xo da mínima frequência de sinal de interesse. Estas duas condições são equivalentes. 11.5.2

Resposta em Altas Frequências

Sabemos, dos Capítulos 5 e 7, que estágios BC e PC têm im pedâncias de en trad a relativam ente baixas (= 1lgm). As respostas desses circuitos em frequências altas não estão sujeitas ao efeito Miller, o que, em al­ guns casos, é uma vantagem im portante. C onsiderem os os estágios m ostrados na Fig. 11.35, onde r() = °° e as capacitâncias dos transisto­ res foram incluídas. Com o Vh está na terra AC, no­ tam os que (1) Q e CGS + CSB vão para a terra; (2)

(a) Estágio BC com capacitor dc acoplamento dc entrada, (b) resposta em frequência resultante.

450

Capítulo Onze

(b)

(a) Figura 11.35

Estágios (a) B C c (b) P C incluindo as capacitâncias dos transistores.

C(S e de Q , aparecem em paralelo com a terra, assim com o C(;I) e Cmi de A/,; (3) nenhum a capaci­ tância aparece en tre os circuitos de en trad a e de saída, evitando o efeito Miller. Na verdade, como todas essas capacitâncias veem a te rra em um de seus term inais, podem os associar um polo a cada nó. No nó X , a resistência total vista para a terra é dada por /?s||(l/g m) e resulta em

onde

Cx

=

C„

ou

C (!S

C s „.

+

M

De modo similar, em

=

Y,

(11-97)

onde C Y C ( S ou C (!l) + C I)H. Vale observar que a magnitude do polo “de en­ trad a” é da ordem da f , do transistor: C x é igual a C „ ou aproxim adam ente igual a C(;s, enquanto a resis­ tência vista para a terra é m enor que 1lgnr Por esta razão, raras vezes o polo de entrada do estágio BC/ PC cria um gargalo de velocidade.15 =

+

Calculemos os polos do circuito mostrado na Fig. 11. 36(a). Vamos supor A = 0. p VDD

^

dP

M2

y

t

É

0,/ou'

^ 1 ,Z \\—

1 ^in°— Vfr------1 (a)

Vb

^in°

2

T

°

out

__• Vb ^ ^DB1 + ^GD1 + ^GS2 + ^DB2

M, Rs

Rs

m

1

W ------- X : ^SB1 + ^GS1

(b) Figura 11.136

Solução

Notando que CGD2 e CSB2 não têm um papel no circuito, adicionamos as capacitâncias dos disposi­ tivos como indicado na Fig. 11.36(b). Portanto, o polo de entrada é dado por

l5Um a exceção ocorre em circuitos dc radiofreqüência (p. ex., telefones celulares), onde a capacitância de entrada se torna inde sejável.

Resposta em Frequência

1

\<*>p.x\ = (rs\\—

)(C, (Ç sb \

451

(11.98) H - ^ G 5 l)

W gnúJ

V

Como a resistência de pequenos sinais no nó de saída é igual a 1/gm2, temos 1 \cop ,y \

=

—

------(Ç

gm2 Exercício

Exem plo

11.20 Solução

d

(11.99)

B\ + C c D l + C g S2 + C d b i )

Repita o exemplo anterior com M2 operando como uma fonte de corrente, ou seja, com a porta conectada a uma tensão constante.

O estágio FC do Exemplo 11.18 é reconfigurado como um amplificador porta comum (com Rs co­ nectado à fonte do transistor). Desenhemos o gráfico da resposta em frequência do circuito. Com os valores dados no Exemplo 11.18 e notando que CSH= CnBl16obtemos, das Eqs. (11.96) e (11.97), \<úptx\ =27r x (5,31 GHz)

( 11. 100)

\<úP'Y\ = 2tt x (442 MHz).

(11.101)

Sem o efeito Miller, a magnitude do polo de entrada aumenta de maneira dramática. O polo de saída, no entanto, limita a largura de banda. Além disso, o ganho em frequências baixas agora é igual a R,I(RS + 1lgm) = 5,7, menor que o do estágio FC por um fator maior que dois. A Fig. 11.37 mostra o gráfico do resultado. O ganho em frequências baixas é igual a 15 dB « 5,7 e a largura de banda de 3 dB é da ordem de 450 MHz.

Figura 11.37

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que o amplificador PC alimenta uma capacitância de carga de 150 fF.

,6N a verdade, as capacitâncias de junção

CSBe CDBsustentam diferentes tensões de polarização reversa e, portanto, não são iguais.

452

11.6

Capítulo Onze

RESPO STA EM FR EQ U ÊN CIA DE S E G U ID O R E S

A resposta de seguidores em baixas frequências é similar à estudada no Exemplo 11.11 e à de estágios EC/FC. Portanto, aqui, estudarem os o com portam en­ to em altas frequências. Nos Capítulos 5 e 7, observam os que seguidores de em issor e de fonte ap resen tam alta im pedância de en tra d a e relativ am en te baixa im pedância de saída, e um ganho de ten são (positivo) subunitário. S eguidores de em issor — e, ocasionalm ente, seguidores de fonte — são utilizados com o buffers e, portanto, suas características em frequência são im portantes. A Fig. 11.38 ilustra os estágios, incluindo as capa­ citâncias relevantes. O seguidor de emissor é carrega­ do com C, para criar um caso mais geral e, também, maior semelhança entre os circuitos bipolar e MOS. Observam os que cada circuito contém dois capacitores aterrados e um flutuante. E m bora este último possa ser decom posto com a aproxim ação de Miller, a análise resultante foge ao escopo deste livro. Assim,

efetuarem os um a análise direta a p artir das equa­ ções do circuito. Como as versões bipolar e MOS na Fig. 11.38 diferem apenas por r,,, prim eiro analisare­ mos o seguidor de emissor, e depois faremos r„ (ou /3) tender ao infinito para obterm os a função de trans­ ferência do seguidor de fonte. Considerem os o equivalente de pequenos sinais m ostrado na Fig. 11.39. N otando que Vx = Vm„ + V„ e que a corrente na combinação em paralelo de r„ e C„ é dada por V„lr„ + escrevemos uma LCK no nó X: V°‘"

~~ m + (Vou, + V„)Clls + — + V„C„s = 0, (11.102)

E outra no nó de saída: — + V„C„s + gmV„ = Vou£ ls . rt A última expressão fornece V„=

Vou^ LS---- . ------ 1"

rn

(11.104)

(b)

(a) Figura 11.38

gm + C nS

(11.103)

(a) Seguidor de emissor e (b) seguidor de fonte incluindo as capacitâncias dos transistores.

Substituindo (11.104) em (11.102) e supondo rv » g ~ \ obtem os 1 + ---5

y Ollt

Vin

_____gm

as2 + bs + 1 ’

(11.105)

onde

Figura 11.39 emissor.

Rs a = — (CMCT + C„CL + C„CL) gm

(11.106)

b = RsC^ + — 4- (1 + — ) — . gm \ r„ ) gm

(11.107)

Equivalente de pequenos sinais do seguidor de

Resposta em Frequência

Portanto, o circuito apresenta um zero em \(úz\ =

gm

'C -'TT’

(11.108)

que, a partir de (11.49), é próxim o da f , do transistor. Os polos do circuito podem ser calculados por meio da aproximação do polo dominante descrita na Seção 11.4.4. Na prática, entretanto, os dois polos não são distantes um do outro, o que exige a solução direta do denom inador quadrático. Estes resultados também se aplicam ao seguidor de fonte se r„ —> e se as correspondentes substitui-

Exem plo

11.21 Solução

453

ções de capacitâncias forem feitas (Ç s/) e C, estão em paralelo):

Vom Vin

j.-----^ GSs 1i H _______ g m

(11.109)

as2 + bs + 1 ’

onde a = — [C g d C g s + C gm

b = RsCgd +

gd

(C s b + C

l

C gd + Csb + C l

) + C g s (C s b + C

l

)]

( 1 1 .1 1 0 )

(11.111)

Um seguidor de fonte é ativado por uma resistência de 200 íl e alimenta uma capacitância de car­ ga de 100 fF. Usando os parâmetros de transistor dados no Exemplo 11.18, desenhemos a resposta em frequência do circuito. O zero ocorre em g JC GS- 2 i r X (4,24 GHz). Para calcular os polos, obtemos a e b das Eqs. (11.110) e (11.111), respectivamente: a = 2,58

x

10“21 s-2

b = 5,8 x 10-11 s.

(11.112)

(11.113)

Os dois polos são, então, iguais a 2n [—1,79 GHz + /(2,57 GHz)]

(11.114)

wp2 = 2jr [-1,79 GHz - ;(2,57 GHz)].

(11.115)

(Op1 =

Com os valores escolhidos aqui, os polos são complexos. A Fig. 11.40 mostra o gráfico da resposta em frequência. A largura de banda de 3 dB é aproximadamente igual a 3,5 GHz.

Figura 11.40

Exercício

P ara q u e valor de g„, os dois polos se to rn am reais e iguais?

454

Capítulo Onze

Exem plo

11.22

Determinemos a função de transferência do seguidor de fonte mostrado na Fig. 11.41 (a), onde M2 opera como uma fonte de corrente. -T- V,DD 'GD1

^in°

DD

j

'

Rs CGS^ -r - v .out

‘'out

I

'G D 2

M. h

M.

(a)

(b)

C D B 2 + C SB1

Figura 11.41

Solução

Notando que CGS2 e CSH2 não têm um papel no circuito, incluímos as capacitâncias dos transistores como indicado na Fig. 11.41 (b). O resultado lembra o da Fig. 11.38, com C(;l)2 e CDti2 aparecendo em paralelo com Csm. Portanto, (11.109) pode ser reescrita como 1

_j_ ^ G51

v 1 + ----- 5 0141(r\ = #ml Vin K } as2 + bs + \ '

(11.116)

onde tf =

— ~ [C

8ml

gd

\C g s i + (Ç g d \ + C

b = RsCgdí +

C

gdi

+ Csbi + C

g s i)(C s b

gdi

+ C

\ + Cqd2 + Cd

(11.117)

b i)\

db2

(11.118)

Sm l

Exercício

11.6.1

Supondo que M, e M, são idênticos e usando os parâmetros de transistor dados no Exemplo 11.18, calcule as frequências dos polos.

Impedãncias de Entrada e de Saída

No Capítulo 5, observamos que a resistência de en­ trada do seguidor de emissor é dada por r„ + (/3 + 1 )R , , onde R , denota a resistência de carga. Além disso, no Capítulo 7 notamos que a resistência de en­ trada do seguidor de fonte tende ao infinito nas fre­ quências baixas. A seguir, efetuarem os uma análise aproxim ada e intuitiva para obter a capacitância de entrada de seguidores. C onsiderem os os circuitos m ostrados na Fig. 11.42, onde C„ e Cas aparecem en tre a entrada e a saída e, portanto, podem ser decom postos com o em ­

prego do teorem a de Miller. Como o ganho nas fre­ quências baixas é igual a R

A„ R

l

l

(11.119)

+ — 8m

notam os que a com ponente “de en trad a” de Cn ou Cas é expressa como C x = (1 — A

v )C x y

1 1 + gm ^L

C xY-

( 11.120) ( 11.121)

Resposta em Frequência

É interessante observar que a capacitância de entrada do seguidor contém apenas um a fração de Cn ou C(;s, dependendo do valor de gmR L. Obviam ente,

455

ou C(;/) deve ser somado a esse valor para fornecer a capacitância de entrada total.

Estimemos a capacitância de entrada do seguidor mostrado na Fig. 11.43. Vamos supor À # 0. 11.23 1 r vdd ‘'in— l t Vb— IC M2 . L Figura 11.43

Solução

Do Capítulo 7, o ganho do circuito em frequências baixas pode ser escrito como ro\ I V 02 AAv = ---------------j—. ro \W o 2 + -----gm\

(11.122)

Além disto, da Fig. 11.42(b), a capacitância que aparece entre a entrada e a saída é igual a CGSl9 resultando em Cin = Cg di + (1 - ^u)Cgsi = Cgd\ +

t—

7

---- --- ---- rCcsi-

(11.123) (11.124)

1 + gm\{r0 i\\rm )

Por exemplo, se g,„i(/oilko2) = 10, apenas 9% de CGS1 aparecem na entrada. Exercício

Repita o exemplo anterior para A = 0.

A gora, voltemos nossa atenção para a impedân- lar, o Capítulo 7 indicou uma resistência de saída de cia de saída de seguidores. O estudo do seguidor de l/g,„ para o seguidor de fonte. Nas frequências altas, emissor no Capítulo 5 revelou que a resistência de estes circuitos apresentam um com portam ento intesaída é igual a R s/(j3 + 1) + 1lg,„. D e m odo simi- ressante.

456

Capítulo Onze

Rs ^in°— W—T—

Rs

vcc

Rs

VDD

V\n° ---- VA— t -

cr -L

C G S -p

'n n

Z

out

out

(a)

Figura 11.44

(a) Im pedâncias dc saída dc seguidores de emissor e de fonte, (b) modelo de pequenos sinais.

C onsiderem os os seguidores representados na Fig. 11.44(a), onde, para simplificar, outras capaci­ tâncias e resistências são desprezadas. Como sempre, R s representa a resistência de saída de um estágio ou dispositivo precedente. Calculemos prim eiro a impe­ dância de saída do seguidor de em issor e, depois, fa­ çamos r„—> sc para determ inar a impedância de saída do seguidor de fonte. Partindo do circuito equivalente da Fig. 11.44(b), temos

Vx + g M

(11.125)

(Ix + g m V ^ R s - K = V X .

(11.126)

D eterm inado V„ a partir de (11.125) V„ = - l x --------- —----------

r„C„s + 0 + 1

(11.127)

e substituindo em (11.126), obtem os Vx _ Rsr„C*s +r„ + Rs Ix r„C„s + fi + \

Figura 11.45

(11.128)

Nas frequências baixas, como se esperava, Vx/ I x = (rn + Rs)l(P + 1) ■» 1!gm + ^.s/(/3 + 1). Nas frequên­ cias muito altas, Vx/I x = Rs\este resultado faz sentido, pois C„ se torna um curto-circuito. Os dois valores extrem os calculados para a im­ pedância de saída do seguidor de emissor podem ser usados para propiciar um m aior entendim ento. Os gráficos da Fig. 11.45 m ostram que, se R s < 1lg,„ + RS/(P + 1), a m agnitude desta impedância dim inui com oj e, se R s > 1lg,n + Rs/(l3 + 1), aumenta com w. Em analogia com a impedância de capacitores e in­ dutores, dizemos que, no prim eiro caso, Z,„„ apresen­ ta um com portam ento capacitivo e, no segundo, um com portam ento indutivo. Q ual dos dois casos tem maior probabilidade de o correr na prática? Com o um seguidor serve para reduzir a impedância de excitação, é razoável supor que, nas frequências baixas, a im pedância de saída do seguidor é m enor que RS.X1 Portanto, o com por­ tam ento indutivo é mais encontrado. (É até possível que a impedância de saída indutiva leve à oscilação se o seguidor vir um certo valor de capacitância de carga.)

Im pedância dc saída do seguidor dc emissor em função da frequência para (a) pequeno valor dc R s e (b) grande

valor de R s.

l7Se a resistência de saída do seguidor for maior que Rs, é melhor omitir o seguidor!

Resposta em Frequência

Pode-se estender o desenvolvim ento anterior a seguidores de fonte dividindo-se o num erador e o denom inador de (1 1 . 128) por r e fazendo-se r„ e jS tenderem ao infinito: % _ y ^ + i /a-

Figura 11.46 lor de R s.

K B & iiiJ jlIjfl

(11129)

C c5 S + g m

457

onde (/3 + l) /r we C„ foram substituídos, respectiva­ mente, por g,„ e por C(;n. Os gráficos da Fig. 11.45 são redesenhados para o seguidor de fonte na Fig. 11.46 e exibem um com portam ento semelhante. A impedância indutiva vista na saída de seguido­ res é útil para a realização de “indutores ativos”.

Im pedância de saída do seguidor de fonte em função da frequência para (a) pequeno valor de R s e (b) grande va­

A Fig. 11.47 mostra um amplificador de dois estágios que consiste em um circuito FC e um seguidor de fonte. Supondo A ^ 0 para M, e Af>, A = 0 para My e desprezando todas as capacitâncias, exceto Cí;V3, calculemos a impedancia de saída do amplificador. Q

“

1

\/ uu — J h i-

TC

iT

— “ Vou.

^out

(b)

(a) Figura 11.47

Solução

A impedância de fonte vista pelo seguidor é igual à resistência de saída do estágio FC, que é igual a r(n\\r()1. Admitindo Rs = r(n\\r()2 em (11.129), temos Vx _ (^oilko2)Cfí.V3^ + 1 Ix

Exercício

11.7

C c s s s + gnú

No exemplo anterior, determine Z„„, se À # 0 para M x-My

RESPOSTA EM FREQUÊNCIA DE ESTÁGIOS CASCODES

A análise de estágios EC/FC da Seção 11.4 e dos es­ tágios BC/PC da Seção 11.5 revela que os primeiros apresentam resistência de entrada relativamente alta e estão sujeitos ao efeito Miller, enquanto os segundos apresentam resistência de entrada relativamente bai­

xa e não estão sujeitos ao efeito Miller. É interessante combinar as propriedades desejáveis das duas topolo­ gias para obter um circuito com resistência de entrada relativamente alta e nenhum a,ou pouca influência do efeito Miller. Com efeito, este raciocínio levou à inven­ ção da topologia cascode na década de 1940. C onsiderem os os cascodes representados na Fig. 11.48. Com o m encionam os no Capítulo 9, esta

458

Capítulo Onze

‘'out

/w, 'G D 1

Rs ^in°--- Wr j z !

(a) Fig ura 11.48

(b) Estágios cascodes (a) bipolar e (b) M OS.

estrutura pode ser vista como um transistor EC/FC, <2, ou A/,, seguido de um dispositivo BC/PC, Q2 ou M2. Assim, o circuito apresenta resistência de en tra­ da relativam ente alta (para Q x) ou infinita (para A/,) e ganho de tensão igual a g,„tR , .18 C ontudo, o que podem os dizer da multiplicação de Miller de CM, ou Cíl7„? Primeiro, devemos calcular o ganho de tensão do nó X para o nó Y. Supondo r() — oo para todos os transistores, notamos que a impedância vista em Y é igual a l/gm2, resultando em um ganho de pequenos sinais de A

v.x y

= —

vx £m l

Vamos prosseguir com a análise e, usando a aproxim ação de Miller, estim ar os polos da topolo­ gia cascode. A Fig. 11.49 m ostra o cascode bipolar ju n tam en te com as capacitâncias dos transistores. N otem os que o efeito de C M, em Y tam bém é igual a (1 - A ^xy) C m, = 2 C M|. A ssociando um polo a ca­ da nó, obtem os \o>P.x\ =

„ ' , „ , ORslkjri)(Ciri + 2 Cmi )

\ o ) p%y \ =

— j -------------------------------------------------------------

(11.136)

------ (Ccsi + c n2 + 2C/Zi )

Sm2

(11.131) (11.132)

(11.135)

luP.oUt\ = „ ^

1.^

R l(C c S 2 + C h

gnü

2)

(11.137)

É interessante observar que o polo no nó Y ocorre No cascode bipolar, g,,,, = g,„2 (por quê?) e o ganho é próximo à / ; de Q2se C ,2» Ccsi + 2Clll. Mesmo para igual a - 1 . No circuito MOS, A/, e M 2 não precisam ser idênticos, mas gml e gm2 são comparáveis, devido às relativamente fracas dependências em relação a W/L. Portanto, na maioria dos casos práticos, podem os di­ zer que o ganho de X para Y perm anece próximo de - 1 e concluímos que o efeito M iller em CXY = CM, ou C(;m é dado por Cx = (1 —A v,x y )Cxy SS 2Cx y .

(11.133) (11.134)

Este resultado contrasta com o expresso em (11.56), o que sugere que, devido ao efeito M iller,o transistor cascode quebra a relação de perm uta entre ganho e capacitância de entrada.

Figura 11.49 sistores.

Cascode bipolar com as capacitâncias dos tran­

'“No circuito bipolar, a divisão de tensão entre Rs e rwl reduz ligeiramente o ganho.

Resposta em Frequência

459

valores comparáveis de C„2 e C csl + 2C ^ , podemos \to p .Y \ = — dizer que este polo é da ordem d e /,/2 , uma frequên­ ----- \ c d B\ + C g S2 + + — ^ C g d i + C 5B2I cia tipicam ente muito maior que a largura de banda Snü Sm do sinal. Por esta razão, em geral o polo no nó Y tem (11.139) efeito desprezível na resposta em frequência do es­ 1 tágio cascode. (11.140) O cascode MOS é representado na Fig. 11.50 jun­ R l ÍP d b i + C g d i) tam ente com as capacitâncias, após o uso da apro­ ximação de Miller. Como, neste caso, o ganho de X Notam os que iop Y ainda é da ordem de /,/2 se CGS2 e para Y pode não ser igual a —1, devemos usar o valor C,m + (1 + g,Jgmi)C(w\ forem comparáveis. A partir do estudo da topologia cascode feito no real, - gmJgm2, para obterm os uma solução mais geral. Capítulo 9 e neste capítulo, identificamos duas pro­ Associando um polo a cada nó, temos priedades distintas e im portantes deste circuito: (1) (11.138) capacidade de apresentar alta impedância de saída \&p,x\ = e, portanto, atuar como uma boa fonte de corrente e/ Rs |^Cgsi + ^1 + ^Cgdi ou amplificador de alto ganho; (2) redução do efeito L

Figura 11.50

Exem plo 1 1 .2 5

Solução

V

1 /

J

Cascode M O S incluindo as capacitâncias dos transistores.

O estágio FC estudado no Exemplo 11.18 é convertido na topologia cascode. Admitindo que os dois transistores são idênticos, estimemos os polos. desenhemos o gráfico da resposta em frequência e comparemos os resultados com os do Exemplo 11.18. Vamos supor CDB = CSB. Usando os valores dados no Exemplo 11.18, escrevemos, a partir das Eqs. (11.138), (11.139) e (11.140), (1,95 GHz)

(11.141)

|(op,Y \ = 2 7Tx (1,73 GHz)

(11.142)

\coPfOUi\ = 2n x (442 MHz).

(11.143)

\(DP'X \

= 2 7T

X

Notemos que, neste exemplo, o polo no nó Y é muito menor que f,J2. Comparando com os resulta­ dos da aproximação de Miller obtidos no Exemplo 11.18, a frequência do polo de entrada aumen­ tou de modo considerável. Comparada com o valor exato calculado naquele exemplo, a largura de banda do cascode (442 MHz) é quase duas vezes maior. A Fig. 11.51 mostra o gráfico da resposta em frequência do estágio cascode.

46 0

Capítulo Onze

Frequência (Hz) Figura 11.51

Exercício

Exem plo

11.26 Solução

Repita o exemplo anterior para o caso em que o valor da largura de M2— e, portanto, os de suas capacitâncias — é dobrado. Suponha gm2 = (100 íl)"1.

No cascode mostrado na Fig. 11.52, o transistor Myfunciona como uma fonte de corrente constante, permi­ tindo que M, conduza uma corrente maior que a de M2. Estimemos os polos do circuito, supondo A = 0. O transistor My contribui com CGm e CDBy para o nó Y, reduzindo a magnitude do polo correspon­ dente. O circuito obtido tem os seguintes polos: 1

\&p.x\ =

(11.144)

Rs Qssi + f 1 + V gm2/ \<*>p . y \ =

l^p.oul I =

(11.145)

1

CdB\ + C(iS2 + f l + — Vo-D, + Com + Cdb3 + Qsm V gm\ ) gnü 1 R l (Cdb2 + Qsm)

(11.146)

Notemos que a magnitude de opX também é reduzida, pois a adição de A/3 diminui In2 e, portanto. gm2. VD D

Aí, Kout

^b1 •—

IWo

^in°---W— Figura 11.52

Exercício

Calcule as frequências dos polos do exemplo anterior usando os parâmetros de transistor dados no Exemplo 11.18 para Mr My

Resposta em Frequência

Miller e, em conseqüência, m elhor desem penho nas frequências altas. Estas duas propriedades serão ex­ ploradas de maneira exaustiva. 11.7.1

| cgsi + ^1 + Z nut —

A anterior análise do estágio cascode fornece pron­ tam ente estimativas das im pedâncias I/O. Partindo da Fig. 11.49, a im pedância de en trad a do cascode bipolar é dada por Zin —f":tI

1 (C „ i +

(11.147)

2 C mi ) s

onde Z in não inclui Rs. A impedância de saída é igual a Zout = R l

1

(11.148)

(C /i 2 + C c s l ) s

onde o efeito Early foi desprezado. D e m odo simi­ lar, para o estágio MOS representado na Fig. 11.50, temos

(11.149)

Zin =

Impedâncias de Entrada e de Saída

j

^ C

R l (CgD2+CdB2)'

gdi j

•

(11.150)

onde admitimos \ = 0. Se R , for grande, as resistências de saída dos tran­ sistores devem ser levadas em consideração. Este cál­ culo está além do escopo deste livro.

| 11.8 | RESPO STA EM FREQ UÊNCIA DE PARES D IF E R E N C IA IS O conceito de m eio-circuito introduzido no C apí­ tulo 10 tam bém pode ser aplicado ao m odelo de altas frequências de pares diferenciais, que, dessa form a, são reduzidos aos circuitos estu d ados a n ­ teriorm ente. A Fig. 11.53(a) ilustra pares diferenciais, bipolar e MOS, juntamente com suas respectivas capacitâncias. Para entradas diferenciais pequenas, os meios-circui-

Rd :

'in1 O

Rs

Wl 7YV

CGS^

VDD

►

C GD1 II i 11 4

1 4 1:

lh M ,

i J

c U DB1

r ^S B 1 II II I* li

(b) Figura 11.53

461

(a) Pares diferenciais bipolar e MOS, incluindo as capacitâncias dos transistores; (b) meios-circuitos.

462

Capítulo Onze

tos podem ser construídos tal como mostrados na Fig. 11.53(b). A função de transferência é dada por (11.70): V (C out-(s)= X*St l ^ mi t L, (11.151) as2 + bs + 1 Vrhiv

onde a mesma notação é usada para vários parâm etros. De m odo similar, as impedâncias de entrada e saic*a (^e cac*a à terra) são iguais às dadas em (11.91) e (11.92),respectivamente.

Um par diferencial emprega dispositivos cascodes para reduzir o efeito Miller [Fig. 11.54(a)]. Va­ mos estimar os polos do circuito. DD

DD

R\ 'out

Mo

“ T «° ^u ‘'out -r- C(1GD3*1 no+, C DB3

le Rs

Rs

A

__I,

f M2j j H

X

V\n° Wr

«S

V A — °Vjn2

^GS1 + ^GDl(^+ ~Z----) T"

9 m3

(*)/ SS

r ^GS3 + ^GD1 (1+ ~---) + ^DB1 + ^SB3 9 m1 (b)

(a) Figura 11.54

Solução

Com o meio-circuito mostrado na Fig. 11.54(b). usamos os resultados obtidos na Seção 11.7: 1

I<0p,x\ =

(11.152) Rs ^Ccsi + ^1 + y ^ C cdx 1

\ u >p , y \ =

(11.153)

—

— \ cdb\ + Cgs3 + f 1 + — gnú L V êml / 1 R l (Cdb3 + C gd ?>)

+ Csbí (11.154)

Exercício

Calcule as frequências dos polos usando os parâmetros de transistor dados no Exemplo 11.18. Su­ ponha que a largura e, portanto, as capacitâncias de Àf, têm valores iguais ao dobro dos correspon­ dentes valores para M,, e que gm3 = y[2gml-

Figura 11.55

(a) Par diferencial com capacitância parasita no nó de cauda; (b) resposta em frequência em modo comum.

Resposta em Frequência

463

11.8.1 Resposta em Frequência em M o d o Comum*

A resposta CM estudada no C apítulo 10 não incluiu as capacitâncias dos transistores. Nas frequências al­ tas, as capacitâncias podem elevar o ganho em modo comum (e reduzir o ganho diferencial), degradando a razão de rejeição do modo comum. Consideremos o par diferencial MOS represen­ tado na Fig. 11.55(a), onde um a capacitância finita aparece entre o nó P e a terra. C om o Css está em paralelo com Rss, esperam os que a impedância total vista entre P e a terra caia nas frequências altas, re­ sultando em maior ganho CM. Na verdade, podemos substituir R ss por /?vvll[l/(Csvs)] na Eq. (10.186): Al/ AVca/

A Rd

+2H ü ) gmARp(RssCss + 1) RssCsss + 2gmRss + 1

(11.155)

(11.156)

Como Rss,em geral, tem valor mui to elevado, 2g„,Rss » 1 , resultando nas seguintes frequências de polos e zeros: I®, I =

Exem plo

11.28

1

Figura 11.56 nó dc cauda.

i\ ° > p \i —_

_

Css

(11.158)

e a aproxim ação de Bode ilustrada no gráfico da Fig. 11.55(b). Com efeito, o ganho CM aum enta de maneira dramática a frequências altas — por um fator de 2 gmRss (por quê?). A Fig. 11.56 ilustra as capacitâncias do transistor que constituem Css. Por exemplo, M y é , em geral, um dispositivo largo, de m odo que opere com pequeno Vns; com isto, Af, adiciona uma grande capacitância ao nó P.

11.9

(1H57)

RssCss

Contribuições dc capacitâncias do transistor ao

E X E M P LO S A D IC IO N A IS

O amplificador mostrado na Fig. 11.57(a) incorpora acoplamento capacitivo na entrada e entre os dois estágios. Determinemos a frequência de corte inferior do circuito. Vamos supor ls = 5 X 10 16 A ,j3= 100 e VA = oo. Vcc = 2,5 V 100 kQ

flB1 ftc Í l k Q __

200 nF

r

RB2Í5 0 k Q |

^

K °2 vout

200 nF

(a)

-olA,

(b)

(C)

Figura 11.57

*Esta seção pode ser pulada em uma prim eira leitura.

464

Capítulo Onze

Solução

Primeiro, devemos calcular o ponto de operação e os parâmetros de pequenos sinais do circuito. A partir do Capítulo 5, começamos com uma estimativa para vm (p. ex., 800 mV) e expressamos a corrente de base de Q xcomo (Vcc - VHEl)IRm\ portanto, Ic x = P Vc € ~ VbEX Kb \ = 1,7 mA.

(11.159) (11.160)

Segue-se que V,f/:x = V, ln(/( ,//sl) = 748 mV e Icx = 1,75 mA. Assim, gm{ = (14.9 íl) _1 e 1,49 kíl. Para Q2, temos V cc

=

Íb iR b i

logo,

+

V bei

+

R e Ic i,

=

(11.161)

Vc c — V BE2

= R v lfi + Rc

(1L162>

= 1,13 mA,

(11.163)

onde admitimos V ,fia « 800 mV. O processo iterativo leva a I(7 = 1,17 mA. Logo, = (22,2 Í2)"1 e r n2 = 2,22 kíl. Agora, consideremos o primeiro estágio isoladamente. O capacitor C, forma um filtro passaaltas com a resistência de entrada do circuito, R M , que atenua as frequências baixas. Como R inl = rw,ll/?m, a frequência de corte inferior deste circuito é igual a

■“ ■ = 27T x (542 Hz).

< iu m ) (11.165)

O segundo capacitor de acoplamento também cria um filtro passa-altas com a resistência de en­ trada do segundo estágio, R in2 = R ,f2W[rn2 + (/3 + l)/?/J. Para calcular a frequência de corte, constru­ ímos a interface simplificada mostrada na Fig. 11.57(b) e determinamos V y / I x. Neste caso, é mais simples substituir /, e R ( por um equivalente de Thévenin, Fig. 11.57(c), onde V Théx. = - I XR C. Ago­ ra, temos Vy

( s ) = ----------------^

VW e obtemos um polo em

«C +

C2s

----------------,

(11.166)

+ R„2

■“ - õ f c + k s s = n x (22,9 Hz).

(11.168)

Como co,2 «: co,,, concluímos que coLX“domina” a resposta nas frequências baixas, ou seja, o ganho cai 3 dB em co,A. Exercício

Exem plo 1 1 .2 9

Repita o exemplo anterior para R, = 500 íl.

O circuito da Fig. 11.58(a) é um exemplo de amplificador realizado em circuitos integrados. O cir­ cuito consiste em um estágio degenerado e um estágio autopolarizado, com valores moderados para C, e C2. Supondo que Mx e M2 são idênticos e têm parâmetros iguais aos do Exemplo 11.18, desenhemos o gráfico da resposta em frequência do amplificador.

Resposta em Frequência

465

Terra AC

-----|i-

VDD

1 kíl

D1

'2

X

-Wr Hh ‘'out M, 10 PF 10 k í l '•------ 1 ------- l t > 2 C, J 50 pF

1 kLI

D1

HF

Rs v in°

200 O

U ", -

[*" ^in2

M V --------- 1

1

7S1

RD2 %

^GD2

*s

-II— ° gsi : :

Wr "

”

t

-°v,out

Hkjw2

fíD1II fí\n2 °

■'GD1

^V eout

D1

'DB1

10 k Q

(b)

(a)

—W4----- | t Í ( r M, 1 1

E1 k í l

r f

Terra AC

200 í l z

^GD1

" D2

X

'DB2

'GS1 “

i

I[h» -[- C DB1 + C GS2 + (1

M, 1 1 T

^ v 2 )^GD2

T

^GS2 (d)

(C)

Figura 11.58

Solução

Começamos com a região de frequências baixas e, primeiro, consideramos o papel de C,. Partindo da Eq. (11.55) e da Fig. 11.28(c), notamos que C, contribui com uma frequência de corte baixa em Comportamento em Baixas Frequências

co i a

=

gm\Rs\ + 1 Rs\C\

= 2 7T x

(37,1 MHz).

(11.169) (11.170)

C2e a resistência de entrada do segundo estágio, Rin2, contribuem com uma segunda frequência de corte baixa. Esta resistência pode ser calculada com a ajuda do teorema de Miller: R R iril ~

f

1 - A v29

(11.171)

onde A v2 denota o ganho de tensão de X ao nó de saída. Como R, » Rm, temos A v ^ —g^R m = - 6,67,19e obtemos Rin2 = 1,30 kíl. Efetuando uma análise similar à do exemplo anterior, o leitor pode mostrar que U>L2 =

1 (^Dl + RinlY^2

= 2 7T x

(6,92 MHz).

(11.172) (11.173)

Como (oIA permanece bem acima de o>/2, o corte é dominado pela primeira. Comportamento na Banda Central Em seguida,calculamos o ganho na banda central. Nas frequ­ ências da banda central, C, e C2atuam como curtos-circuitos e as capacitâncias dos transistores têm um papel desprezível, permitindo que o circuito seja reduzido ao da Fig. 11.58(b). Notamos que vQJ vm = (vx^vmV(vo,„^x) e que ° dreno de M, vê duas resistências para a terra AC: Rni e Rin2. Ou seja,

,9Com esta estimativa do ganho, podemos expressar o efeito M iller de R r na saída como R ,J( 1 - A \ \ ) ~ 8,7 k íl, conectamos esta resistência em paralelo com R n2 e escrevemos A i a = - g„,2(/?/>2l|8.7 k íl) = -5 ,9 8 . No entanto, para simplificar, prosseguiremos sem essa iteração.

466

Capítulo Onze

Vx_

= —g/wl(^Dl Il^//i2)

(11.174)

= —3,77.

(11.175)

Vin

O ganho de tensão do nó X para a saída é aproximadamente igual a tanto, o ganho total na banda central é aproximadamente igual a 25,1.

2

*P°is

» ^/>2*20P°r"

Para estudar a resposta do amplificador nas frequên­ cias altas, inserimos as capacitâncias dos transistores e notamos que Csm e CSB2 não têm qualquer papel no circuito, pois os terminais de fonte de Mxe de M2estão na terra AC. Com isto, obtemos a topologia simplificada mostrada na Fig. 11.58(c),onde a função de transferência global é dada por

Comportamento em Altas Frequências

V J V , n = ( V x / V in) ( V oul/ V x ).

Como calculamos Vx /V-m na presença do carregamento do segundo estágio? As duas capacitâncias C/m e C GS2 estão em paralelo, mas o que podemos dizer sobre o efeito de R, e CGD21 Aplicamos a

aproximação de Miller às duas componentes para convertê-las em elementos aterrados. O efeito Miller de R, foi calculado anteriormente como equivalente a Rin2 = 1,3 kíl. A multiplicação de Miller de CGn2 é dada por (1 - A v2)CGD2 = 614 fF. O primeiro estágio pode, agora, ser desenhado como indicado na Fig. 11.58(d), e pode ser analisado como o estágio FC da Seção 11.4.0 zero é dado por g„JC(;m = 27r X (13,3 GHz). Os dois polos podem ser calculados a partir das Eqs. (11.70), (11.71) e (11.72): |<üpi|

= 2 ti

x

(242MHz)

\(oP2 \ = 2jt x (2,74 GHz).

(11.176) (11.177)

O segundo estágio contribui com um polo no nó de saída. O efeito Miller em CG/)2é expresso na saída como (1 - A~2 )CGl>2 « 1,15CGD2 = 92 fF. Adicionando Cmf2 a este valor, obtemos o polo de saída como \<*>p3\ =

R l2(115CGd2 +C db2)

= 2n x (0,829 GHz).

(11.178) (11.179)

Observamos que o>7,, domina a resposta nas frequências altas. A Fig. 11.59 mostra o gráfico da resposta completa. O ganho na banda central é de aproximadamente 26 dB ** 20, cerca de 20% abaixo do resul­ tado calculado. Isto é devido, principalmente, ao uso da aproximação de Miller para R,, Além disto, a largura de banda “útil” pode ser definida a partir do corte inferior de 3 dB (« 40 MHz) ao corte superior de 3 dB (« 300 MHz) e é de quase uma década. O ganho cai à unidade por volta de 2,3 GHz.

Figura 11.59

20Caso contrário, o circuito dcvc ser resolvido com o uso de um equivalente de pequenos sinais completo.

Resposta em Frequência

11.10

467

Devido a capacitores de acoplam ento ou de d e­ generação, a resposta em frequência tam bém pode exibir uma queda à medida que a frequ­ ência é reduzida a valores muito baixos. Transistores bipolar e MOS contêm capacitân­ cias entre seus terminais e entre alguns terminais e a terra AC. A o se analisar um circuito, essas capacitâncias devem ser identificadas e o circui­ to resultante deve ser simplificado. Os estágios EC e FC têm função de transferên­ cia do segundo grau e, portanto, dois polos. A aproxim ação de M iller indica um polo de en ­ trada que inclui a m ultiplicação de M iller da capacitância base-coletor ou porta-dreno. Se os dois polos de um circuito forem afastados um do outro, a “aproximação do polo dom inan­ te” pode ser usada para determ inar uma expres­ são simples para a frequência de cada polo. Estágios BC e PC não estão sujeitos ao efeito M iller e alcançam velocidades mais altas do que estágios EC/FC, mas suas im pedâncias de en trad a mais baixas lim itam a sua aplicabili­ dade. Seguidores de em issor e de fonte apresentam grande largura de banda. No entanto, suas im­ pedâncias de saída podem ser indutivas, o que, em alguns casos, causa instabilidade. Para se tirar proveito das altas impedâncias de entrada de estágios EC /FC e reduzir o efeito Miller, pode-se usar um estágio cascode. A resposta em frequência diferencial de pares diferenciais é similar à de estágios EC/FC.

R E S U M O DO CAPÍTULO

• A velocidade de circuitos é limitada por várias capacitâncias que os transistores e outras com­ ponentes acrescentam a cada nó. • A velocidade pode ser estudada no domínio do tem po (p. ex., com a aplicação de um degrau) ou no domínio da frequência (com a aplicação de uma senoide). A resposta em frequência de um circuito corresponde à segunda opção. • À medida que a frequência de operação aum en­ ta, capacitâncias apresentam impedâncias mais baixas, reduzindo o ganho. O ganho cai nas fre­ quências altas de sinal. • Para obter a resposta em frequência, devemos deduzir a função de transferência do circuito. A magnitude da função de transferência indica como o ganho varia com a frequência. • As regras de Bode aproxim am a resposta em frequência se polos e zeros forem conhecidos. • Uma capacitância conectada entre a entrada e a saída de um amplificador inversor aparece na entrada multiplicada por um fator igual a um menos o ganho do amplificador. Este é o cha­ m ado efeito Miller. • Em muitos circuitos, é possível associar um polo a cada nó, ou seja, calcular a frequência do polo como o inverso do produto da capacitância e da resistência vistas entre o nó e a terra AC. • O teorema de Miller permite que uma impedân­ cia flutuante seja decom posta em impedâncias aterradas.

EX ER C ÍC IO S 1 1 .1

citância de carga de 2 pF. Qual é o máximo ganho (nas frequências baixas) que pode ser obtido com uma dissipação de potência de 2 mW? Suponha Vcc = 2,5 V e despreze o efeito Early e outras ca­ pacitâncias.

No amplificador da Fig. 11.60. /?„ = 1 k íl e C, = 1 pF. Desprezando a modulação do comprimento do canal e outras capacitâncias, determine a frequência em que o ganho cai em 10% (=» 1 dB).

- r- V,cc

DD

«D ? -oV,out

out

Figura 11.61

Figura 11.60 1 1 .3 1 1 .2

No circuito da Fig. 11.61. desejamos alcançar uma largura de banda de 3 dB de 1 GHz,com uma capa­

Determine a largura de 3 dB dos circuitos mostra­ dos na Fig. 11.62. Suponha VA = * e À> 0. Despreze outras capacitâncias.

468

Capítulo Onze

para Determine a largura de banda de 3 dB do circuito. ■oV,out

out

I

i

(a)

11.11 Considere o circuito mostrado na Fig. 11.64. Supon­ do A> 0 e desprezando outras capacitâncias. deduza a função de transferência. Explique por que o cir­ cuito funciona como um integrador ideal quando A—>0.

(b)

VDD

V,DD

DD

V -1 f> 2 "C L

d)

-+V,out

-oKO U t

OUt

H t^ m 2 == c l

^in°—

(d)

(c)

==

Figura 11.64

Figura 11.62 1 1 .1 2

11.4 Construa o diagrama de Bode de |K#Jlf/V j para os estágios representados na Fig. 11.62. 11.5 Um circuito contém dois polos coincidentes (ou seja, iguais) em cjpl. Construa o diagrama de Bode de \V J V J .

Devido a um erro de fabricação, uma resistência parasita Rp apareceu em série com a fonte de Mx na Fig. 11.65. Supondo A = 0 e desprezando outras capacitâncias, determine os polos de entrada e de saída do circuito.

11.6 Um amplificador apresenta dois polos, em 100 MHz eem 10GHz,eumzero,em 1 GHz. Construa o dia­ grama de Bode de \V0J V in\11.7 Um integrador ideal contém um polo na origem, ou seja, em cop = 0. Construa o diagrama de Bode de IVtJ V j . Qual é o ganho do circuito em frequências arbitrariamente baixas? 11.8 Um diferenciador ideal provê um zero na origem, ou seja, em w. = 0. Construa o diagrama de Bode de | V0J V inY Qual é o ganho do circuito em frequ­ ências arbitrariamente alias1? 11.9 A Fig. 11.63 ilustra uma cascata de dois estágios FC idênticos. Desprezando a modulação do com­ primento do canal e outras capacitâncias, construa o diagrama de Bode de \V,JVin\. Note que VouJVm = (v y v Q (K tí/v ,) .

Figura 11.63

11.10 No Exercício 9, deduza a função de transferência do circuito, substitua s = jto e obtenha uma expressão

Figura 11.65

11.13 Repita o Exercício 12 para o circuito mostrado na Fig. 11.66.

Figura 11.66

11.14 Repita o Exercício 12 para o estágio FC mostrado na Fig. 11.67.

Resposta em Frequência

DD

R0 se Rs

-° v.out

11.19 Usando o teorema de Miller, estime a capacitância de entrada do circuito representado na Fig. 11.71. Suponha A > 0 e despreze outras capacitâncias. O que acontece se A—>0?

----»---- 1\ZM, ^ C l

-p .

V.DD

<í>

I Cin n R P'

r

Figura 11.67

11.15 Deduza uma expressão para a figura de mérito defi­ nida pela Eq. (11.8) para um estágio FC. Considere apenas a capacitância de carga. 1 1 .1 6

46 9

Aplique o teorema de Miller ao resistor R, na Fig. 11.68 e estime o ganho de tensão do circuito. Suponha VA = <» e que Rr seja grande o bastante para permitir a aproximação voullvx = —gmRc-

C,n

Figura 11.71 1 1 .2 0

Repita o Exercício 19 para o seguidor de fonte mos­ trado na Fig. 11.72. DD

vcc r*" c F T_

Rf

Cin

out

Rb

-VA—

X

1 Figura 11.72

Figura 11.68

11.17 Repita o Exercício 16 para o seguidor de fonte da Fig. 11.69. Suponha X = 0 e que R, seja grande o bastante para permitir a aproximação vfíUllvx = R,l

Rs x

1 1 .2 1

Usando o teorema de Miller, explique por que o es­ tágio base comum ilustrado na Fig. 11.73 provê uma capacitância de entrada negativa. Suponha VA =&>e despreze outras capacitâncias. V,cc

DD

^in°“ “Wr

out

r

Figura 11.69

Cín

11.18 Considere o estágio base comum ilustrado na Fig. 11.70, onde a resistência de saída de Q, é desenhada ex­ plicitamente. Utilize o teorema de Miller para esti­ mar o ganho. Suponha que r() seja grande o bastante para permitir a aproximação voutlvx = g„,Rc.

Figura 11.73 1 1 .2 2

Use o teorema de Miller para estimar os polos de entrada e de saída do circuito mostrado na Fig. 11.74. Suponha VA = despreze outras capacitâncias. -j- vcc c F ,lc

^in°

-*V,out

RB WrFigura 11.74

470

Capítulo Onze

1 1 .2 3

Repita o Exercício 22 para o circuito da Fig. 11.75.

Figura 11.77

1 1 .2 4

Para os circuitos bipolares mostrados na Fig. 11.76, identifique todas as capacitâncias dos transistores e determine quais estão em paralelo e quais têm os dois terminais aterrados. vcc

1 1 .2 6

Na dedução da Eq. (11.49) para a/, de transistores, desprezamos CMe C(1D. Refaça a dedução sem esta aproximação.

1 1 .2 7

Pode-se mostrar que, se os portadores minoritários injetados pelo emissor na base gastarem t , segun­ dos para cruzar a região da base, Cb = gmt p (a) Escrevendo C„ = Ch+ Cj(,supondo que Cjt. seja independe da corrente de polarização e usando a Eq. (11.49),deduza uma expressão para/, de transistores bipolares em termos da corrente de polarização de coletor. (b) Esboce o gráfico de f , em função de I( .

1 1 .2 8

Pode-se mostrar que CGS (2/3)WLCox para um MOSFET que opera em saturação. Usando a Eq. (11.49), prove que

vcc -oV,out

-oV,out 4= : : c.

(a)

(b)

(11.180) Note que f r aumenta com a tensão de sobrecarga. 1 1 .2 9

(c)

2 n fT =

Figura 11.76 1 1 .2 5

VDD

DD

m2

Usando a Eq. (11.49) e os resultados dos Exercícios 28 e 29, esboce o gráfico de f, de um MOSFET (a) em função de W. para ln constante, (b) em função de //„ para W constante. Suponha que L permaneça constante nos dois casos.

1 1 .3 1

Usando a Eq. (11.49) e os resultados dos Exercícios 28 e 29, esboce o gráfico de f, de um MOSFET (a) em função de VGS - Vm para I,>constante, (b) em

‘'out M1

•i (a)

(b)

(11.181)

1 1 .3 0

^in° IU ^ 2 ‘'out

1 3 21d 2 WLCox VGS - VTH

Este resultado sugere que / , diminui à medida que a tensão de sobrecarga aumenta! Explique es­ sa aparente discrepância entre as Eqs. (11.180) e (11.181).

Para os circuitos MOS mostrados na Fig. 11.77, iden­ tifique todas as capacitâncias dos transistores e de­ termine quais estão em paralelo e quais têm os dois terminais aterrados.

^b-—

Depois de resolver o Exercício 28, um estudan­ te tenta uma substituição diferente para gm: 21„/ (Vas ~ Vrn) e obtém

Resposta em Frequência

função de /„, para V(ÍS - V ,,, constante. Suponha que L permaneça constante nos dois casos. 1 1 .3 2

1 1 .3 3

1 1 .3 4

Usando a Eq. (11.49) e os resultados dos Exercícios 28 e 29, esboce o gráfico de f , de um MOSFET (a) em função de W, para V g s - V t„ constante, (b) em função de V(iS V Tlh para W constante. Suponha que L permaneça constante nos dois casos. Para reduzir a modulação do comprimento do ca­ nal em um MOSFET, dobramos o comprimento do dispositivo, (a) Como a largura do dispositivo deve ser ajustada para manter a mesma tensão de sobrecarga e a mesma corrente de dreno? (b) Como estas modificações afetam a /, do transis­ tor? Desejamos reduzir a tensão de sobrecarga de um transistor à metade, para aumentar o vão livre de tensão em um circuito. Determine a modificação na f, se (a) In permanecer constante e W for aumenta­ da e (b) W permanecer constante e 1,}for reduzida. Suponha L constante.

1 1 .3 5

Usando o teorema de Miller, determine os polos de entrada e de saída dos estágios EC e FC ilustrados na Fig. 11.29(a), incluindo as impedâncias de saída dos transistores.

1 1 .3 6

O estágio emissor comum da Fig. 11,78 emprega uma fonte de corrente como carga para alcançar ganho elevado (nas frequências baixas). Supondo VA < o°e usando o teorema de Miller, determine os polos de entrada e de saída e, portanto, a função de transferência do circuito. -r-

11.38 Supondo À > 0 e usando o teorema de Miller, de­ termine os polos de entrada e de saída dos estágios ilustrados na Fig. 11.80. 11.39 No estágio FC da Fig. 11.29(a), Rs = 200 íl, Rn = 1 kíl, Im = 1 mA, CGS = 50 fF, CGD = 10 fF, CDB = 15 fF e VGS - VTI, = 200 mV. Determine os polos do circuito usando (a) a aproximação de Miller, e (b) a função de transferência dada pela Eq. (11.70). Compare os resultados.

DD

.T

v° °

out

(b)

(a)

Rs ^in°

Wr

|

Figura 11.80

1 1 .4 0

Considere o amplificador mostrado na Fig. 11.81, onde VA = Determine os polos do circuito usan­ do (a) a aproximação de Miller, e (b) a função de transferência dada pela Eq. (11.70). Compare os resultados. -i- vcc

Rs An°— Wr---

Repita o Exercício 36 para o estágio representado na Fig. 11.79.

Figura 11.79

out

1'00

(C)

Figura 11.78

Rs n°---Wr--- [^O,

j

-oV,out

VtCC

CC

-oV,out

Rs

Rs .UJ ^in°---%---|C Mi

~° V,out

1 1 .3 7

471

-oVrout

Figura 11.81

1 1 .4 1

Repita o Exercício 40 com a aproximação do polo dominante. Em que os resultados se comparam?

1 1 .4 2

O circuito ilustrado na Fig. 11.82 é chamado “indu­ tor ativo”. Desprezando outras capacitâncias e su­ pondo A = 0, calcule Z,„. Use a regra de Bode para desenhar o gráfico de \Zin\ em função da frequência e explique por que o circuito tem comportamento indutivo.

472

Capítulo Onze

r

DD

“T " VDD

^bH K M 2 -oVfout Vltfi— VA-— I

VvVr— 1 Vin°---W

Figura 11.82

-°v.O U t

(b)

(a) 1 1 .4 3

Sem usar o teorema de Miller, determine as impe­ dâncias de entrada e de saída do estágio ilustrado na Fig. 11.83. Admita VA = oo. -r- VtCC

Figura 11.86

z out Z in 1 1 .4 7

Figura 11.83

1 1 .4 4

Sem usar o teorema de Miller, calcule a função de transferência do circuito mostrado na Fig. 11.84. Suponha A > 0.

Considere o seguidor de fonte mostrado na Fig. 11.87, onde a fonte de corrente foi erroneamente substitu­ ída por um dispositivo conectado como diodo. Le­ vando em consideração apenas Cí;sl, calcule a capa­ citância de entrada do circuito. Suponha A 0. "T" ^DD

r

. T 1'”

rlt>

Rs ^in°---Wí—"

M i

^ 2

-oV,out

Figura 11.87 Figura 11.84 1 1 .4 8 1 1 .4 5

Sem usar o teorema de Miller, calcule a impedância de entrada do estágio representado na Fig. 11.85. Suponha A = 0.

T

Determine a impedância de saída do seguidor de emissor ilustrado na Fig. 11.88, incluindo CMe outras capacitâncias. Esboce o gráfico de \Zou\ em função da frequência. Suponha VA = oo.

V° D

rlÊ >

r

-+V,out

Figura 11.88 Figura 11.85 1 1 .4 9 1 1 .4 6

Determine a função de transferência dos circuitos mostrados na Fig. 11.86. Suponha A = ü para A/,.

No cascode da Fig. 11.89, Qy funciona como uma fonte de corrente e provê 75% da corrente de po­ larização de Qx. Admitindo VA = ooe usando o teo-

Resposta em Frequência

rema de Miller, determine os polos do circuito. O efeito Miller é mais ou menos significativo aqui do que na topologia cascode padrão da Fig. 11.48(a)?

1 1 .5 3

473

Desejamos projetar o estágio EC da Fig. 11.92 para um polo de entrada em 500 MHz e um polo de saída em 2 GHz. Admitindo /< = 1 mA, C„ = 20 fF, CM= 5 fF, Ccs = 10 fF, VA = sc e usando o teorema de Miller, determine os valores de Rfí e Rc para que o ganho de tensão (nas frequências baixas) seja maximizado. Talvez, você precise usar um processo iterativo.

^out

Figura 11.89 1 1 .5 0

Figura 11.92

Devido a um erro de fabricação, um resistor para­ sita RP apareceu no estágio cascode da Fig. 11.90. Supondo A = 0 e usando o teorema de Miller, de­ termine os polos do circuito.

1 1 .5 4

Repita o Exercício 53 com a hipótese adicional de que o circuito deve alimentar uma capacitância de carga de 20 fF.

1 1 .5 5

Desejamos projetar o estágio base comum da Fig. 11.93 para uma largura de banda de 3 dB de 10 GHz. Admita Ic = 1 mA, VA = * Rs = 50 íl, Cv = 20 fF, CM= 5 fF, Ccs = 20 fF. Determine o máximo valor permitido para R( e, portanto, o máximo ganho que pode ser obtido. (Note que os polos de entrada e de saída podem afetar a largura de banda.)

VD D

^out m2

1 % Figura 11.90 1 1 .5 1

Em analogia com o circuito da Fig. 11.89, um es­ tudante construiu o estágio ilustrado na Fig. 11.91 e, erroneamente, usou um dispositivo NMOS para My Admitindo A = 0 e usando o teorema de Miller, calcule os polos do circuito.

Figura 11.93 1 1 .5 6

O seguidor de emissor da Fig. 11.94 deve ser proje­ tado para uma capacitância de entrada menor que 50 fF. Se CM= 10 fF, Cn = 100 fF, VA = » e lc = 1 m A, qual é o máximo valor tolerável de R, ?

Exercícios de Projetos 1 1 .5 2

Usando os resultados obtidos nos Exercícios 9 e 10, projete o amplificador de dois estágios da Fig. 11.63 para um ganho de tensão total de 20 e largura de banda de 3 dB de 1 GHz. Admita que cada estágio conduz uma corrente de polarização de 1 m A, C, = 50 fF e ixnCox = 100 /xA/V2.

Figura 11.94 1 1 .5 7

Um seguidor de fonte NMOS deve alimentar um resistor de carga de 100 íi,com ganho de tensão de 0,8. Se /„ = 1 mA, fxnCox = 100 ^A/V2, Cox = 12 fF/ /xm2 e L = 0,18 /xm, qual é o máximo valor da ca-

474

Capítulo Onze

pacitância de entrada que pode ser obtido? Admita A = 0, CGD~ 0, CSB ~ 0 e Cos = (2/3)WLCox. 1 1 .5 8

Desejamos projetar o cascode MOS da Fig. 11.95 para um polo de entrada em 5 GHz e um polo de saída em 10 GHz. Admita que Mxe M2são idênticos, /„ = 0,5 mA, Cgs = (2/3 )WLCOXJCm = 12 fF/Mm2, linCM= 100 /xA/V2, A= 0, L = 0,18 /Ltme CGD= C0Wy onde C() = 0,2 fF//xm denota a capacitância portadreno por unidade de comprimento. Determine os máximos valores permitidos para R(i, Rn e ganho de tensão. Use a aproximação de Miller para CGm. Suponha uma tensão de sobrecarga de 200 mV para cada transistor.

e x e r c í c i o s

c o m

T

‘'out

v*— \ £ Mo Rq V\n°---VvV---- 1 Figura 11.95

1 1 .5 9

Repita o Exercício 58 com W2 = 4Wxpara reduzir a multiplicação de Miller de CGDl.

s p i c e

Nos próximos exercícios, use os modelos de dispositivos MOS dados no Apêndice A. Para transistores bipolares, admita = 5 X IO"'6A, = 100, VAn,,„ = 5 V, / s>p = 8 X IO -1'1A, j8w = 50, VApnp = 3,5 V. SPICE usa um parâmetro t, = CJgmpara modelar o efeito de armazenamento de carga na base. Suponha T , ( t f ) = 20 ps. 1 1 .6 0

vdd

No amplificador de dois estágios mostrado na Fig. 11.96, W/L = 10 /xm/0,18 /im para M r M4. (a) Escolha o nível DC de entrada para obter um nível DC de saída de 0,9 V. (b) Desenhe o gráfico da resposta em frequência, calcule o ganho nas frequências baixas e a lar­ gura de 3 dB. (c) Repita (a) e (b) para W = 20 /xm e compare os resultados.

‘'out

5k£2 Vin»— Figura 11.97 1 1 .6 2

O estágio autopolarizado mostrado na Fig. 11.98 de­ ve alimentar uma capacitância de carga de 50 fF,com máximo produto ganho-largura de banda (= ganho na banda central X largura de ganho unitário). Supondo Rx = 500 Í2 e L, = 0,18 /xm, determine Wh R, e Rn. VDD = 1,8 V r dÍ

VDD = 1 *8 V 100 pF /?!

RF -Wr

-°V,out

Vin°---- II-----%Vin°---- Itj/W!

V.out

Figura 11.98 1 1 .6 3

Figura 11.96

1 1 .6 1

O circuito da Fig. 11.97 deve alimentar uma capa­ citância de carga de 100 fF. (a) Escolha o nível DC de entrada para obter um nível DC de saída de 1,2 V. (b) Desenhe o gráfico da resposta em frequência, calcule o ganho nas frequências baixas e a lar­ gura de 3 dB.

Repita o Exercício 62 para o circuito mostrado na Fig. 11.99. (Determine R, e Rc.)

Resposta em Frequência

11.64 O amplificador de dois estágios da Fig. 11.100 de­ ve alcançar um máximo produto ganho-largura de banda ao alimentar C, = 50 fF. Admitindo que A/,A/4 têm largura W e comprimento de 0,18 ju-m. de­ termine R, e W.

Figura 11.100

475

C A P I T U L O

12

Realimentação Realim entação é uma parte integrante de nossas vi­ das. Feche os olhos e tente tocar a ponta de seus de­ dos; você pode não conseguir na primeira tentativa, pois a malha de realimentação que “regula” seus mo­ vimentos foi aberta. O papel regulador da realim en­ tação manifesta-se em sistemas biológicos, m ecâni­ cos e eletrônicos, perm itindo a precisa execução de

Elem entos de Sistem as de Realim entação G a n h o da M alha Propriedades da Realim entação Negativa

12.1

Am plificadores e M étodos de A m o stra ge m /R e torn o • Tip o s de A m plificadores • M o d elo s de A m plificadores • M éto d o s de A m ostra ge m /R e to rn o

Análise de Circuitos de Realim entação

Estabilidade e C om pensação

• Q uatro Tip o s de Realim entação

Instabilidade da M alha

• Efeito de Im pedâncias l/O Finitas

M argem de Fase C om pensação em Frequência

• Polaridade da R ealim entação

C O N S ID E R A Ç Õ E S G E R A IS

Tão logo com pletou 18 anos, João tirou a carteira de motorista, comprou um carro e começou a dirigir. Se­ guindo a firme advertência dos pais, João obedece ao limite de velocidade nas estradas,em bora note que to­ dos os carros passam mais rápidos. Conclui então que o limite de velocidade é mais uma “recom endação” e que exceder a esse limite por um pequeno valor não representa perigo. A o longo dos meses seguintes, João aum entou gradualm ente sua velocidade para acom panhar os outros carros na estrada; até que, um dia, viu luzes piscantes no espelho retrovisor. Parou ' também chamado sistema "direto".

476

“funções”. Por exemplo, um amplificador que deve alcançar um ganho exato de 2,(X) é projetado de m o­ do muito mais fácil com realim entação do que sem realimentação. Este capítulo apresenta os fundam entos de rea­ lim entação (negativa) e sua aplicação em circuitos eletrônicos. O roteiro é m ostrado a seguir.

no acostamento, ouviu o serm ão do policial, recebeu uma multa por excesso de velocidade e, tem endo a reação dos pais, voltou para casa — e hoje, respeita o limite de velocidade. A história de João exemplifica o papel “regula­ d o r” ou “corretivo” da realim entação negativa. Sem o envolvimento do policial, é provável que João con­ tinuasse a guiar a velocidades cada vez mais altas, até se tornar uma ameaça nas estradas. A Fig. 12.1 mostra um sistema de realim entação negativa, que consiste em quatro componentes essen­ ciais. (1) Sistema de “alimentação direta”:1é o sistema principal, provavelm ente “selvagem” e mal contro-

Realimentação

Sistema de Alimentação Direta

' i ® Mecanismo de Amostragem

Mecanismo de Comparação

Porta de Saída do Circuito de Realimentação Figura 12.1

Circuito de Realimentação porta de Entrada do Circuito de Realimentação

Sistema de realimentação genérico.

lado. João, o acelerador e o carro formam o sistema de alim entação direta, no qual a entrada é a pressão que João aplica ao acelerador, e a saída é a velocida­ de do carro. (2) Mecanismo de am ostragem de saída: meio de medir a saída. Aqui, o radar do policial faz este papel. (3) Circuito de realimentação: circuito que gera um "“sinal de re a lim e n ta ç ã o " ,^ ,, a partir da am ostra da saída. O policial faz o papel do circuito de realim entação ao ler a m edida do radar, dirigir-se até o carro de João e aplicar a multa por excesso de velocidade. A grandeza K = X,. IY é cham ada “fator de realimentação”. (4) Mecanismo de comparação ou retorno: m odo de subtrair o sinal de realim entação da entrada e obter o “erro ”, E = X — X,,. O próprio João faz a com paração e diminui a pressão no acele­ rador — pelo menos por algum tempo. A realim entação na Fig. 12.1 é cham ada “negati­ va” porque X r é subtraído de X . R ealim entação po­

Exem plo

477

sitiva tam bém encontra aplicação em circuitos co­ mo osciladores e Icitches digitais.* Se K = 0, ou seja, não há realimentação, obtem os o sistema em “malha aberta”. Se K ^ 0, dizemos que o sistema opera no m odo “malha fechada”. Como veremos ao longo do capítulo, a análise de um sistema de realim entação requer a expressão de parâm etros em malha fecha­ da em term os de parâm etros em malha aberta. Vale notar que a p orta de en trad a do circuito de reali­ m entação refere-se à porta que am ostra a saída do sistema direto. Como primeiro passo para o entendim ento do sis­ tema de realimentação da Fig. 12.1, determinemos a função de transferência em malha fechada, Y/X. Co­ mo X,.- = K Y, o erro produzido pelo subtrator é igual a X - K Y e atua como a entrada do sistema direto: ( X - K Y ) A X = Y.

( 12.1)

Ou seja, Y X

\+ K A i

( 12.2 )

Esta equação tem um papel central em nosso estudo da realim entação e revela que a realim entação ne­ gativa reduz o valor do ganho, de A t (para o sistema em malha aberta) p a r a /l|/( l + K A ^ .A grandeza A J (1 + K A \) é cham ada “ganho em malha fechada”. Por que, de m aneira deliberada, reduzimos o ganho do circuito? Como explicamos na Seção 12.2, os be­ nefícios que advêm da realim entação negativa justi­ ficam essa redução do ganho.

Analisemos o amplificador não inversor da Fig. 12.2 de um ponto de vista de realimentação.

12.1

Solução

O amp op/1, executa duas funções: subtração de X e X F e amplificação. O circuito que consiste em R{ e R2 também executa duas funções: amostragem da tensão de saída e provimento de um fator de realimentação K = R J ( R \ + R 2)- Assim, (12.2) fornece.

*Um latch é uma unidade biestável de memória cujo estado é determinado pelas entradas de excitação. N ão existe um termo padrão em português para designar esse dispositivo; a palavra inglesa la tc h é largamente empregada na prática. (N.T.)

478

Capítulo Doze

Y

X

Ai

, ,

^2

(12.3)

„ '

/?! + Rz

Este resultado é idêntico ao obtido no Capítulo 8. Exercício

Refaça a análise anterior para R2 =

É interessante que calculemos o erro, E, gerado pelo subtrator. Como E = X - X,. e X F = K A tE, E=

X 1 + K A X'

(12.4)

Isto sugere que a diferença entre o sinal de realimentação e a entrada diminui à medida que K A , aumenta. Em outras palavras, o sinal de realimentação torna-se uma boa “réplica” da entrada (Fig. 12.3). Esta observação leva a um bom entendim ento do funcionamento de sistemas de realimentação.

Exem plo

Solução

F'9ura 12 3 sin al dc realimentação como uma boa réplica da entra a-

Expliquemos por que, no circuito da Fig. 12.2, Y/X tende a 1 -I- R{/R2 à medida que [R2I(R\ + /?2)] A xse torna muito maior que a unidade. Se K AX= [R2/(RX+ R2)]A\ for grande, X, torna-se quase idêntico a X you seja, X r « X. O divisor de tensão requer que Y — —— * X R1 + R 2

(12.5)

Y . Ri — as 1 H----- . X R2

( 12.6 )

logo,

É óbvio que (12.3) fornece o mesmo resultado se [R2I(R] + /?2)]^i Exercício

12.1.1

1.

Refaça o exemplo anterior para R2 = °°.

G a n h o da Malha

Na Fig. 12.1, a grandeza K A {, q u e é igual ao p ro ­ duto do ganho do sistem a d ireto pelo fator de re ­ alim entação, determ in a diversas pro p ried ad es do sistem a global. C ham ado “ganho da m alha”, K A t perm ite uma in terp retação interessante. Vamos fi­ xar a en trad a X em zero e “a b rir” a m alha em um

p onto arbitrário, como, p or exem plo, com o indica­ do na Fig. 12.4(a). A topologia resultante pode ser vista como um sistema com uma entrada M e uma saída N. Agora, como m ostrado na Fig. 12.4(b), vamos aplicar um si­ nal de teste em M e segui-lo pelo circuito de realimen­ tação, subtrator e sistema direto para obter o sinal em N.2A entrada de A x é igual a - K V lesl e fornece

2Neste exemplo, usamos grandezas de tensão, mas outras também podem ser usadas.

Realimentação

Figura 12.4

Cálculo do ganho da malha com (a) abertura da malha c (b ) aplicação dc um sinal dc teste.

VN = —KV,es,A\

(12.7)

logo, KA i = - -

VN Ytest

Exem plo 1 2 .3

Solução

479

(

’

Em outras palavras, se um sinal “dá a volta na malha”, experimenta um ganho igual a - K A ,\daí a expressão “ganho da m alha”. E im portante não confundir o ganho em malha fechada, A J ( \ + K A ,), com o ganho da malha, K A,.

Calculemos o ganho da malha do sistema de realimentação da Fig. 12.1, abrindo a malha na en­ trada de A x. A Fig. 12.5 ilustra o sistema com o sinal de teste aplicado à entrada de A x. A saída do circuito de realimentação é igual a KA,V(nt, resultando em Vn = —KA\Víesí.

(12.9)

Este resultado é igual ao de (12.8). M ^test

A

JL+

Figura 12.5

Exercício

Calcule o ganho da malha abrindo a malha na entrada do subtrator.

O leitor pode se perguntar se existe alguma am ­ bigüidade em relação à direção do fluxo de sinal no teste do ganho da malha. Por exemplo, é possível mo­ dificar a topologia da Fig. 12.4(b) como indicado na Fig. 12.6? Isto significaria aplicar V,es, à saída de A , e esperar observar um sinal em sua entrada e, por fim, em N. Em bora seja possível a produção de um valor finito, um teste como este não representa o real com­ portam ento do circuito. No sistema de realimentação, o sinal flui da entrada de A , para sua saída, e da en­ trada do circuito de realim entação para sua saída. Figura

12.6

Método incorreto de aplicar o sinal de teste.

48 0

Capítulo Doze

12.2 12.2.1

P R O P R IE D A D E S DA R EALIM EN TAÇ ÃO NEGATIVA Dessensibilização do G an ho

Suponham os que, na Fig. 12.1, A , seja um amplifi­ cador cujo ganho seja mal controlado. Por exemplo, um estágio FC provê um ganho de tensão g„,R/„ dos quais g,„ e R„ variam com o processo de fabricação e com a tem peratura; portanto, o ganho pode variar de até ±20% . Além disso, suponham os que um ganho de tensão de 4,(X) seja necessário.1 Com o podem os alcançar esta precisão? A Eq. (12.2) ap o n ta para uma possível solução: se K A , s> 1, temos

x

k

w l + l 1. Kl

(m ,)

(12.12)

Por que R J R 2é definido de maneira mais precisa que gmR,P- Se /?, e R2 forem feitos do mesmo material e construídos da mesma maneira, a variação de seus valores com processo e tem peratura não afeta a razão dos mesmos. Por exemplo, para um ganho em malha fechada de 4,00, escolhemos /?, = 3R2e im plem enta­ mos /?, como a combinação série de três “unidades” de resistores iguais a R2. A ideia, ilustrada na Fig. 12.7, consiste em assegurar que /?, e R z “sigam" um ao ou­ tro; se R2 aum entar de 20%, o mesmo ocorrerá com

uma grandeza que independe de A ,. D e outra pers­ pectiva, a Eq. (12.4) indica que K A X» 1 leva a um erro pequeno, forçando a que A', seja quase igual a X e, portanto, que Y seja quase igual a XIK. Assim, se K puder ser definido de forma precisa, o efeito de A , so­ bre Y /X será desprezível e uma alta precisão é obtida no ganho. O circuito da Fig. 12.2 exemplifica muito bem este conceito. Se A \ R 2! ( R { + R 2) » 1 , então

Exem plo

”

12.4

O circuito da Fig. 12.2 foi projetado para um ganho nominal de 4. (a) Determinemos o ganho real se /l, = 1000. (b) Determinemos a porcentagem de variação do ganho de A x for reduzido para 500.

Solução

Para um ganho nominal de 4, a Eq. (12.12) implica RJR2 = 3. (a) O ganho real é dado por Al l+ZC/ti

7 X

= 3.984.

(12.13) (12.14)

Notamos que o ganho da malha é K A X= 1000/4 = 250. (b) Se A xfor reduzido para 500, — = 3,968.

(12.15)

À

Ou seja, o ganho em malha fechada sofre uma variação de (3,984/3,968)/3,984 = 0,4% quando A x é reduzido por um fator de 2. Exercício

Determine a porcentagem de variação do ganho se ^4, for reduzido para 200.

3A lg u n s conversores analógicos-digitais ( A D C s ) requerem ganhos de tensão muito precisos. Por exemplo, um A D C de 10 bits pode exigir um ganho de 2,000.

Realimentação

481

cada unidade em /?, e, portanto, com o valor total de 12.2.2 Extensão da Largura de Banda /?, o ganho ainda será de 1 + l , 2 R l/ ( l , 2 R 2) = 4. Consideremos um amplificador em malha aberta com O exemplo anterior revela que o ganho em ma­ lha fechada de um circuito de realim entação torna- um polo, com uma função de transferência se relativam ente independente do ganho em malha Ao (12.16) aberta, desde que o ganho da malha, K A ,, permaneça 1+ — ’ suficientemente maior que a unidade. Esta proprie­ (Oo dade de realim entação negativa é cham ada “dessensibilização do ganho”. A gora, vejamos por que estam os prontos a acei­ A qui, A 0 d en o ta o ganho nas freq u ên cias baixas e w0, a larg u ra de b an d a de 3 dB. N o tando, da tar que o ganho seja reduzido por um fator 1 + K A t. Eq. (12.2), que a realim en tação negativa reduz o Com ecem os com um am plificador que tem ganho ganho nas frequências baixas por um fator 1 + K A t, elevado e mal controlado, e apliquem os a ele rea­ desejam os determ inar a resultante m elhoria na lar­ limentação negativa para obterm os um ganho mais gura de banda. A função de transferência em malha bem definido e inevitavelmente menor. Este concei­ fechada é o b tida ao substituirm os A , por (12.16) to tam bém foi bastante explorado nos circuitos com em (12.2): amp ops descritos no Capítulo 8. A propriedade de dessensibilização do ganho da Ao realim entação negativa significa que qualquer fator 1+ que influencie o ganho em m alha aberta tem efeito Y (OO (12.17) menor sobre o ganho em malha fechada. Até aqui, cul­ X Ao 1 + K pamos apenas as variações de processo e temperatura, 1+ — mas outros fenômenos também alteram o ganho. cOo • À m edida que a frequência aum enta, A x pode diminuir, mas A J ( \ + K A {) perm anece relati­ vam ente constante. Portanto, esperam os que a realim entação negativa aum ente a largura de banda (à custa do ganho). • Se a resistência de carga variar, A , pode variar; por exemplo, o ganho de um estágio FC depende da resistência de carga. A realim entação nega­ tiva, por sua vez, torna o ganho menos sensível às variações da carga. • A am plitude do sinal afeta A h pois o amplifi­ cador direto está sujeito à não linearidade. Por exem plo, a análise de grandes sinais de pares diferenciais, feita no C apítulo 10, revelou que o ganho de pequenos sinais cai nas grandes am ­ plitudes da entrada. Com realim entação nega­ tiva, no entanto, a variação do ganho em malha aberta devida à não linearidade manifesta-se de form a reduzida nas características em m a­ lha fechada. Ou seja, a realim entação negativa melhora a linearidade. Agora, estudarem os estas propriedades em detalhe.

M ultiplicando o num erador e o denom inador por 1 + s/cou, obtemos £ (* ) =

Ao

(12.18)

1 + KAo H----(Oo

Ao l + KAo

(12.19)

c

1+

(1 + KAo)(oo

Em analogia com (12.16), concluímos que agora o sistema em malha fechada tem: Ganho em Malha Fechada =

Ao l+ K A o

Largura de Banda em Malha Fechada = (1 +

( 12.20)

K A o )a)o -

( 12.21) Em outras palavras, o ganho e a largura de banda são alterados pelo mesmo fator, mas em direções opostas, m antendo seu produto constante.

482

Capítulo Doze

Exemplo 12.5 Solução

Esbocemos o gráfico da resposta em frequência dada por (12.19) para K = 0;0,1 e 0,5. Suponha­ mos A {) = 200. Para K = 0, a realimentação desaparece e Y/X se reduz a /\|(s), tal como dado por (12.16). Para K = 0,1, temos 1 + KA0 = 21 e notamos que o ganho decresce à medida que a largura de banda aumenta pelo mesmo fator. De modo similar, para K = 0,5; 1 + KA{)= 101, resultando em propor­ cionais redução no ganho e aumento na largura de banda. O gráfico dos resultados é mostrado na Fig. 12.8.

Figura 12.8

Exercício

Exem plo

Repita o exemplo anterior para K = 1.

12.6

Provemos que a largura de banda de ganho unitário do sistema anterior permanece independente de K se 1 + KAít » l e / P « l .

Solução

A magnitude de (12.19) é igual a

1 + KAp / CO2 ./! + — (1 + KAoYcol

(12.22)

Igualando este resultado à unidade e elevando ao quadrado os dois lados, escrevemos .2

\1 + K Ao)

1+

(07.

(1 + KA0fu>l'

(12.23)

onde o)„ denota a largura de banda de ganho unitário. Portanto, (ou = ( o o ^ A l - (1 + K A o ) 2

^cdo^A I-K P -A I u>()Ao,

(12.24) (12.25) (12.26)

que é igual ao produto ganho-largura de banda do sistema em malha aberta. A Fig. 12.9 mostra os resultados.

Realimentação

Exercício

Se A (, = 1000, w„ = 2-77 X (10 MHz) e K = 0,5, calcule a largura de banda de ganho unitário das Eqs. (12.24) e (12.26) e compare os resultados.

12.2.3 Modificação das Impedâncias de Entrada e de Saída

Com o m encionam os an terio rm en te, a realim enta­ ção negativa torna o ganho em malha fechada m e­ nos sensível à resistência de carga. Este efeito advém,

Exem plo

483

basicamente, da modificação da impedância de saída em conseqüência da realim entação. A realim enta­ ção também modifica a impedância de entrada. Estes efeitos serão estudados com cuidado nas próximas seções, mas, neste ponto, é interessante que conside­ remos um exemplo.

A Fig. 12.10 ilustra uma realização do circuito de realimentação da Fig. 12.2 com transistor. Para simplificar, vamos supor A = 0 e + R2» R». (a) Identifiquemos os quatro componentes do siste­ ma de realimentação. (b) Determinemos os ganhos de tensão em malha aberta e em malha fechada, (c) Determinemos as impedâncias I/O em malha aberta e em malha fechada. DD

out

" ip l VinO-l

Figura 12.10

Solução

(a) Em analogia com a Fig. 12.10, concluímos que o sistema direto (o amplificador principal) con­ siste em Mx e RDi ou seja, em estágio porta comum. Os resistores R x e R2 funcionam tanto como mecanismo de amostragem quanto como circuito de realimentação, retornando um sinal igual a VoufiARi + Ri) ao subtrator. O próprio transistor funciona como subtrator, pois a corrente de dreno de pequenos sinais é proporcional à diferença entre as tensões de porta e de fonte: ÍD = gm(vG - vs).

(12.27)

(b) O sistema direto provê um ganho de tensão igual a ^4o * gmRo

(12.28)

pois R { + R2é grande o bastante para que seu carregamento sobre Rn possa ser desprezado. O ga­ nho de tensão em malha fechada é dado por — Í aito = 1T +^ KAo

<12-29)

48 4

Capítulo Doze

8„,Rd

(12.30)

Devemos notar que o ganho total deste estágio também pode ser obtido da solução direta das equações do circuito — como se nada soubéssemos de realimentação. No entanto, o uso de conceitos de realimentação provê um bom entendimento e simplifica a tarefa de análise à medida que o circuito se torna mais complexo. (c) As impedãncias I/O em malha aberta são as do estágio PC: Rin, aberta - — gm

(12.31)

—

R out, aberta =

Rd

(12.32)

•

Neste ponto, não sabemos como obter as impedãncias em malha fechada em termos dos parâmetros de malha aberta. Portanto, resolvemos as equações do circuito. Da Fig. 12.1 l(a), notamos que Rn conduz uma corrente aproximadamente igual a ix, pois admitimos que Rx + R2é grande. A tensão de dreno de M , é, então, dada por /*/?„, o que leva a uma tensão de porta igual a +ixRnR2l(Rl + R2). O transistor Aí, gera uma corrente de dreno proporcional a vGS: (12.33)

= gmVGS

(12.34) Como iD = —iX9(12.34) fornece (12.35) Ou seja, a resistência de entrada se torna maior que l/g„„ por um fator igual a 1 + gmRDR2l(Rx + R2), o mesmo fator de redução do ganho.

(b)

(a)

Figura 12.11

Para determinar a resistência de saída, escrevemos, da Fig. 12.11 (b), (12.36) logo, lD = gmVGS

(12.37) (12.38)

Realimentação

485

Notando que, se R l + R2 s> Rn, ix ~ i„ + vx/R n, obtemos Rz ix ^ gm p , D Vx + -5 - . , R i + R 2 VX

Rd

(12.39)

Portanto, vx

Rd

(12.40)

1 + r ^ T r 28",Rd Portanto, a resistência de saída é reduzida pelo fator “universal” 1 + gmRnR2/(Ri + R2). Este cálculo das impedâncias I/O pode ser muito simplificado se forem empregados conceitos de realimentação. Como exemplificam (12.35) e (12.40). o fator 1 + KA() = 1 + gntRl)R2/(Rl + R2) desempenha um papel central. Nosso estudo de circuitos de realimentação neste capítulo esclarecerá bem este ponto. Exercício

Em algumas aplicações, as impedâncias de entrada e de saída de um amplificador devem ser iguais a 50 ü. Que relação garante que as impedâncias de entrada e de saída do circuito do exemplo an­ terior são iguais?

É razoável que leitor, agora, faça algumas pergun­ tas. A impedância de entrada e a impedância de saída sempre aum entam e dim inuem , respectivam ente, de modo proporcional? A modificação das impedâncias

Exem plo

12.8 Solução

I/O pela realim entação é desejável? Considerem os um exem plo para ilustrar um ponto e adiarem os as respostas rigorosas para seções posteriores.

O estágio porta comum da Fig. 12.10 deve alimentar uma resistência de carga R, = R J 2. Que va­ riação sofre o ganho (a) sem realimentação e (b) com realimentação? (a) Sem realimentação [Fig. 12.12(a)], o ganho do estágio PC é igual a gm(R,}\\R,) = gmRn /3. Ou seja, o ganho é reduzido por um fator de três. DD

-oV,out M1p i —•

-E F>l

Rd 2

Figura 12.12

(b) Com realimentação, usamos (12.30) e reconhecemos que o ganho em malha aberta foi reduzi­ do para gmRn/3: Vout

_______

gm^D/Z

(12.41)

" ' ~ ' + R ^ R 2^ gm^D 3 + T;— ~ ^~ g m R D

Ri

+

R2

(12.42)

486

Capítulo Doze

Por exemplo, se gmRl)R2l(Rl + R2) = 10, este resultado difere cerca de 18% da expressão do ganho “descarregado” em (12.30). Portanto, a realimentação dessensibiliza o ganho quanto às variações da carga. Exercício

Figura 12.13

Repita o exemplo anterior para R, = R„.

(a) Característica cm malha aberta não linear de um amplificador, (b) melhoria na linearidade devida à realimen­

tação.

12.2.4

Melhoria na Linearidade

Considerem os um sistema com a característica en ­ trada/saída m ostrada na Fig. 12.13(a). A não lineari­ dade observada aqui também pode ser vista como a variação da inclinação da curva da característica, ou seja, o ganho de pequenos sinais. Por exemplo, este sistema tem um ganho A x nas proxim idades de x = jc, e A 2 próximo de x = x 2. Se conectado a uma malha de realim entação negativa, o sistema provê — para diferentes níveis de sinal — um ganho mais uniforme e, portanto, opera de m odo mais linear. Na verdade, com o ilustrado na Fig. 12.13(b) para o sistem a em malha fechada, podem os escrever Aí Ganho em x\ = ----- —— 1+ K A !

(12.43)

° 2M> onde se admitiu K A t » 1. De m odo similar, Ganho em *2 =

—^ 1 -f- K A 2

(12.45) (, 2 m )

P ortanto, desde que K A Xe K A 2 sejam grandes, a variação do ganho em m alha fechada com o sinal

perm anece m uito m enor que a do ganho em malha aberta. Todas estas propriedades da realim entação negativa tam bém podem ser consideradas conse­ qüência da propriedade de erro mínimo ilustrada na Fig. 12.3. Por exemplo, se, para diferentes níveis de sinal, o ganho do amplificador direto variar, a reali­ m entação assegura que o sinal de realim entação é uma boa réplica da entrada, assim como a saída.

12.3

TIP O S DE A M P LIF IC A D O R E S

Os amplificadores estudados até aqui amostram e pro­ duzem tensões. Embora menos intuitivos, existem ou­ tros tipos de amplificadores,ou seja, aqueles que amos­ tram e/ou produzem correntes. A Fig. 12.14 ilustra as quatro possíveis combinações, juntam ente com suas respectivas impedâncias de entrada e de saída no caso ideal. Por exemplo, um circuito que amostra uma cor­ rente deve apresentar uma impedância de entrada bai­ xa, como um medidor de corrente. Da mesma forma, um circuito que gera uma corrente de saída deve alcançar uma alia impedância de saída, como uma fonte de cor­ rente. Sugerimos ao leitor que confirme os outros casos. A distinção entre os quatro tipos de amplificadores é im portante na análise de circuitos de realimentação. Vale notar que os amplificadores de “corrente-tensão” e de “tensão-corrente” das Figs. 12.14(b) e (c) são comu-

Realimentação

Figura 12.14

487

Am plificadores de (a) tensão, (b) transimpedâneia, (c) transcondutâneia e (d) corrente.

mente chamados amplificadores de "transimpedâneia" e de “transcondutâneia”, respectivamente. 12.3.1

M o de lo s Sim p les de Amplificadores

Para estudos posteriores neste capítulo, é interessante que desenvolvamos modelos simples para os quatro tipos de amplificadores. A Fig. 12.15 mostra os mo­ delos para o caso ideal. O amplificador de tensão da Fig. 12.15(a) apresenta uma im pedância de entrada infinita, de modo que possa am ostra uma tensão co­ mo um voltím etro ideal, ou seja, sem carregar o está­ gio precedente. Além disto, o circuito apresenta uma impedância de saída nula, de m odo a funcionar como uma fonte de tensão ideal, ou seja, produzindo vmil = A()vin, independentem ente da im pedância de carga. O amplificador de transim pedâneia da Fig. 12.15 (b) apresenta impedância de entrada nula, de modo

Modelos ideais para amplificadores de (a) tensão, (b) transimpedâneia, (c) transcondutâneia e (d ) corrente. Figura 12.15

que possa am ostrar correntes como um am perím etro ideal. Similar ao amplificador de tensão, a impedância de saída também é nula para que o circuito funcione como uma fonte de tensão ideal.

Figura 12.16 (a) Modelo realista para o am plificador de tensão, (b) modelo incorreto para o am plificador de tensão, (c) modelo realista para o am plificador de transimpedâneia, (d) modelo incorreto para o am plificador de transimpedâneia, (e) modelo realista para o am plificador de transcondutâneia, (f) modelo realista para o amplificador de corrente.

48 8

Capítulo Doze

Notemos que o “ganho de transcondutância” des­ se amplificador, R 0 = v„Jvin, tem dim ensão de resis­ tência. Por exemplo, um ganho de transim pedância de 2 k íl significa que uma variação de 1 mA na cor­ rente de entrada resulta em uma variação de 2 V na tensão de saída. As impedâncias I/O das topologias das Figs. 12.15 (c) e (d) têm com portam ento semelhante. Vale notar que o amplificador da Fig. 12.15{c) tem um “ganho de transcondutância”, G,„ = i„Jvin,com dim ensão de transcondutância. Na verdade, os modelos ideais da Fig. 12.15 po­ dem não ser precisos. Em particular, as impedâncias I/O podem não ser suficientem ente grandes ou pe­ quenas. A Fig. 12.16 m ostra m odelos mais realistas para os quatro tipos de amplificadores. O m odelo do am plificador de tensão da Fig. 12.16(a) contém uma resistência de entrada em paralelo com a porta de entrada e uma resistência de saída em série com a porta de saída. Estas escolhas são únicas e ficam mais claras se experim entarm os outras combinações. Por exemplo, se imaginarmos o m odelo tal como na Fig. 12.16(b), as impedâncias de entrada e de saída permanecem iguais a infinito e a zero, respectivamen­ te, quaisquer que sejam os valores de Rm e Rlllir (Por quê?) Por conseguinte, a topologia da Fig. 12.16(a) é o único m odelo possível para representar im pedân­ cias I/O finitas.

(C)

Figura 12.17

12.3.2

Exem plos de Tip o s de Am plificadores

É conveniente que estudem os exem plos dos qua­ tro tipos de amplificadores citados anteriorm ente. A Fig. 12.17(a) m ostra uma cascata de um estágio FC e de um seguidor de fonte como um “amplificador de tensão”. O circuito, de fato, provê uma alta impe­ dância de entrada (como um voltímetro) e uma baixa impedância de saída (como uma fonte de tensão). A Fig. 12.17(b) mostra uma cascata de um estágio PC e de um seguidor de fonte como um amplificador de transimpedância. Este circuito apresenta baixas im­ pedâncias de entrada e de saída, funcionando como um “sensor de corrente” e uma “fonte de tensão”. A Fig. 12.17(c) representa um M OSFET isolado como um amplificador de transcondutância. Com altas im­ pedâncias de entrada e de saída, o circuito am ostra tensões e gera correntes com eficiência. Por fim, a Fig. 12.17(d) mostra um transistor em porta comum como amplificador de corrente. Este

(b)

(a)

'out

A Fig. 12.16(c) ilustra um amplificador de tran­ simpedância não ideal. Aqui, a resistência de entrada aparece em série com a entrada. De novo, se expe­ rim entarm os um m odelo como o da Fig. 12.16(d), a resistência de entrada é zero. Os dois outros modelos de amplificador nas Figs. 12.16(e) e (f) seguem con­ ceitos semelhantes.

*out = *out - r O

(d)

Exemplos de amplificadores de (a) tensão, (b) transimpedância, (c) transcondutância e (d) corrente.

Realimentação

circuito deve apresentar baixa im pedância de en tra­ da e alta impedância de saída. D eterm inem os, tam bém , o “g an h o ” de p eq u e­ nos sinais de cada circuito na Fig. 12.17, supondo, para simplificar, À = 0. O ganho de tensão, AO, da cascata na Fig. 12.17(a) é igual a —g„,Rn se A = O.4 O ganho do circuito na Fig. 12.17(b) é definido co­ mo v„Jiin, cham ado “ganho de tran sim p edân cia” e d enotado por R r. N este caso, iin flui por A/, e R„ e

Exem plo 1 2 .9

Solução

48 9

gera uma tensão igual a ih,Rn, tanto no dreno de A/, com o na fonte de M 2. O u seja, vnul = iiltR„ e, por­ tanto, R t = R n. Para o circuito na Fig. 12.17(c),o ganho é definido como imJ v b„ cham ado “ganho de transcondutância” e denotado por G,„. Neste exemplo, G„, = g,„. Para o am plificador de corrente na Fig. 12.17(d), o ganho de corrente, A h é igual à unidade, pois a corrente de entrada simplesmente flui para a saída.

Com ganho de corrente unitário, a topologia da Fig. 12.17(d) parece não ser melhor do que um pedaço de fio. Qual é a vantagem desse circuito? A propriedade importante desse circuito reside em sua impedância de entrada. Suponhamos que a fonte de corrente que funciona como entrada apresente uma grande capacitância parasita, Cp. Se aplicada diretamente a um resistor Rn [Fig. 12.18(a)], nas frequências altas, a corrente seria des­ perdiçada por Cp e o circuito apresentaria uma largura de 3 dB de apenas (RnCp) '. No entanto, o uso de um estágio PC [Fig. 12.18(b)] move o polo de entrada para g,JCp, uma frequência muito mais alta.

out Cp

(a)

(b) Figura 12.18

Exercício

12.4

Determine a função de transferência Voul/Iin para cada um dos circuitos do exemplo anterior.

TÉCNICAS DE A M O S T R A G E M E DE RETORNO

Recordemos, da Seção 12.1, que um sistema de reali­ m entação inclui mecanismos para am ostrar a saída e “retornar” o sinal de realim entação à entrada. Nesta seção, estudarem os esses mecanismos, de modo que possamos reconhecê-los com mais facilidade em um circuito de realim entação complexo. Como podem os medir a tensão em uma porta? Conectamos um voltímetro em paralelo com a por­

ta, e exigimos que o voltím etro tenha alta im pedân­ cia de entrada, de m odo que não perturbe o circuito [Fig. 12.19(a)]. Da mesma forma, um circuito de re­ alim entação que am ostra uma tensão de saída deve aparecer em paralelo com a saída e, no caso ideal, apresentar uma impedância infinita [Fig. 12.19(b)]. A Fig. 12.19(c) traz um exemplo em que o divisor resistivo que consiste em R xe R, am ostra a tensão de saída e gera o sinal de realimentação, vr. Para estar próximo do caso ideal, R t + R, deve ser muito alto, de modo que A , não “sinta” o efeito do divisor resistivo.

■'Recordemos, do Capítulo 7, que, neste caso, o ganho do seguidor de fonte é igual à unidade.

490

Capítulo Doze

Sistema Direto

‘'out

Voltímetro

“'out

oo

<í>

Circuito de Realimentação

oo (a)

(c)

(b )

Figura 12.19 (a) Am ostragem dc uma tensão por um voltímetro, (b ) amostragem da tensão de saída por um circuito de realimen­ tação, (c) exem plo de implementação.

Como podemos m edir a corrente que flui por um fio? Abrim os o fio e conectamos um am perím etro em série com o fio [Fig. 12.20(a)]. O m edidor de corren­ te, na verdade, consiste em um pequeno resistor, pa­ ra não perturbar o circuito, e em um voltím etro que m ede a queda de tensão no resistor [Fig. 12.20(b)]. Portanto, um circuito de realim entação que am ostra uma corrente de saída deve aparecer em série com a saída e, no caso ideal, apresentar uma impedância nula [Fig. 12.20(c)]. A Fig. 12.20(d) mostra uma imple­ m entação deste conceito. Um resistor conectado em série com a fonte de Aí, am ostra a corrente de saída

e gera uma tensão de realim entação proporcional, V,:. No caso ideal, Rs é tão pequeno («: l/g„,i) que o funcionam ento de A/, perm anece inalterado. Para retornar uma tensão ou corrente à entrada, devem os em pregar um m ecanism o para som ar ou subtrair essas grandezas/ Para somar duas fontes de tensão, nós as conectamos em série [Fig. 12.21 (a)]. As­ sim, um circuito de realim entação que retorna uma tensão deve aparecer em série com o sinal de entrada [Fig. 12.21 (b)], de modo que Ve = Vin -

VF .

(12.47)

' out

A Medidor de Corrente Voltímetro

(a)

(b )

'out

Sistema Direto Circuito de Realimentação

(c)

— \ / >— VrO-

(d)

Figura 12.20 (a) Am ostragem de uma corrente por um amperímetro, (b) implementação real do medidor de corrente, (c) amos­ tragem da corrente de saída por um circuito de realimentação, (d) exemplo de implementação.

sObviam entc, apenas grandezas dc mesma dimensão podem ser somadas ou subtraídas. O u seja, uma tensão não pode ser somada a uma corrente.

Realimentação

Por exem plo, com o m ostrado na Fig. 12.21(c), um p ar diferencial pode su b trair a ten são de reali­ m entação da en trad a. D e m odo alternativo, co­ mo m encionam os no Exem plo 12.7, um transistor isolado pode funcionar com o su b trato r de tensão [Fig. 12.21 (d)]. Para som ar duas fontes de correntes, devem os conectá-las em paralelo [Fig. 12.22(a)]. Portanto, um circuito de realim entação que reto rn a uma corrente

491

deve aparecer em paralelo com o sinal de entrada, Fig. 12.22(b), de m odo que ie = iin - ÍF•

(12.48)

Por exemplo, um transistor pode retornar uma corrente à entrada [Fig. 12.22(c)]. O mesmo efeito é obtido com um resistor cujo valor seja suficientemente grande para aproximar uma fonte de corrente [Fig. 12.22(d)].

Figura 12.21 (a) A d ição de duas tensões, (b) adição das tensões de realimentação e de entrada, (c) par diferencial como subtrator de tensão, (d) transistor como subtrator de tensão.

i ■<£ (+)'1 (£>' 2

Circuito de Realimentação

T

(b)

(a)

{> 'ln ®

'" f (c)

Sistema Direto

'F ■— — %

O

(d)

Figura 12.22 (a) A d ição de duas correntes, (b) adição das correntes de realimentação e de entrada, (c) par de implementação do circuito, (d) outra implementação.

492

Capítulo Doze

Exem plo

No circuito da Fig. 12.23, determinemos os tipos dos sinais amostrados e retornados.

12.10

Figura 12.23

Solução

Exercício

Exem plo

12.11

Este circuito é uma implementação do amplificador não inversor mostrado na Fig. 12.2. Aqui, o par diferencial com carga ativa faz o papel de um amp op. O divisor resistivo amostra a tensão de saída e funciona como o circuito de realimentação, produzindo vF = [R2/(R i + R2)]v0,ir Além disso, A/, e M2 operam tanto como parte do amp op (sistema direto) quanto como subtrator de tensão. Portanto, o amplificador combina as topologias das Figs. 12.19(c) e 12.21 (c). Repita o exemplo anterior para R2 =

Calculemos o fator de realimentação, /C, para o circuito representado na Fig. 12.24. Vamos supor A = 0.

Figura 12.24

Solução

O transistor A/, amostra a tensão de saída e retorna uma corrente à entrada. Portanto, o fator de realimentação é dado por K —

Vout

— &mFi

(12.49)

onde gmFdenota a transcondutância de MF. Exercício

Calcule o fator de realimentação para o caso em que M, é degenerado por um resistor de valor Rs.

Vamos resumir as propriedades do circuito de reali­ mentação “idear'. Como ilustrado na Fig. 12.25(a),espe­ ramos que, para amostrar uma tensão, este circuito apre­ sente impedância de entrada infinita e, para amostrar

uma corrente, uma impedância de entrada nula. Além disso, quando retornar uma tensão, o circuito deve apre­ sentar uma impedância de saída nula e, quando retornar uma corrente, uma impedância de saída infinita.

Realimentação

12.5

P O LA R ID A D E DA R EALIM ENTAÇ ÃO

Em bora o diagrama de blocos de um sistema de rea­ limentação, como o da Fig. 12.1, revele prontam ente a polaridade da realimentação, uma im plem entação de circuito real pode não revelá-la. O procedim ento

493

para determ inar essa polaridade requer três etapas: (a) supor que o sinal de entrada aum enta (ou dimi­ nui); (b) seguir a variação pelo amplificador direto e pelo circuito de realim entação; (c) determ inar se a grandeza retornada enfraquece ou reforça o “efeito” original produzido pela variação da entrada. Alguns exemplos ilustram este procedimento.

Figura 12.25 (a) Im pedâncias de entradas de circuitos de realim entação ideais para amostragem de grandezas de tensão e de corrente, (b) impedâncias de saída de circuitos de realimentação ideais para a produção de grandezas de tensão e de corrente.

Exem plo

Determinemos a polaridade da realimentação no circuito da Fig. 12.26.

12.12 DD

M. -O V,out

X

%R2 © / ss Figura 12.26

Solução

Se Vin aumentar, tende a aumentar e Il)2tende a diminuir. Em conseqüência, Vmt e, portanto, Vx tendem a aumentar. O aumento de Vx tende a aumentar I D2 e a diminuir In\t enfraquecendo o efeito da variação de Vin. Portanto, a realimentação é negativa.

Exercício

Suponha que o terminal superior de Rxseja conectado ao dreno de M xe não ao dreno de M2. De­ termine a polaridade da realimentação.

Exem plo

Determinemos a polaridade da realimentação no circuito da Fig. 12.27.

1 2 .1 3

Figura 12.27

494

Capítulo Doze

Solução

Se Vin aumentar, Ini tende a aumentar. Em conseqüência, VA diminui e Vout aumenta, assim como Vx. O aumento de Vx tende a reduzir /„, (por quê?) e, portanto, a enfraquecer o efeito produzido por Vm. Portanto, a realimentação é negativa.

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que M2é convertido a um estágio PC, ou seja, sua fonte é conectada ao nó /\, e sua porta, à tensão de polarização.

Exem plo

Determinemos a polaridade da realimentação no circuito da Fig. 12.28.

12.14 VDD

^D1 -°v,o ut

M Figura 12.28

Solução

Se /,,, aumentar, Vx tende a aumentar (por quê?), o que aumenta l,n . Em conseqüência, Vout diminui, assim como Il)2, permitindo que Vx aumente (por quê?). Como o sinal retornado reforça o efeito produzido por /,,,, a polaridade da realimentação é positiva.

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que M2é um dispositivo PMOS (ainda operando como um estágio FC). O que acontece se Rn —> ? Este resultado era esperado?

12.6

TO PO LO G IAS DE REALIM EN TAÇ ÃO

N osso estu d o de d iferen tes tip o s de am plificado­ res, na Seção 12.3, e de m ecanism os de am o stra­ gem e reto rn o , na Seção 12.4, sugere que q u atro topologias de realim en tação p odem ser co n stru í­ das. C ada topologia inclui um de q u atro tipos de am p lificad o res com o sistem a d ireto . O circu ito de re alim e n taçã o deve, o b v ia m en te , a m o stra r e re to rn a r grandezas com patíveis com as p ro d u zi­ das e am ostradas pelo sistem a d ireto, resp ectiv a­ m ente. Por exem plo, um am p lificad o r de ten são re q u e r que o sistem a de re alim e n taçã o am o stre e re to rn e tensões, en q u an to um am plificador de tran sim p ed ân c ia deve e m p re g a r um circu ito de realim en tação que am ostre um a ten são e reto rn e uma corrente. N esta seção, estu d are m o s cada to ­ pologia e calcularem os as características em malha fechada de cada uma, tais com o ganho e im p ed ân ­ cias I/O, supondo que o circuito de realim en tação seja ideal (Fig. 12.25).

12.6.1

Realimentação Tensão-Tensão

Esta topologia, ilustrada na Fig. 12.29(a), incorpora um amplificador de tensão e requer que o circuito de realim entação am ostre a tensão de saída e retorne uma tensão ao subtrator. Recordemos, da Seção 12.4, que um circuito de realim entação desse tipo aparece em paralelo com a saída e em série com a entrada6 e, no caso ideal, apresenta impedância de entrada infi­ nita e impedância de saída nula.

Figura 12.29

Realimentação tensão-tensão.

6Por esta razão, esse tipo de realimentação é chamado topologia “ série-shunt” , onde o prim eiro termo se refere ao mecanismo de retorno à entrada, e o segundo, ao mecanismo de amostragem da saída.

Realimentação

Primeiro,calculamos o ganho em malha fechada. Como v , = Vm - Vp

Voul = A qV\ Vf = K Vou„

Exem plo 1 2 .1 5

495

temos Vou, = M V in - K V m„).

(12.53)

(12.50) (12.51)

Vin

\ + K A ()’

(12.54)

(12.52)

Determinemos o ganho em malha fechada do circuito mostrado na Fig. 12.30, supondo que o valor de R x + R2é muito grande.

Figura 12.30

Solução

Como se evidencia pelos Exemplos 12.10 e 12.12, esta topologia, de fato, emprega realimentação negativa tensão-tensão: o circuito resistivo amostra Volll com uma alta impedância (pois /?, + R2é muito grande) e retorna uma tensão à porta de M2. Como mencionamos no Exemplo 12.10, M, e M2funcionam como o estágio de entrada do sistema direto e como um subtrator. Notando que A 0 é o ganho do circuito que consiste em A/,-A/4, escrevemos, do Capítulo 10, A) = gmN(roN\\ror)i

(12.55)

onde os subscritos N e P se referem aos dispositivos NMOS e PMOS, respectivamente.7 Com K = R2I(R\ + /^)» obtemos Kut Vin

gniN{rON\Vor) Ri 1+ gmN(roN\\ror) R\ ■+■Ri

(12.56)

Como se esperava, se o ganho da malha permanecer muito maior que a unidade, o ganho em malha fechada é aproximadamente igual a MK = 1 + RJR2. Exercício

Admitindo gmN = 1/(100 íl),r0iV= 5 k íle r()l, = 2 kíl, determine o necessário valor de R2/(R} + /?2) para um ganho em malha fechada de 4. Compare o resultado com o do caso em que o valor nomi­ nal de R2/(R\ + R2) é 4.

70 valor dc /?, + R : deve ser muito m aior que o de r()S\\r()r para que esta relação seja válida. Isto serve, então, como a definição de R x + R 2 “ muito grande".

496

Capítulo Doze

óbvio que todo o sinal de entrada apareceria em R,n, produzindo uma corrente de entrada Vln/ R in* Com a realimentação, no entanto, a tensão desenvolvida na entrada de A„ é igual a Vin - V , e, tam bém , igual a Logo, (12.57)

linRin = Vin ~ Vh' = V,„ - ( I i M A o K .

(12.58)

Portanto,

/*in =/?,„(!+

K A q).

Para analisar o efeito da realim entação nas im­ pedâncias 1/0, admitimos que o sistema direto é um amplificador de tensão não ideal (isto é, tem im pe­ dâncias I/O finitas), enquanto o circuito de realim en­ tação continua ideal. A topologia completa, ilustrada na Fig. 12.31, inclui uma im pedância de entrada finita para o am plificador direto. Sem a realim entação, é

Exem plo

(12.59)

É interessante observar que a realim entação negati­ va em torno de um amplificador de tensão aumenta a impedância de entrada pelo fator universal de um mais o ganho da malha. Esta modificação da impe­ dância deixa o circuito mais próximo de um amplifi­ cador de tensão ideal.

Determinemos a impedância de entrada do circuito da Fig. 12.32(a) para R { + R2 muito grande.

12.16 — V,DD

— V,DD

-°v,out

out

V:nO-i

r

s i? . (b)

(a) Figura 12.32

Solução

Primeiro, abrimos a malha para calcular Rmem (12.59). Para abrir a malha, desconectamos a porta de Mxdo sinal de realimentação e a conectamos à terra [Fig. 12.32(b)]: (12.60)

Rin = — . Sm Portanto, a impedância de malha fechada é dada por Yü l = U hn Sm \ Exercício

R\ + R 2

)•

(12.61)

O que acontece se R2—> °°? Este resultado era esperado?

xVale notar que Vm e R„, conduzem correntes iguais, pois o circuito de realim entação deve aparecer em sé rie com a entrada [Fig. 12.21(a)].

Realimentação

497

O efeito da realimentação na impedância de saída pode ser estudado com o auxílio do diagrama m ostra­ do na Fig. 12.33, onde o amplificador direto apresenta uma impedância de saída Expressando o sinal de erro na entrada de A 0 por —V, = —K V X, escrevemos a tensão de saída de A 0 como - K A ()VX\ logo, lx =

y* - ( - k a q Vx ) Rnui

(12.62)

onde a corrente puxada pelo circuito de realim enta­ ção foi desprezada. Assim, Vx Ix

1 +KA o

(12.63)

revelando que a realim entação negativa reduz a impedância de saída caso a topologia am ostre a tensão

Exem plo

de saída. Agora, o circuito é um m elhor amplificador de tensão — como predisse a análise de dessensibilização do ganho feita na Seção 12.2.

Para R{ + R2 muito grande, calculemos a impedância de saída do circuito mostrado na Fig. 12.34.

12.17 VDD

Mr

M2p\ I— 'S S

Figura 12.34

Solução

Recordemos, do Exemplo 12.15, que a impedância de saída em malha aberta é igual a rON\\r()P e KA0 = [RJ(Ri + Portanto, a impedância de saída em malha fechada, Roui.fechaé dada por R,out,fechada —

tonW op Rl 1+ gmN{r0N\V0P) R\ -f Ri

(12.64)

Se o ganho da malha for muito maior que a unidade, R,out,fechada'

(i+íDib

(12.65)

um valor que independe de rON e de ror. Em outras palavras, embora o amplificador em malha aberta apresente uma impedância de saída elevada, a aplicação da realimentação negativa reduz Rou, a um múltiplo de 1lgmN. Exercício

O que acontece se R2—>°°? É possível obter este resultado via análise direta do circuito?

498

Capítulo Doze

Figura 12.35

Realim entação tensão-corrente.

Em suma, a realim entação tensão-tensão reduz o ganho e a im pedância de saída por um fator 1 + K A n e aum enta a impedância de entrada pelo mes­ mo fator.

to e requer que o circuito de realimentação amostre a tensão de saída e retorne uma corrente ao subtrator. Segundo nossa terminologia, o primeiro termo em “realimentação tensão-corrente” se refere à grandeza amostrada na saída, e o segundo, à grandeza retorna­ da à entrada. (Esta terminologia não é padrão.) Além disto, recordemos, da Seção 12.4, que um circuito de realimentação desse tipo deve aparecer em paralelo com a saída e com a entrada9e, no caso ideal, apresenta impedãncias de entrada e de saída infinitas (por quê?). Vale notar que, neste caso, o fator de realimentação tem dimensão de condutância, pois K = If /V„M. Primeiro, calculemos o ganho em malha fechada, esperando o bter um resultado familiar. Com o l e = /„, - I, e V„„, = /,/?„, temos

( 12.66)

Voul = U in — h ) R y )

= (/,„ - KVOIII)R0, 12.6.2

Realimentação Te nsão -C o rren te

logo,

Esta topologia, ilustrada na Fig. 12.35, em prega um amplificador de transimpedância como sistema dire­

Exem plo

12.18

S olução

(12.67)

Voul

_

( 12.68)

* 0

/,„ — 1 + KRu

Para o circuito mostrado na Fig. 12.36(a), vamos admitir X = 0 e que R, é muito grande, (a) Pro­ vemos que a realimentação é negativa; (b) calculemos o ganho em malha aberta; (c) calculemos o ganho em malha fechada. (a) Se /„, aumentar, diminui e Vx aumenta. Em conseqüência, Vnu, diminui e, portanto, reduz íHr. Como as correntes injetadas por /„, e R, no nó de entrada são alteradas em direções opostas, a re­ alimentação é negativa. (b) Para calcular o ganho em malha aberta, consideramos o amplificador direto sem o circuito de realimentação e fazemos uso da hipótese de que R, é muito grande [Fig. 12.36(b)].

-°Vtout M

(a)

(b)

' RF

(c)

Figura 12.36

O ganho de transimpedância é dado pelo ganho de íin a Vx (ou seja, Rln) multiplicado pelo ganho de Vx a V„„, (ou seja, -g,„2Rm)Ro = Rm i-graRoí)9Por esta razão, também é chamado realimentação “shunt-shunt".

(12.69)

Realimentação

499

Notemos que, para obter este resultado, admitimos R, » Rl)2, de modo que o ganho do segundo estágio permanece igual a —gm2Rp:2(c) Para obter o ganho em malha fechada, primeiro notamos que a corrente retornada por R, à entrada é aproximadamente igual a VouJRF, se R, for muito grande. Para provar isto, consideramos uma seção do circuito como na Fig. 12.36(c) e escrevemos Ir f =

Vo“ ' R

f

•

1

(12.70)

H ----------------

gml

Portanto, se R, » l/gwi, a corrente retornada é aproximadamente igual a V ,JR r. (Dizemos que “/^ funciona como uma fonte de corrente”.) Ou seja, K = -l/ft^ o n d e o sinal negativo advém da direção da corrente puxada por R, do nó de entrada, em relação à direção indicada na Fig. 12.35. Calculando 1 + KR{), expressamos o ganho em malha fechada como Knr

-gnü^Dl^Dl

Iin fechada

(12 71)

R d2

i _l_

Rf que se reduz a - R , se gm2R n\R »2 » RpVale notar que, neste exemplo, a hipótese de que R, é muito grande se traduz em duas condições: R, » Rl)2e R, » A primeira resulta de cálculos com o circuito de saída, e a segunda, de cálculos com o circuito de entrada. O que acontece se uma destas hipóteses ou as duas não forem válidas? Abordaremos esta situação (relativamente comum) na Seção 12.7. Exercício

Qual é o ganho de malha fechada para R,n —>«? Como este resultado pode ser interpretado? (Su­ gestão: o ganho em malha aberta infinito cria um nó de terra virtual na fonte de Mx.)

Agora, passemos à determinação das impedâncias I/O em malha fechada. M odelando o sistema direto como um amplificador de transimpedância ideal, mas com im pedância de entrada finita R in (Seção 12.3), construímos o circuito de teste mostrado na Fig. 12.37. Como a corrente que flui por Rin é igual a VxIRin (por quê?), o amplificador direto produz uma tensão de saída igual a (Vx/R in)R0; logo, Vv

IF = K - ^ R o. "in

Figura 12.37

(12.72)

Cálculo da im pedância de entrada.

Escrevendo uma LCK no nó de entrada, obtem os Vx

Vy

K in

K in

(12.73)

Portanto Ix

Ri, 1 + KR{)

(12.74)

O u seja, uma m alha de realim entação que retorna uma corrente à entrada reduz a im pedância de en­ trada por um fator de um mais o ganho da malha, tornando o circuito mais próximo de um “sensor de corrente” ideal. Do estudo da realim entação tensão-tensão fei­ to na Seção 12.6.1, postulamos que a realim entação tensão-corrente também reduz a impedância de saí­ da, pois a malha de realimentação que “regula” a ten­ são de saída tende a estabilizá-la, apesar das varia­ ções na impedância de carga. D esenhando o circui­ to com o na Fig. 12.38, onde a fonte de corrente de entrada é fixada em zero e Rmu modela a resistência

500

Capítulo Doze

Exemplo 12.19 Solução

Determinemos a impedância em malha fechada do circuito estudado no Exemplo 12.18.

O amplificador em malha aberta mostrado na Fig. 12.26(b) apresenta uma impedância de entrada Rin = l/gmj, pois, por hipótese, R, é muito grande. Com 1 + KR{) do denominador da Eq. (12.71), obtemos Rin, fechada ~ ~ * . í?_• gml 1 + gm2Rp\Rp2 ' Rf

Exercício

(12.75)

Explique o que acontece se Rm —> e por quê.

em malha aberta, observamos que o circuito de rea­ limentação produz uma corrente I, = K V X. Ao fluir pelo amplificador direto, esta corrente se traduz em Va = - K V xR 0; logo, K

Ix =

Vx - V a

(12.76)

Figura 12.38

Roa,

Vx + KVXR0

C álculo da impedância de saída.

(12.77)

R oui

onde a corrente puxada pelo circuito de realim enta­ ção foi desprezada. Assim,

Exem plo

V\ Ix

R»

(12.78)

1 + KRo’

um resultado esperado.

Calculemos a impedância de saída em malha fechada do circuito estudado no Exemplo 12.18.

12.20 S olução

Do circuito em malha aberta da Fig. 12.36(b), temos Roui« Rl)2, pois. por hipótese, R, é muito gran­ de. Usando 1 H- K R0 do denominador da Eq. (12.71), obtemos r.

R D2

_

^out,fechada —

j

r,

r>

g m 2 ‘
(12.79)

Rf Exercício

12.6.3

Explique o que acontece se R,n —>«» e por quê.

Realimentação C orrente-Tensão

Esta topologia, m ostrada na Fig. 12.39(a), incorpora um am plificador de transcondutância e req u er que o circuito de realim entação am ostre a corrente de saída e retorne uma tensão ao subtrator. De novo, segundo nossa term inologia, o prim eiro term o em “realim entação co rren te-ten são ” se refere à gran­ deza am ostrada na saída, e o segundo, à grandeza reto rn a d a à en trad a. R ecordem os, da Seção 12.4,

Figura 12.39

Realim entação corrente-tensão.

Realimentação

que um circuito de realim entação desse tipo deve aparecer em série com a saída e com a en tra d a10 e, no caso ideal, ap resen tar im pedâncias de en trad a e de saída nulas. Vale notar que, neste caso, o fator de realim entação tem dim ensão de resistência, pois K = V ,/Im„. Confirmemos, primeiro, que o ganho em malha fechada é igual ao ganho em malha aberta dividido

Exem plo

12.21

501

por um mais o ganho da malha. Como o sistema dire­ to produz uma corrente = G„„( Vm - V,.), e como V, = K Iou„ temos lout —

K lout)

(V„,

( 12.80)

logo, lou t _

( Jm

V ~,~ \+ K G m

( 12.81)

Desejamos fornecer uma corrente bem definida a um diodo laser, como indicado na Fig. 12.40(a),n mas a transcondutância de A/, é mal controlada. Por esta razão, “monitoramos” a corrente com a inserção de um pequeno resistor RMem série, amostramos a tensão em RMe retornamos o resulta­ do à entrada de um amp op [Fig. 12.40(b)]. Admitindo que o amp op provê ganho muito elevado, estimemos o valor de Calculemos o ganho em malha fechada para a implementação mostrada na Fig. 12.40(c).

(b)

(a)

(c)

(d)

(e) Figura 12.40

Solução

Se o ganho do amp op for muito grande, a diferença entre Vme V,. será muito pequena. Assim, RM sustenta uma tensão igual a Vin\ logo, (12.82) R

m

l0Por esta razão, cssc tipo c chamado realimentação "série-scrie". uU m diodo laser converte sinais elétricos cm sinais ópticos e é largamente utilizado cm aparelhos dc D V D , sistemas dc comunica­ ções de longa distância etc.

502

Capítulo Doze

Agora, determinemos o ganho em malha aberta para a implementação em transistor mostrada na Fig. 12.40(c). O amplificador direto pode ser identificado como na Fig. 12.40(d), onde a porta de yV/4está aterrada, pois o sinal de realimentação (tensão) é fixado em zero. Como Iout = - g núVx (por quê?) e V x = - g mÁr0^ r 0s \ temos Gm = gm\gnü(rcn\Iros).

(12.83)

O fator de realimentação é K = V,JIOM= RM. Assim, Iout fechada

gmignú(ro3\\ros) 1 + gm\gnú(r0?>\\r0$)Rm

(12.84)

Notemos que o ganho da malha é muito maior que a unidade; portanto, 1

l out

v~ fechada

R

(12.85)

m

Agora, devemos responder a duas perguntas. Primeira, por que o dreno de M, está curtocircuitado à terra no teste em malha aberta? A resposta simples é que, se esse dreno for deixado aberto, Iout = 0! Contudo, de modo mais fundamental, podemos observar uma dualidade entre este caso e o de saída de tensão, como na Fig. 12.36. Se não alimentar uma carga, a porta de saída de um amplificador de tensão é deixada aberta. De modo similar, se não alimentar uma carga, a porta de saída de um circuito que provê uma corrente deve ser curto-circuitado à terra. Segunda, por que, na Fig. 12.40(c), o amplificador que atua como carga ativa foi desenhado com o dispositivo conectado como diodo à direita? Para assegurar a realimentação negativa. Por exemplo, se Vin aumentar, Vx diminui (por quê?), M, provê uma corrente maior e a queda de tensão em RMaumenta, o que direciona maior fração de íss para M4 e se opõe ao efeito do aumento de Vin. Como alternativa, o circuito pode ser desenhado como indicado na Fig. 12.40(e). Exercício

Suponha que Vin seja uma senoide com amplitude de pico de 100 mV. Admitindo RM = 10 íl e Gm = 1/(0,5 í 1), desenhe os gráficos de V,. e da corrente do diodo laser em função do tempo. A ten­ são na porta de A/, é necessariamente uma senoide?

P artindo da análise de o u tras topologias de re ­ alim entação, feita nas Seções 12.6.1 e 12.6.2, pos­ tulam os que a realim entação co rren te-ten são au ­ m enta a im pedância de en tra d a por um fato r 1 + KG„r Na verdade, o circuito de teste m ostrado na Fig. 12.41 (a) é sim ilar ao da Fig. 12.31 — exceto quanto ao fato de que o sistem a direto é den o tad o por Gm e não por A 0. Assim, a Eq. (12.59) pode ser reescrita como

'in

= R,„( 1 + KGm).

contraste com os casos relativos às Figs. 12.33 e 12.38, a fonte de tensão de teste é conectada em série com a porta de saída do amplificador direto e com a por­ ta de entrada do circuito de realimentação. A tensão desenvolvida na porta A é igual a - K I X e a corrente puxada pelo estágio G„, é igual -K G „,IX. Como a cor­ rente que flui por R,m, é dada por VXIR,,U„ uma LCK no nó de saída fornece

A impedância de saída é calculada com o uso do circuito de teste da Fig. 12.41(b). Vale notar que, em

lx = ^ L ~ KGmIx

(12.87)

^ = /?,„„(1 + /CG,,,). lx

(12.88)

"out

(12.86) portanto,

Realimentação

Figura 12.41

C álcu lo das impedâncias de (a) entrada e (b ) de saída.

É interessante observar que uma malha de realimentação negativa que amostra a corrente de saída eleva a impedância de saída, tornando o circuito mais próximo de

Exem plo

12.22

503

um gerador de corrente ideal. Como nos outros casos já estudados, isto ocorre porque a realimentação negativa tende a regular a grandeza de saída que amostra.

Uma outra abordagem para a regulagem da corrente fornecida a um diodo laser é mostrada na Fig. 12.42(a). Como no circuito da Fig. 12.40(b), o resistor muito pequeno RMmonitora a corrente, gera uma tensão proporcional e a realimenta ao dispositivo subtrator, A/,. Determinemos o ganho em malha fechada e as impedâncias I/O do circuito. VDD

'out

(b) Figura 12.42

Solução

Como RS1é muito pequeno, o circuito em malha aberta se reduz ao representado na Fig. 12.42(b), onde o ganho pode ser expresso como _Vy

lout

m~ K , ' V x = gm \Rn ' gnü-

(12.89) (12.90)

A impedância de entrada é igual a 1lgml, e a impedância de saída, a l/gm2.12O fator de realimenta­ ção é igual a /?„, resultando em gnúgmlRp

Io

fechada

1 + gm lgm lR oR v ’

l2Para medirmos a impedância de saída, a fonte de tensão de teste deve ser conectada em série com o fio de saída.

(12.91)

504

Capítulo Doze

que se reduz a l / R M se o ganho da malha for muito maior que a unidade. A impedância de saída é aumentada por um fator 1 G mR M +

:

R in 1fechada —

( 1

“t "

gm lgm l

(12.92)

R d R \i )»

gm l

assim como a impedância de saída (ou seja, vista pelo laser): R out 1fechada =

( 1

"t"

g m 1g m l

R f) R \ i )

•

(12.93)

gm l

Exercício

Exemplo 1 2 .2 3

Determine os valores de gml e gm2 para o caso em que se desejam impedância de entrada de 500 íl e impedância de saída de 5 kíl. Suponha R„ = 1 kíl e RM= 100 Í2.

Um estudante tenta calcular, com o auxílio do circuito mostrado na Fig. 12.43, a impedância de saída da topologia de realimentação corrente-tensão. Expliquemos por que esta topologia é uma representação incorreta do circuito real.

r

1out

Figura 12.43

Solução

Para amostrar uma corrente, o circuito de realimentação deve permanecer em série com a porta de saída do amplificador direto, assim como a fonte de tensão de teste. Em outras palavras, a corren­ te de saída do sistema direto deve ser igual à corrente de entrada do circuito de realimentação e à corrente puxada por Vx [como na Fig. 12.41 (b)]. No entanto, na configuração da Fig. 12.43, estes princípios são violados, pois Vx é conectado em paralelo com a saída.13

Exercício

Aplique o teste (incorreto) mostrado anteriormente ao circuito da Fig. 12.42 e analise os resultados.

12.6.4

R ealim entação C orrente-C orrente

Com base na análise das três prim eiras topologias de realim entação, podem os antecipar que esse quarto tipo reduz o ganho, aum enta a impedância de saída e reduz a impedância de entrada, sem pre por um fator de um mais o ganho da malha. A realim entação corrente-corrente, com o na Fig. 12.44, mostra a saída em série e retorna o sinal em paralelo com a entrada. O sistema direto tem um ga­ nho de corrente A h e O circuito de realimentação, um

Figura 12.44

Realimentação corrente-corrente.

1'Se o circuito de realimentação for ideal e, portanto, com uma impedância de entrada nula. Vx deve fornecer uma corrente infinita.

Realimentação

505

ganho adimensional K = I,JI„UI. A corrente que entra no amplificador direto, dada por Ijn - /,, fornece Lm t —

A/(Ijn

11 )

= A ,( I in - K l out)

(12.94) (12.95)

logo, 1Old _ Aj 1 ~ ~ T + k ã ,'

(12.96)

A impedância de entrada do circuito é calculada com o auxílio da configuração representada na Fig. 12.45. Com o no caso da realim entação tensão-corrente (Fig. 12.37), a impedância de entrada do ampli­ ficador direto é m odelada por um resistor série, Rin. Como a corrente que flui por R in é igual a VxIRm, te­ mos = A ,V xIRilt e, portanto, /,. = K A ,V xIRin. Uma LCK no nó de entrada fornece Vx + lF Kin Vx Vy = -Kin j f + K A iiKin r

Ix =

-jf

produz uma corrente de saída igual a - K A ; I X. N otan­ do que R,mt conduz uma corrente VXIR,„„ e escrevendo uma LCK no nó de saída, temos Vx «VMIÍ

I x = - ^ L ~ K A ,I X .

( 12.100)

Portanto, ^ = R0M + KA,). Ix

( 12.101)

(12.97) (12.98)

Ou seja, Ri, Vx = _______

Ix

1 + K Ar '

(12.99)

Para a impedância de saída, utilizamos o circui­ to de teste m ostrado na Fig. 12.46, onde a entrada é deixada em aberto t V x é conectado em série com a porta de saída. Como Ir = K IX, o amplificador direto

Exem plo

12.24

Solução

Consideremos o circuito mostrado na Fig. 12.47(a), em que a corrente de saída entregue ao diodo laser é regulada pela realimentação negativa. Provemos que a realimentação é, de fato. negativa e calculemos o ganho e as impedãncias I/O em malha fechada, admitindo que RMé muito pequeno, e RF, muito grande. Suponhamos que Iin aumente. Com isto, a tensão de fonte de Mx tende a aumentar, assim como sua tensão de dreno (por quê?). Em conseqüência, a sobrecarga de M2diminui, Ioul e, portanto, Vr diminuem e IFaumenta, reduzindo a tensão de fonte de Mx. Como o sinal de realimentação, IF, se opõe ao efeito produzido por /„„ a realimentação é negativa. Devemos, agora, analisar o sistema em malha aberta. Como RMé muito pequeno, supomos que VP permanece próximo de zero e obtemos o circuito em malha aberta representado na Fig. 12.47(b). A hipótese de que Rh é muito grande ( » llgm\) indica que a quase totalidade de Iin flui por M, e Rn, gerando Vx = IinRn\ logo, Ioui = -gmiVx

= - gnaRühn. Ou seja,

A / = —gmiRü-

(12.102)

(12.103) (12.104)

506

Capítulo Doze

(a)

(b) Figura 12.47

A impedância de entrada é aproximadamente igual a 1lgml e a impedância de saída é igual a r ()2 '

Para obter os parâmetros em malha fechada, devemos calcular o fator de realimentação, Recordemos, do Exemplo 12.18, que a corrente retornada por R, pode ser aproximada como - Vp/RFi se R, » l/gml. Também notamos que Vr = IoulRMe concluímos que K = ^~ lout _ -V p

(12.105) 1

(12.106)

R f lout Rm R f'

(12.107)

Portanto, os parâmetros em malha fechada são dados por Al, fechada= ------- ( 12-108)

1 + gnüRü

Kp R in, fechada =

-----------

'

------------- (12.109)

K f

R,out, fechada = rm ( \ + g na R D ^ \

(12.110)

Observamos que, se gnaRnR J R , » 1, o ganho em malha fechada é simplesmente dado por " R JR m. Exercício

Notando que Routífechada é a impedância vista pelo laser no circuito em malha fechada, construa um equivalente de Norton para todo o circuito que ativa o laser.

Realimentação

507

-oV.OUt 'o u t

Im p e d â n cia de saída re d u zid a p o r 1 + g a n h o da m alha

Im p e d â n cia de saída a u m e n ta d a p o r 1 + g a n h o da m alha

/ in(í)

Im p e d â n c ia de en tra da a u m e n ta d a p o r 1 + g a n h o da m a lha

F ig u ra 12.48

Im p e d â n cia de e n tra d a re d u zid a p o r 1 + g a n h o da m alha

Efeito da realimentação sobre impedâncias de entrada e de saída.

O efeito da realim entação sobre as impedâncias de entrada e de saída do amplificador direto é resu­ mido na Fig. 12.48.

12.7

EFEITO DE IM P E D Â N C IA S DE ENTRADA E DE S A ÍD A NÃO ID E A IS

Nosso estudo das topologias de realimentação, feito na Seção 12.6, foi baseado em modelos idealizados para o circuito de realimentação, sempre supondo que as impedâncias I/O desse circuito são muito grandes

Exem plo 12.25 Solução

ou muito pequenas, dependendo do tipo de realimen­ tação. Entretanto, na prática, impedâncias I/O finitas do circuito de realim entação podem alterar, de m o­ do considerável, o desem penho do circuito. Portanto, necessitamos de técnicas de análise que levem esses efeitos em consideração. Nestes casos, dizemos que o circuito de realim entação “carrega” o amplificador direto e que os “efeitos de carregam ento” devem ser determinados. Antes de nos aprofundarm os na análise, é con­ veniente entenderm os a dificuldade no contexto de um exemplo.

Suponhamos que, no circuito do Exemplo 12.7, Rt + R2não é muito maior que R„. Como devemos analisar o circuito? No Exemplo 12.7, construímos o circuito em malha fechada simplesmente desprezando o efeito de R t + R:. Aqui, no entanto, Rt + R2 tende a reduzir o ganho em malha aberta, pois aparece em paralelo com Rn. Portanto, concluímos que o circuito em malha aberta deve ser configurado como indicado na Fig. 12.49, sendo o ganho em malha aberta dado por > lo = g m i [ / ? D l l ( / ? i + / ? 2 ) ] ,

( 1 2 .1 1 1 )

Rout,fechada— ^dII(-^1 “t" ^ 2 )*

(12.112)

e a im pedância d e saída, p o r

508

Capítulo Doze

----- V D D

-^out

‘'i n '- 1

R*

Figura 12.49

Outros parâmetros diretos e de realimentação são idênticos aos calculados no Exemplo 12.7. Assim, A v,fechada = ---------- ^ ----------------------------------1+ ^

+2*

Rin,fechada — -----( l +

'' gwil[fl£> 11(^1 + ^ 2 ) ] } Al + A2 )

gmi l

A out,fechada—

n 1

Exercício

J f o l l ( J ? i + / ? 2)

•

(12.114)

r r n

^

^1Z. l l j J

+ d : p g . M \ m + ^ 2 )] Al + «2

Repita o exemplo anterior para o caso em que R„ é substituído por uma fonte de corrente ideal.

O exem plo anterior presta-se m uito bem à ins­ peção intuitiva. No entanto, isto não acontece com m uitos outros circuitos. P ara g anharm os confian­ ça na análise e poderm os tra ta r de circuitos mais complexos, devem os desenvolver uma abordagem sistem ática. 12.7.1 Saída

( I Z . i lo ;

f a lW b lK * , + ^ 2 )]

Inclusão de E fe ito s de Entrada e de

A presentam os uma metodologia que perm ite a aná­ lise das quatro topologias de realim entação, mesmo que as im pedâncias I/O do am plificador direto ou do circuito de realim entação difiram de seus valores nominais. A metodologia é baseada em uma prova formal que foge ao escopo deste livro, mas pode ser encontrada em [1]. A metodologia consiste em seis passos. 1. Identificar o amplificador direto. 2. Identificar o circuito de realimentação. 3. A brir o circuito de realim entação segundo as regras descritas adiante. 4. Calcular os parâm etros em malha aberta.

5. D eterm inar o fator de realim entação segundo as regras descritas adiante. 6. Calcular os parâm etros em malha fechada. Regras para A b rir o C ircu ito de R e a lim e n ta ­ ção Para a execução do terceiro passo, o circuito de

realimentação é “duplicado” na entrada e na saída do sistema global. A ideia, ilustrada na Fig. 12.50, consis­ te em “carregar” a entrada e a saída do amplificador direto com cópias adequadas do circuito de realimen­ tação. A cópia conectada à saída é cham ada “cópia de am ostragem ”, e a conectada à entrada, “cópia de retorno”. Devemos, ainda, decidir o que fazer com a porta de saída da primeira e com a porta de entrada da segunda, isto é, se curto-circuitamos ou abrimos essas portas. A decisão é tomada com base nas regras “de term inação” ilustradas na Fig. 12.51. Por exemplo, pa­ ra realimentação tensão-tensão [Fig. 12.51 (a)], a porta de saída da cópia de amostragem é aberta, enquanto a porta de entrada da cópia de retorno é curto-circuitada. De modo similar, para realimentação tensão-corrente [Fig. 12.5 l(b)], tanto a porta de saída da cópia de amos­ tragem como a porta de entrada da cópia de retorno são curto-circuitadas.

Realimentação

0—

■

Cópia de Retorno Figura 12.50

Cópia de Amostragem

Método para abrir a malha de realimentação.

A prova formal destes conceitos é dada em [l], mas é conveniente que recordem os estas regras com

509

base nas observações intuitivas (mas não muito rigo­ rosas) que fazemos a seguir. Em uma situação ideal, o circuito de realim entação que am ostra uma tensão de saída é alim entado por uma impedância nula, es­ pecificamente a impedância de saída do amplificador direto. Assim, a porta de entrada da cópia de retorno é curto-circuitada. Além disso, um circuito de reali­ m entação que retorna uma tensão à entrada vê, no caso ideal, uma im pedância infinita, especificamen­ te a impedância de entrada do amplificador direto. Portanto, a porta de saída da cópia de amostragem é deixada aberta. Observações similares se aplicam aos outros três casos.

-+V.out

-+V,out 'F

h

-1 I Circuito^S T Aberto

-< % (b)

(a)

out

í

i <

—o r -^ K CircuitoI Aberto (c)

r: '-'m

st/

' out Circuito Circuito Circuitos Aberto Aberto (d)

Figura 12.51 Terminação adequada das cópias nas realimentações (a) tcnsão-tcnsão, (b) tensão-corrente, (c) correntc-corrente e (d) corrcnte-tcnsào.

Figura 12.52 Cálculo do fator dc realimentação para realimentações (a) tcnsão-tensào, (b) tensão-corrente, (c) corrente-eorrente e (d) corrente-tensão.

C á lcu lo d o F a to r de R e a lim e n ta ç ã o

O quinto passo envolve o cálculo do fa to r de realim en tação, uma tarefa que req u er as regras ilustradas na Fig. 12.52. D ependendo do tipo de realim entação, a

porta de saída do circuito de realim entação é curtocircuitada ou é deixada em aberto, e a razão entre a corrente ou tensão de saída e a co rren te ou tensão de en trad a é definida com o o fator de realim enta-

510

Capítulo Doze

ção. Por exem plo, na topologia de realim entação tensão-tensão, a p o rta de saída do circuito de re ­ alim entação é deixada em a b erto [Fig. I2.52(a)] e k = v y V,. A prova destas regras é dada em [1], mas uma visão intuitiva tam bém pode ser desenvolvida. Pri­ meiro, a excitação (tensão ou co rren te) aplicada à entrada do circuito de realim entação é do mesmo ti­ po que a grandeza am ostrada na saída do amplifica­ dor direto. Segundo, a porta de saída do circuito de realim entação é deixada em aberto (curto-circuita-

Exem plo

da) se a grandeza retornada for uma tensão (corren­ te) — com o no caso das cópias de am ostragem na Fig. 12.51. Obviamente, se a porta de saída do circuito de realim entação for deixada em aberto, a grandeza de interesse é uma tensão, V2. D e modo similar, se a porta for curto-circuitada, a grandeza de interesse é uma corrente, / 2. Para reforçar estes princípios, reconsiderarem os os exemplos estudados até aqui neste capítulo e de­ terminaremos os parâmetros em malha fechada quan­ do as impedâncias I/O não são desprezíveis.

+ R2 não m uito m enor que Rn.

A nalisem os o am plificador ilu strado na Fig. 12.53(a),com

12.26 DD a out

(Vi f?o

de Retorno (a)

±

de Amostragem (b)

(c)

Figura 12.53

Solução

Identificamos o sistema direto como Af, e Rn,e o circuito de realimentação, como R{e /^.Construí­ mos o circuito em malha aberta segundo a Fig. 12.51(a), como indicado na Fig. 12.53(b). Notamos que o circuito de realimentação aparece duas vezes. A porta de saída da cópia de amostragem é deixada em aberto, enquanto a porta de entrada da cópia de retorno é curto-circuitada. Os parâ­ metros em malha aberta desta topologia foram calculados no Exemplo 12.25. Para determinar o fator de realimentação, seguimos a regra da Fig. 12.52(a) para formar o circuito mostrado na Fig. 12.53(c),e obtemos

K = £

Ri

(12.116) 2

(12.117)

+ /? 2

Logo,

KA0 = — gml[RD\\(R, + R2)], a [ + A2 g m l[J to ll(* l+ * 2 ) ]

*v.fechada = ---------- õ -----------------------------------

(12.118)

( IZ .IIV j

Realimentação

r fechada — - — f^in,

gml 1 + R ^ T R 28m l[RDm ' + Rl)] \

_________Rp\\(Ri + R2 )_______ • Rout,fechada— n

511

(12120)

n ? i? n

+ R~8m\[RDW(Rl + ^ 2 )]

*+

Obtidos com o uso de nossa metodologia geral, estes resultados estão, por inspeção, em acordo com os obtidos no Exemplo 12.25. Exercício

Exem plo 12.27

Refaça a análise anterior para o caso em que R n é substituído por uma fonte de corrente ideal.

, 4- R2 não muito maior que r(),,\\rON.

Analisemos o circuito da Fig. 12.54(a), com

(b)

(a) Figura 12.54

Solução

Aqui. M r M 4 constituem o amplificador direto, e /^ ,e R 2, o circuito de realimentação. A malha é aberta de modo similar ao do Exemplo 12.26, pois o tipo de realimentação é o mesmo [Fig. 12.54(b)]. Portanto, os parâmetros em malha aberta são dados por >4o = gmN[roN\\ror\\(R\ + ^ 2 )]

( 12.122) (12.123)

Rin, aberta = OO Rout, aberta = r o n \V o p \\(R \ + R i)-

(12.124)

O circuito de teste para o cálculo do fator de realimentação é identificado como o da Fig. 12.53(c), fornecendo

K =

Ri R i+ R i

(12.125)

Portanto, Vou Vin

Ri

R\ + Ri

( 12. 126)

gmN[rON\\rOP\\(Rl + ^ 2)]

512

Capítulo Doze

Rin. fechada — OO

(12.127)

n

K out,fechada —

n

1 + -p

r0 N \\r0 p \ m

+ Ri )

D- gm/v[roN\\rop\\(R\

K\ + K2

Exercício

Exem plo 12.28

•

,-,o\

^IZ.IZoJ

+ ^2)]

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor de carga R, é conectado entre a saída do circuito e a terra.

A nalisem os o circu ito da Fig. 12.55(a).

(a) Figura 12.55

Solução

Identificamos o sistema direto constituído por M,, Rm> M2 e Rl)2. O circuito de realimentação consiste em R{ e R2 e retorna uma tensão à fonte do transistor subtrator, M {. De modo similar ao dos dois exemplos anteriores, o circuito em malha aberta é construído como mostrado na Fig. 12.55(b). Notemos que, agora, M, é degenerado por Escrevendo A {) = ( VxlVin) ('/„«/V,A.), temos —Rn\

Ao =

{ &rn2\R d2 11(^1 + ^ 2 )]}

(12.129)

-----h /?i||/?2 gm Rin.aberia

—

(12.130)

0 0

Rout.aberta = R

d2 1

1 (^ 1

"i"

^2

(12.131)

) ■

Como no exemplo anterior, o fator de realimentação é igual a R2I(R i + R2), fornecendo K™, Vw

R2 Ao R\ + Rl

Rin, fechada— 00 out,fechada —

^D2ll(^l + Rl)

(12.132)

(12.133) (12.134)

onde A„ é dada por (12.129). Exercício

R e p ita o exem plo a n te rio r p ara o caso em que M , é d e g e n erad o p o r um resistor de valor R s.

Realimentação

Exemplo 12.29

513

Analisemos o circuito da Fig. 12.56(a), supondo que R, não é muito grande.

(a)

(c) Figura 12.56

Solução

Por ser uma topologia de realimentação tensão-corrente, este circuito deve ser tratado segundo as regras nas Figs. 12.51 (b) e 12.52(b). O amplificador direto é formado por Aí„ R,ny M2 e RD2. 0 cir­ cuito de realimentação consiste apenas em R,, A malha é aberta como indicado na Fig. 12.56(b), onde, da Fig. 12.51 (b), a porta de saída da cópia de amostragem é curto-circuitada. Como Iin é divi­ dida entra Rr e A/,, temos Vx = U

Rf Rd 1 . R f H-----8m\

(12.135)

Notando que R0 = V J l in = (VxIVin) { V J V X\ escrevemos Ro

R f R di

[-gm2(RD2\\RF)]-

(12.136)

R f H-----&m\

As impedâncias de entrada e de saída em malha aberta são dadas por, respectivamente. Rin, aberta Rout,aberta

—

I I ^ F

(12.137)

gm l =

^ D 2 l l ^ F *

(12.138)

Para obter o fator de realimentação, seguimos a regra na Fig. 12.52(b), construímos o circuito de teste como na Fig. 12.56(c) e obtemos K - 12 K ~Vi

(12.139) (12.140)

Notemos que R{) e K são negativos, produzindo um ganho da malha positivo e, portanto, confir­ mando que a realimentação é negativa. Os parâmetros em malha fechada são, então, expressos como

514

Capítulo Doze

vou, Iin fechada

Ro D j _ __ Rf

(12.141)

— IIR f d . . . _ 8m\ nin fechada — r>

(12.142)

n _ R[>2\\Rr “out,fechada — n »

(12.143)

onde R0 é dada pela Eq. (12.136). Exercício

Exem plo 12.30

Repita o exemplo anterior para o caso em que Rnl é substituído por uma fonte de corrente ideal.

Analisemos o circuito da Fig. 12.57(a), supondo que RMnão é pequeno, r()X< tem uma impedância R, .

(a)

e que o diodo laser

(b)

Figura 12.57 Solução

Este circuito emprega realimentação corrente-tensão e deve ser aberto segundo as regras mos­ tradas nas Figs. 12.51 (d) e 12.52(d). O amplificador direto é formado por Aí, e AÍ3-AÍ6, enquanto o circuito de realimentação consiste em RM. O circuito em malha aberta, ilustrado na Fig. 12.52(d), contém duas réplicas do circuito de realimentação, sendo a porta de saída da cópia de amostragem

Realimentação

515

e a porta de entrada da cópia de retorno deixadas em aberto. O ganho em malha aberta é Gm = I j v * = ( W J ( I J V X), e VX ■rr = -gmArosWros)*in

(12.144)

Para calcular I ouJ V x , notamos que a corrente produzida por M, é dividida entre r(n e R, + RM: roí 17 rox + R , + RM8"" *'

(12.145)

onde o sinal negativo aparece porque Ioul flui para fora do transistor. Portanto, o ganho em malha aberta é igual a c

_ g„ú(ro3\\ros)gm\ro\ roí + R l + R m

(12.146)

Para determinar a impedância de saída, R, é substituído por uma fonte de tensão de teste e a corrente de pequenos sinais é medida [Fig. 12.57(c)]. Os terminais superior e inferior de Vx veem, respectivamente, impedâncias r(n e RMpara a terra AC; logo, R aberta — - Vx ‘'in, r ix

(12.147)

= roí + R m -

(12.148)

II

O fator de realimentação é calculado segundo a regra na Fig. 12.52(d): (12.149)

= Rm-

(12.150)

Calculando KGm, expressamos os parâmetros em malha aberta como Ioul

~Wn fechada Rin fechada R out, fechada =

onde Exercício

Exem plo 12.31 Solução

Gmé

Gm ^ RftlGm

(12.151)

OO

(12.152)

(''Ol +

^ A

f ) ( l

+

R \ i G m ),

(12.153)

dado pela Eq. (12.146).

Construa o equivalente de Norton de todo o circuito que ativa o diodo laser.

Analisemos o circuito da Fig. 12.58(a), supondo que RMnão é pequeno e que o diodo laser apre­ senta uma impedância Rr. O amplificador direto consiste em Afh Rn e A/2, amostra uma tensão e entrega uma corrente à car­ ga; o resistor R Kf faz o papel do circuito de realimentação. De modo similar ao do Exemplo 12.30, abrimos a malha como mostrado na Fig. 12.58(b), onde Gm = I,J V in = ( VxlV„,)(I0JVx)- Como um

516

Capítulo Doze

(b)

(c)

Figura 12.58

estágio porta comum. Aí, e Rn produzem VxIVin = gm\RD. Para determinar primeiro vemos A/2 como um seguidor de fonte e calculamos o ganho de tensão VA/VX do Capítulo 7: Va _ Vy

*

Rl + Rm 1

(12.154)

Rl + Rm + —

gnü

Logo, Iou, = D Va d Rl + Rm

(12.155)

Vx

(12.156)

R l + Rm + —

gnü

e obtemos o ganho em malha aberta como . Gm = ----- g""R,) R l + R m H------

(12.157)

gnü

A impedância em malha aberta é igual a 1lgml. Para calcular a impedância de saída em malha aber­ ta, substituímos R, por uma fonte de tensão de teste [Fig. 12.58(c)] e obtemos Vx

1

Ix

gm2

~T = ---- + /?a#.

(12.158)

O fator de realimentação permanece idêntico ao do Exemplo 12.30 e leva às seguintes expressões para os parâmetros em malha fechada: lout

Rin.fechada = -----(1 + R m Q h)

Rout,fechada — \ h R m jO “t" \gm2 )

(12.159) (12.160) (12.161)

onde Gmé dado pela Eq. (12.157). Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que um resistor de valor R, é conectado entre a fonte de M2e a terra.

Realimentação

Exemplo 12.32

517

Analisemos o circuito da Fig. 12.59(a), supondo que R, nào é grande, que RMnão é pequeno e que o diodo laser é modelado por uma resistência Rr. Além disto, suponhamos r()2 < \

rf

(b)

(a)

i/? ,

M ® /i

(c)

Figura 12.59

Solução

Por ser uma topologia de realimentação corrente-corrente, o amplificador deve ser analisado se­ gundo as regras ilustradas nas Figs. 12.51 (c) e 12.52(c). O sistema direto consiste em M,. Rn e M2;o circuito de realimentação inclui RMe Rr. A malha é aberta como indicado na Fig. 12.59(b), onde a porta de saída da cópia de amostragem é curto-circuitada, pois o circuito de realimentação retorna uma corrente à entrada. Dado por(Vx/Iin)(InJ V x), o ganho em malha aberta é calculado como (R f *1. aberta

—

+

R

m

—gm2fQ2 r02 + R l + ^ à / ||^ f ’

)R d

p , p , * a f + Km h-----&m1

(12.162)

onde as duas frações descrevem a divisão de Iin entre Rh + RSi e A/,, e a divisão de Il)2 entre r()2 e /?/ + R^WRy. As impedâncias I/O em malha aberta são expressas como Rin.aberta —

R \l)

8m\

Rout.aberta = ^02

R

f

\\R \Íy

(12.163) (12.164)

sendo a última obtida de modo similar ao ilustrado na Fig. 12.57(c). Para determinar o fator de realimentação, aplicamos a regra da Fig. 12.52(c), como indicado na Fig. 12.59(c),e obtemos

k

(12.165)

- ‘í R

m

Rm + Rf

(12.166)

Os parâmetros em malha fechada são, então, dados por A I , fechada

A /% aberta —

1

R R \i

+

m

R

Aj^aberta f

(12.167)

518

Capítulo Doze

—

R.in,fechada

I\(Rf + R m )

gm l _______________________________

(12.168)

—

1

a

1

ra

Km

Rout, fechada — (?02

"1“

,

a f

+

R f

aberta

n

11

R.W )

^

^

^

AI.aberta^

(12.169)

»

onde A labma é expresso pela Eq. (12.162). Exercício

Exem plo 12.33

Construa o equivalente de Norton de todo o circuito que ativa o diodo laser.

A Fig. 12.60(a) mostra um circuito similar ao da Fig. 12.59(a), mas, agora, a saída de interesse é Vour Analisemos o amplificador e estudemos as diferenças entre os dois circuitos. DD

DD

—H P > 2 0

Mo

M

M. out

out

'i . ®

Iin ©

L r_i

«f:

(b)

(a)

(c)

Figura 12.60

S olução

O circuito incorpora uma realimentação tensão-corrente. Em contraste com o caso anterior, RM agora pertence ao amplificador direto, e não mais ao circuito de realimentação. Afinal, M2 não po­ deria gerar uma tensão de saída sem RM. Na verdade, este circuito se parece com a configuração da Fig. 12.56(a), exceto quanto ao fato de que o estágio fonte comum emprega um dispositivo PMOS. Abrindo a malha com a ajuda das regras na Fig. 12.5l(b), obtemos a topologia da Fig. 12.60(b). Notemos que, neste caso, a cópia de retorno (/?,,) difere daquela da Fig. 12.59(b) (R, + RM). O ganho em malha aberta é, então, dado por Ro =

Vout

(12.170)

R fRd

(12.171)

R f H-----gm l

e a impedância de entrada em malha aberta é dada por R in. aberta

=

1I ^

(12.172)

gm l

A impedância de saída é calculada como indicado na Fig. 12.60(c): Vx lx

(12.173)

= R f \\R h .

( 12.174)

R,out, aberta

—

Realimentação

519

Se rü2 < co,r02 aparece em paralelo com RFe RM, tanto em (12.171) como em (12.174). O fator de realimentação também difere do fator no Exemplo 12.32, sendo determinado com a ajuda da Fig. 12.52(b): K = £-

(12.175) 1

(12.176)

e leva às seguintes expressões para os parâmetros em malha fechada: Ku, Iin fechada

^ _ _—

Rf

— IIR f Rin.fechada = * Wl R

= M J íí

(12.178)

(12.179)

‘- 5 Em contraste com o Exemplo 12.32. a impedância de saída, neste caso, é reduzida por 1 - R„/Rr. embora a topologia do circuito permaneça inalterada. Isto ocorre porque, nos dois casos, a impe­ dância de saída é medida de maneiras muito diferentes. Exercício

12.8

Repita o exemplo anterior para o caso em que M2é degenerado por um resistor de valor Rs.

ES TA BILID AD E EM S IS T E M A S DE REALIM EN TAÇ ÃO

Nossos estudos neste capítulo revelaram , até aqui, muitos benefícios im portantes da realim entação ne­ gativa. Infelizmente,se forem projetados de maneira descuidada, amplificadores com realimentação nega­ tiva podem se com portar “m al” e, até mesmo, osci­ lar. Dizemos que o sistema é m arginalm ente estável ou instável. Nesta seção, reexam inarem os o entendi­ m ento de realim entação para que possamos definir o significado de “mau com portam ento” e determ inar as fontes de instabilidade. 12.8.1

Revisão das Regras de Bode

Na revisão que fizemos das regras de Bode no C a­ pítulo 11, notam os que a inclinação da m agnitude

de uma função de transferência diminui (aum enta) 20 dB/década à medida que a frequência passa por um polo (zero). Agora, revemos a regra de Bode pa­ ra o desenho do gráfico da fase da função de trans­ ferência. A fase de uma função de transferência começa a decrescer (aum entar) em uma frequência igual a um décimo da frequência do polo (zero), sofre uma variação de -4 5 ° (+45°) na frequência do polo (ze­ ro) e sofre uma variação total de quase -9 0 ° (+90°) em uma frequência dez vezes a frequência do polo (zero).14 C om o a fase com eça a se alterar em uma fre­ quência igual a um décim o da frequência de um po­ lo ou zero, até mesmo polos ou zeros que parecem afastados podem afetá-la de m aneira significativa — um po n to de co n traste com o co m p o rtam ento da m agnitude.

'■‘Supomos que os polos e zeros estão localizados no semiplano da esquerda.

520

Capítulo Doze

Exemplo 12.34 Solução

Exercício

A Fig. 12.61 (a) ilustra a resposta de magnitude de um amplificador. Usando a regra de Bode, de­ senhemos o gráfico da resposta de fase.15 A fase, cujo gráfico é mostrado na Fig. 12.61 (b), começa a cair em 0,1 cu,,,, chega a -45° em (op] e a -90° em lOít),,,; começa a subir em 0,1o)., chega a -45° em coz e a aproximadamente zero em 10o>.; por fim, começa a cair em 0 ,1 ^ , chega a -45° em o)p2 e a -90° em lOco,^. Neste exemplo, supomos que as frequências dos polos e do zero são tão afastadas que 10a>7>, < 0,1 cu. e 10o>. < 0,1 Na prá­ tica, isto pode não ser válido e exigir cálculos mais rigorosos.

Repita o exemplo anterior para o caso em que copl ocorre entre
Amplificadores que têm múltiplos polos podem se to rn ar instáveis se conectados a uma m alha de realimentação. Os próximos exem plos representam

Exem plo 12.35

Solução

Exercício

nossos prim eiros passos para o entendim ento deste fenômeno,

Vamos construir as respostas de magnitude e de fase de um amplificador que tem (a) um polo, (b) dois polos e (c) três polos. As Figs. 12.62(a)-(c) mostram as respostas para os três casos. A variação de fase da entrada à saída tende, de maneira assintótica, a -90°, -180° e -270° em sistemas de um, dois e três polos, respec­ tivamente. Uma observação importante é que o sistema de três polos introduz uma defasagem de -180° em uma frequência finita to, e, por conseguinte, inverte o sinal de uma senoide nesta fre­ quência [Fig. 12.62(d)]. Repita a análise anterior para um sistema de três polos com (opi = (op2.

l5Em geral, pode nào ser possível construir o perfil dc fase a partir do gráfico da magnitude.

Realimentação

12.8.2

P roblem a de In s ta b ilid a d e

Suponham os que um am plificador com função de transferência H (s) seja conectado a uma malha de realim entação negativa (Fig. 12.63). C om o nos ca­ sos estudados na Seção 12.1, escrevemos a função de transferência em malha fechada como (12.180)

521

onde K H (s) é às vezes cham ado de “transm issão da m alha”, em vez de ganho da m alha, para enfatizar a dependência em relação à frequência. Para uma entrada senoidal x(t) = A cosiot, recordemos, do C a­ pítulo 11, que sim plesm ente substituím os s = ;'u> na função de transferência anterior. A dm itim os que o fator de realim entação K não depende da frequên­ cia. (P or exem plo, se for igual à razão en tre dois resistores.) Uma pergunta interessante que surge é:o que acon­ tece se, em uma certa frequência de entrada w„ a trans­ missão da malha, KHQw^ySe tornar igual a - 1 ? Neste caso, o sistema em malha fechada provê ganho infinito (mesmo que o amplificador em malha aberta tenha ga­ nho finito). Para entender as conseqüências de ganho infinito, notamos que até mesmo uma entrada infinitesimal em w, leva a uma componente de saída finita nesta frequência. Por exemplo, o dispositivo que consiste no subtrator gera “ruído” eletrônico que contém todas as

522

Capítulo Doze

frequências. Uma pequena componente de ruído em w, experimenta um ganho muito elevado e emerge como uma senoide de grande intensidade na saída. Dizemos que o sistema oscila em a>,.16 Também podemos entender este fenômeno de os­ cilação de m aneira intuitiva. Recordemos, do Exem ­ plo 12.35, que um sistema de três polos que introduz uma defasagem de -1 8 0 ° inverte o sinal da entrada. Agora, se, na Fig. 12.63, H(s) contiver três polos, tal que Z.H = —180° em co„ a realim entação torna-se positiva nesta frequência e produz um sinal de rea­ lim entação que reforça a en trad a. Circulando pela m alha, o sinal pode, assim, continuar a crescer em am plitude. Na prática, a am plitude final p erm ane­ ce limitada pela tensão de alim entação ou por outro mecanismo de “saturação” no circuito.

Exem plo 12.36 Solução

Exercício

Para fins de análise, expressam os a condição KH fjtoi) = - 1 de m odo diferente. Interp retando K H como uma grandeza complexa, notamos que es­ ta condição eqüivale a \KH(j(oi \ = 1 IKH(jcoi) = -180°,

(12.181) (12.182)

a última expressão confirma o raciocínio intuitivo an­ terior. Na verdade, (12.182) garante realim entação positiva e (12.181) assegura ganho da malha suficiente para que o sinal circulante cresça. As Eqs. (12.181) e (12.182), chamadas “critério de B arkhausen” para oscilação, são extrem am ente úteis no estudo de es­ tabilidade.

Expliquemos por que um sistema de dois polos não pode oscilar.17

Como evidenciam os diagramas de Bode na Fig. 12.62(b), a variação de fase produzida pelo siste­ ma chega a -180° apenas em co = °°,onde \II\ -» ü. Em outras palavras, (12.181) e (12.182) não são satisfeitas simultaneamente em qualquer frequência. O que acontece se um dos polos ocorrer na origem?

Figura 12.64 Evolução temporal do sistema oscilatório: (a) uma componente em co, é amostrada na entrada, (b) a componente retorna ao subtrator com uma defasagem de 180°, (c) o subtrator reforça o sinal no nó B.

Em sum a, um sistem a de realim en tação negativa pode se to rn ar instável se o am plificador direto introduzir uma defasagem de -1 8 0 ° a uma frequência

finita co] e se a transm issão da m alha \KH\ for igual à unidade. Estas condições tam bém são intuitivas no dom ínio do tem po. Suponham os, com o m ostra-

l6Pode ser provado que o circuito continua a produzir uma senoide em w, mesmo que o ruído eletrônico dos dispositivos deixe de existir. O termo “oscilação” fica, então, justificado. l7Suponhamos que pelo menos um dos polos não ocorre na origem.

Realimentação

do na Fig. 12.64(a),que aplicam os ao sistem a uma senoide de pequena am plitude em w ,e a seguim os ao longo da m alha à m edida q ue o tem po passa. A senoide sofre uma inversão de sinal ao em ergir na saída do am plificador direto [Fig. 12.64(b)]. O fa­ tor de realim entação, que adm itim os in d ep en d er da frequência, sim plesm ente m ultiplica o resu lta­

Exem plo

12.37

523

do por um fator K e produz, no nó A , uma réplica invertida da en trad a, se \KH(j(ox)\ = 1. A gora, este sinal é subtraído da en trad a e gera uma senoide no nó B com o dobro da am plitude [Fig. 12.64(c)]. O nível de sinal continua a au m en tar após cada volta na malha. Se, no entanto, \KH (jiol)\ < 1, a saída não pode crescer indefinidam ente.

Um sistema de realimentação de três polos tem a resposta em frequência representada na Fig. 12.65. Este sistema oscila?

eu (escala logarítmica)

Solução

Exercício

12.8.3

Sim, oscila. O ganho da malha em 1 e retorna ao subtrator com fase invertida. Suponha que o valor de ojpI seja dividido por dois. O sistema ainda oscila?

C ondição de E sta b ilid a d e

A discussão anterior indica que, se \KH(j
ção de fase) ou a w2 (devido ao inadequado ganho da malha). As frequências em que o ganho da m alha cai à unidade ou a defasagem chega a -1 8 0 ° têm um papel decisivo e m erecem nomes específicos. A pri­ m eira é cham ada “frequência de transição de ga­ n h o ” (rx).* Na Fig. 12.66(b), por exemplo, co(;x = tu, e torx = (o2. 0 ponto im portante que advém destes dois cená­ rios é que a estabilidade requer que & g x

<

p x -

(12.183)

*É comum chamar (úax e ío,,x, respectivamente, de “frequência de crossover de ganho” e, a segunda, de “frequência de crossover de fase”, aproveitando termos da correspondente nomenclatura em inglês. (N.T.)

524

Capítulo Doze

Figura 12.66

Sistemas que alcançam dcfasagem de -180° (a) antes e (b) depois que o ganho da malha se torna igual à unidade.

Em suma, para garantir estabilidade em sistemas de realim entação negativa, devemos assegurar que o ganho da malha caia à unidade antes que a defasagem Exem plo 12.38

Solução

chegue a -1 8 0 °, de m odo que o critério de Barkhausen não seja válido na mesma frequência,

Desejamos aplicar realimentação negativa com K = 1 ao amplificador de três estágios mostrado na Fig. 12.67(a). Desprezando outras capacitâncias e supondo estágios idênticos, vamos desenhar a res­ posta em frequência do circuito e determinar a condição para estabilidade. Vamos supor A = 0. O circuito tem ganho de baixa frequência igual a (gm/?7>)3e três polos coincidentes, dados por (RDQ ) '. Como ilustrado na Fig. 12.67(b), \H\ começa a cair a uma taxa de 60 dB/década em cop= (RpQ Y1. A fase começa a ser alterada a um décimo desta frequência,,Nalcança -135° em cop e chega a -270° em 10(úp.

out

(a)

co (escala logarítm ica)

0 ) (escala logarítm ica)

( 0 (escala logarítm ica)

co(escala logarítm ica)

Figura 12.67

A rigor, notamos que os três polos eoineidentes afetam a fase em frequências ainda menores que 0,10^.

Realimentação

525

Para garantir que um sistema de realimentação unitário que incorpore este amplificador permaneça estável, devemos assegurar que \KH\ (= |//|) deve se tornar menor que a unidade à frequência de transição de fase. Como ilustrado na Fig. 12.67(c),este procedimento requer a identificação de corx na resposta de fase, a determinação do ponto correspondente, P, na resposta de ganho, e que \íí,\ < 1. Agora, vamos repetir o procedimento de maneira analítica. A função de transferência do amplificador é dada pelo produto das correspondentes funções de transferências dos três estágios:19 H(s) =

(gniRf))

(12.184)

K )3 onde cor = (RDC{) *. A fase da função de transferência pode ser expressa como2' /.H(jo)) = —3tan 1— , CVn

(12.185)

onde o fator 3 representa as três fases coincidentes. A transição (crossover) de fase ocorre se tan-1(fcj/a>p) = 60°; logo, (12.186)

copx = y/3o)p. A magnitude deve permanecer menor que a unidade nesta frequência: (gniRor Í1 +

< 1.

(12.187)

V Vp )

Portanto, (12.188)

gmRp < 2.

Se o ganho de cada estágio nas frequências baixas exceder 2, a malha de realimentação, com K = 1, que envolve este amplificador se torna instável. Exercício

Exem plo 12.39

Repita o exemplo anterior para o caso em que o último estágio inclui uma resistência de carga igual a 2R,y

Um estágio fonte comum é conectado a uma malha de realimentação de ganho unitário, como in­ dicado na Fig. 12.68. Expliquemos por que esse circuito não oscila.

T

vdd

rd

Mi

« i Figura 12.68

,9Para simplificar, abandonamos o sinal negativo no ganho de cada estágio. O resultado final ainda é válido. ^"Recordemos que a fase de um número complexo a + jb é dada por tan '(M/). Além disto, a fase de um produto é igual à soma das fases.

526

Capítulo Doze

Solução

Exercício

Exem plo

Como o circuito tem apenas um polo, a defasagem não pode chegar a 180° em qualquer frequência. Portanto, o circuito é estável. O que acontece se Rn -> <» e À —> 0?

Vamos repetir o Exemplo 12.38 para K = 1/2, ou seja, uma realimentação mais fraca.

1 2 .4 0

S olução

Desenhamos os gráficos de \KH\ = 0,5|//| e de Z.Á7/ = L H como mostrado na Fig. 12.69(a). No­ tamos que o gráfico de \KII\ é apenas deslocado de 6 dB em uma escala logarítmíca. Começando na frequência de transição de fase, determinamos o ponto correspondente, P, no gráfico de \KH\ e exigimos 0,5|/7,.| < 1. Observando que (12.185) 1 (12.186) permanecem válidas, escrevemos 0,5 (gmRo)' '1 +

< 1.

(12.189)

/ (Qpx\ \<*>p )

Ou seja, (12.190) Portanto, a realimentação mais fraca permite um ganho em malha aberta maior.

Exercício

12.8.4

Repita o exemplo anterior para o caso em que o terceiro estágio inclui um resistor de carga de va­ lor 2 R„.

M argem de Fase

Nosso estudo da instabilidade em sistem as de rea­ lim entação negativa revelou que ío,;x deve p erm a­ necer abaixo de túrx para evitar oscilações. C ontu­ do, quão abaixo? Concluímos que, se u)
rio de B arkhausen é atendido e o sistem a produz oscilação em resposta a um degrau de entrada. Na Fig. 12.70(b), u)(;x < o)rx e a resposta ao degrau exibe um “tran sien te” de longa duração, pois o sistem a é “m arg in alm en te” estável e mal com portado. Por­ tanto, postulamos que um sistema bem -com portado só é obtido se uma “m argem ” suficiente for alocada entre cj(1X e cjrx [Fig. 12.70(c)]. N otem os que, neste caso, em cú(!X L K H perm anece m uito mais positivo do que -1 8 0 °.

Realimentação

527

20log|/CH|

20\og\KH[

CO,

COGX

CO

:(0 PX

0-

CO •Wrx

CO

CO

-180°

-180c

/KH

/KH'

r-^SrrAAA/ K\ (b)

(a) 20log|/CH|

(0 :

:C0 PX

(0 -180c / KH'

J ~ h ^ ( + ) _ ^ |h(s)U - ^ J K (c) Figura 12.70 Sistemas com (a) frequências de transição de ganho e de fase coincidentes, (b) frequência de transição de ganho ligeiramente abaixo da frequência de fase, (e) frequências de transição de ganho bem abaixo da frequência de fase.

Uma medida de uso comum para quantificar a es­ tabilidade do sistema de realim entação é a "margem de fase” (PM, de phase margin). Como exemplificam os casos representados na Fig. 12.70, quanto mais es­ tável o sistema, maior é a diferença entre LH(j(oÜX) e -180°. Com efeito, esta diferença é cham ada mar­ gem de fase. Margem de fase =

/.H(w

gx

)

+ 180 •

(12.191)

Q ue valor de margem de fase é necessário? Para uma resposta bem -com portada, em geral exigimos

uma margem de fase de 60°. Portanto, o exem plo an­ terior não é considerado uma configuração aceitá­ vel. Em outras palavras, a frequência de transição de ganho deve ficar abaixo da frequência do segun­ do polo. 12.8.5

C om pensação em Frequência

É possível que, depois que o projeto de um amplifi­ cador foi concluído, a margem de fase se mostre ina­ dequada. Como o circuito pode ser modificado para melhorar a estabilidade? Esta tarefa,conhecida como

528

Capítulo Doze

Exem plo

12.41

Solução

Exercício

A Fig. 12.71 mostra o gráfico da resposta em frequência de um amplificador de múltiplos polos. A magnitude da resposta cai à unidade na frequência do segundo polo. Determinemos a margem de fase de um sistema de realimentação que empregue esse amplificador com K = 1.

O gráfico sugere que a fase chega a - 135° na frequência do segundo polo (ou seja, os gráficos estão bem separados em frequência). Portanto, a margem de frequência é igual a 45°. Se K = 0,5, a margem de fase é maior ou menor que 45o?

“com pensação em frequência”, pode ser executada com o deslocamento de co(ÍXem direção à origem (sem alterar o)rx). Em outras palavras, se \KH\ for forçado a cair à unidade em uma frequência mais baixa, a mar­ gem de fase é aum entada [Fig. 12.72(a)]. Como (o(;x pode ser deslocada em direção à ori­ gem? Observamos que, se o polo dominante for des­ locado para as frequências baixas>co(iX também o será. A Fig. 12.72(b) traz um exemplo em que o prim eiro

polo é deslocado de oorl para
Projeto 20log|/CH|

Projeto Compensado

Projeto Original

CO CO

Figura 12.72

(a) Conceito dc compensação em frequência, (b) efeito no perfil de fase.

Realimentação

Exemplo 12.42

529

O amplificador mostrado na Fig. 12.73(a) emprega um estágio cascode e um estágio FC. Supondo que o polo no nó B é o dominante, esbocemos o gráfico da resposta em frequência e expliquemos como o circuito pode ser “compensado”. 20log|/CH|

OUt

wp.B wp.out wp,A\ CO(escala logarítmica) 0) (escala logarítmica)

^Ino—\\lM ,

(a)

CO(escala logarítmica)

Figura 12.73

Solução

Recordemos, do Capítulo 11, que o estágio cascode exibe um polo que advém do nó A e outro, do nó e o último ocorre muito mais próximo à origem. Podemos expressar as frequências desses polos como gml cT

(12.192)

í [(gmiroiro i) I\(gm?,rcnroí )\Cb

(12.193)

onde CA e C„ denotam a capacitância total vista de cada nó para a terra. O terceiro polo está as­ sociado ao nó de saída:

(ÚpOU‘

1 (r05\\r06)CoU,'

(12.194)

onde Cow representa a capacitância total no nó de saída. Supomos w,;/, < co,.,,,,, < cj,,a. O gráfico da resposta em frequência do amplificador é mostrado na Fig. 12.73(b).

530

Capítulo Doze

Para compensar o circuito, de modo que seja usado em um sistema de realimentação, podemos adicionar capacitância ao nó fí para reduzir (or/i. Se Ccomp for grande o bastante, a frequência de transição de ganho ocorrerá bem abaixo da frequência de transição de fase, resultando em uma margem de fase adequada [Fig. 12.73(c)]. Vale observar que a compensação em frequência degrada, de modo inevitável, a velocidade, pois a frequência do polo dominante é reduzida. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que M2e um simples amplificador FC.

Agora, formalizemos o procedim ento para com­ pensação em frequência. D adas a resposta em fre­ quência de um amplificador e a desejada margem de fase (PM), começamos com a resposta em frequência e determinamos a frequência (o,,Mem que L H = -180° + PM (Fig. 12.74). Então, marcamos o)rM na respos­ ta de magnitude e desenhamos um segmento de reta com inclinação de 20 dB/década em direção ao eixo vertical. O ponto em que essa reta cruza a resposta de magnitude original representa a nova posição do polo dominante, co', Com isto, o amplificador compensado agora exibe uma transição de ganho em
Exem plo 12.43

são omitidos, ou seja, o primeiro estágio é

Figura 12.74

Método sistemático para compensação cm fre­

quência.

Um amplificador de múltiplos polos apresenta a resposta em frequência mostrada na Fig. 12.75. Supondo que os polos são bem afastados, compensemos o amplificador para uma margem de fase de 45°, com K = 1.

(o (escala logarítmíca)

co (escala logarítmíca)

Solução

E x e rc íc io

Como a fase chega a -135°emco = ío/>2, neste exemplo = (op2. Assim, desenhamos uma reta com inclinação de -2 0 dB/década, de co/;2em direção ao eixo vertical. O polo dominante deve, portanto, ser deslocado para co),,. Como a margem de fase é, em geral, inadequada, na prática, (o,,M<
Realimentação

(e não 40 ou 60 dB/década) em direção ao eixo vertical. Recordemos, dos Exemplos 12.41 e 12.43, que, para margem de fase adequada, a transição de ganho deve ocorrer abaixo da frequência do segundo polo. Assim, a resposta de magnitude do amplificador compensado não “vê” o segundo polo, à medida que se aproxima de w(;A-;ou seja, a resposta de magnitude tem uma in­ clinação de apenas - 2 0 dB/década.

dois estágios da Fig. 12.73(a) pode em pregar multipli­ cação de Miller, pois o segundo estágio provê algum ganho de tensão. A Fig. 12.76 ilustra esta ideia, que consiste em introduzir o capacitor de compensação entre a entrada e a saída do segundo estágio e, desse modo, criar uma capacitância aterrada equivalente em B, dada por Ceq = (1 - A v)Cc

12.8.6

C om pensação de M ille r

= [1 + ^('■oslko6)]Cc.

No Exemplo 12.42, observamos que um capacitor po­ de ser conectado do nó B à terra para com pensar o amplificador. O valor necessário desse capacitor pode ser muito grande, o que exigiria uma área grande em um circuito integrado. Contudo, recordemos, do teo­ rema de Miller no Capítulo 11, que o valor aparente de um capacitor aum enta se o dispositivo for conec­ tado entre a entrada e a saída de um am plificador inversor.Também observamos que o amplificador de

Figura 12.76

12.9

531

(12.195) (12.196)

Esta técnica, cham ada "compensação de Miller”, reduz o valor necessário de C( por um fator 1 + g„,5 ( r « 5 ^ 1 >( (,)• A compensação de Miller tem alguns efeitos cola­ terais interessantes. Por exemplo, desloca não apenas o polo dominante, mas também o polo de saída. Estes fenômenos são estudados em textos mais avançados, como, por exemplo, [1].

Exemplo da compensação de Miller.

R E S U M O DO CAPÍTULO

• R ealim entação negativa p o d e ser usada para regular sistemas que, caso contrário, seriam "in­ domáveis” ou mal controlados. • Um sistema de realim entação negativa consiste em quatro com ponentes: sistema direto, meca­ nismo de am ostragem da saída, circuito de rea­ lim entação e mecanismo de com paração com a entrada. • O ganho da malha de um sistem a de realim en­ tação pode, em princípio, ser obtido abrindo-se a malha, injetando-se um sinal de teste e calculando-se o ganho à m edida que o sinal percorre a malha. O ganho da m alha determ ina muitas

propriedades do sistema de realimentação, co­ mo por exemplo, ganho, resposta em frequência e impedãncias I/O. • O ganho da malha e o ganho em malha fecha­ da não devem ser confundidos um com o outro. O último representa o ganho total da entrada principal à saída principal quando a malha de realim entação está fechada. • Se o ganho da malha for muito maior que a uni­ dade, o ganho em malha fechada torna-se apro­ xim adamente igual ao inverso do fator de reali­ mentação. • A o tornar o ganho em malha fechada relativa­ mente independente do ganho em malha aberta, a realim entação negativa tem diversas proprie­

532

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Capítulo Doze

dades úteis: reduz a sensibilidade do ganho em relação às variações de valores de componentes, da carga, da frequência e do nível de sinal. Amplificadores podem, em geral, ser vistos co­ mo um de quatro tipos, tendo tensão ou corrente como entrada e como saída. No caso ideal, se um circuito am ostrar uma tensão, sua im pedância de entrada é infinita; se am ostrar uma corrente, a impedância de entrada é zero. Além disso, se uma corrente ideal gerar uma tensão, sua im pe­ dância de saída é zero; se gerar uma corrente, a im pedância de saída é infinita. Grandezas de tensão são am ostradas em parale­ lo, e grandezas de corrente, em série. Grandezas de tensão são somadas em série e grandezas de corrente, em paralelo. D ependendo do tipo de am plificador direto, quatro topologias de realim entação podem ser construídas. O ganho em malha fechada de cada uma é igual ao ganho em malha aberta dividido por um mais o ganho da malha. U m a malha de realim entação negativa que am ostra e regula a tensão de saída reduz a im­ pedância de saída por um fator de um mais o ganho da malha, tornando o circuito uma m e­ lhor fonte de tensão. U m a malha de realim entação negativa que am ostra e regula a co rren te de saída eleva a impedância de saída por um fator de um mais o ganho da malha, tornando o circuito uma m e­ lhor fonte de corrente. Uma malha de realim entação negativa que re­ torna uma tensão à entrada eleva a impedância de entrada por um fator de um mais o ganho da malha, tornando o circuito um melhor sensor de tensão. Uma malha de realim entação negativa que re­ torna uma corrente à entrada reduz a im pedân­ cia de entrada por um fator de um mais o ganho

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da malha, tornando o circuito um melhor sensor de corrente. Se o circuito de realim entação se distanciar do correspondente m odelo ideal, passa a “carre­ gar” a característica do amplificador ideal. Nesse caso, deve-se em pregar um procedim ento m e­ tódico para incluir o efeito de impedâncias I/O finitas. Um sinal de alta frequência que passa por um amplificador direto experimenta uma defasagem significativa. Com vários polos, é possível que a defasagem chegue a 180°. Uma malha de realim entação negativa que in­ troduz uma grande defasagem pode se tornar uma malha de realim entação positiva em algu­ mas frequências e com eçar a oscilar se, nestas frequências, o ganho da m alha for igual a, ou maior que a unidade. Para evitar oscilação, a frequência de transição (crossover) de ganho deve ocorrer abaixo da fre­ quência de transição de fase. Margem de fase é definida como 180° menos a fase da transmissão da malha na frequência de transição de ganho. Para assegurar respostas temporal e em frequên­ cia bem-comportadas, um sistema de realim en­ tação negativa deve ter uma m argem de fase suficiente, por exemplo 60°. Se um circuito de realim entação tiver margem de fase insuficiente, deve ser “com pensado em frequência”. O m étodo mais com um consiste em reduzir a frequência do polo dominante, de modo a reduzir a frequência de transição de ga­ nho (sem alterar o perfil de fase). Em geral, isto requer a adição de um grande capacitor do polo dom inante à terra. Para reduzir a frequência do polo dom inante, podemos lançar mão da multiplicação de Miller de capacitores.

EXERCÍCIOS 12.1 Determine a função de transferência Y/X do sistema

mostrado na Fig. 12.77. 12.2 Calcule a função de transferência W/X de cada sis­

tema mostrado na Fig. 12.77. 12.3 Calcule a função de transferência E/X de cada sis­

tema mostrado na Fig. 12.77.

12.4 Para cada circuito representado na Fig. 12.78, cal­

cule o ganho da malha. Suponha que o amp op tem ganho em malha aberta /t, e que, fora isto, é ideal. Suponha, ainda, X = 0. 12.5 Usando os resultados obtidos no Exercício 4,calcule

o ganho em malha fechada de cada circuito mostra­ do na Fig. 12.78.

Realimentação

533

12.6 No circuito da Fig. 12.3, a entrada é uma senoide com

12.7 Suponha que,na Fig. 12.1,oganho em malha aberta

amplitude de pico de 2 mV. Se A x = 500 e Rx/R2 = 7, determine as amplitudes das formas de onda de saída e de realimentação.

Á , sofra uma variação de 20%. Determine o míni­ mo ganho da malha necessário para assegurar que o ganho em malha fechada sofra uma alteração de menos de 1%. 12.8 Considere o sistema de realimentação mostrado na Fig. 12.79, onde o estágio fonte comum faz o papel de circuito de realimentação. Suponha que /x„C„v pode variar de ±10%, e À. de ±20%. Qual é o mí­ nimo ganho da malha necessário para assegurar que o ganho em malha fechada sofra uma alteração de menos de ±5%?

(a)

(b)

Figura 12.79

12.9 Em algumas aplicações, podemos definir uma “lar­ (c)

gura de banda de 1 dB” como a frequência em que o ganho sofre uma redução de 10%. Determine a largura de banda de 1 dB dos sistemas de primeira ordem em malha aberta e em malha fechada descri­ tos pelas Eqs. (12.16) e (12.19). É possível dizer que a largura de banda de 1 dB aumenta de 1 + KA0em conseqüência da realimentação? 12.10 O ganho em malha fechada do circuito da Fig. 12.80 deve alcançar uma largura de 3 dB igual a B. De­ termine o necessário valor de K. Despreze outras capacitâncias e suponha À > 0.

(d) Figura 12.77

X o-

-O

-o Y

Y

Kout

(a)

(b) DD

X*

-o Y

Figura 12.80

Xo~

VDD ~ -o Y

IR

12.11 Repita o Exemplo 12.7 para o circuito mostrado na Fig. 12.81. Admita que, na frequência de interesse, as impedâncias de C, e de C7são muito maiores que Rr»

(d)

(c) Figura 12.78

12.12 No Exemplo 12.8, o ganho em malha fechada do cir­ cuito deve cair menos de 10% abaixo de seu valor “descarregado”. Qual é o menor valor tolerável de

534

Capítulo Doze

Figura 12.81

(b)

12.13 Na Fig. 12.13, A x = 500 e A 2 = 420. Que valor de K garante que os valores do ganho em malha fechada em e x2 diferem por menos de 5%? Qual é o va­ lor do ganho em malha fechada obtido nesta con­ dição? 1 2 .1 4

A característica na Fig. 12.13(a) é, às vezes, aproxi­ mada como y = a \ x — cf>,x

( 12. 197 )

onde a, e a 2são constantes. (a) Determine o ganho de pequenos sinais dy/ dx em x = 0 e em x = A.v. (b) Determine o ganho em malha fechada em x = 0 e em x = A*, para um fator de realimentação K. 1 2 .1 5

Usando os desenvolvimentos na Fig. 12.16, dese­ nhe o modelo do amplificador para cada estágio na Fig. 12.17.

12.16 Determine o modelo de amplificador para o circuito ilustrado na Fig. 12.82. Suponha A > 0.

OUt

vt>9—

M2

Figura 12.82

12.17 Repita o Exercício 12.16 para o circuito no Exemplo 12.7. 1 2 .1 8

Identifique os mecanismos de amostragem e de retorno em cada amplificador representado na Fig. 12.83.

Figura 12.83

(Continuação)

12.19 Identifique os mecanismos de amostragem e de retor­ no em cada amplificador representado na Fig. 12.84.

(a) Figura 12.83

(a)

(b) Figura 12.84

Realimentação

535

12.22 Determine a polaridade da realimentação em cada

estágio representado na Fig. 12.87.

(c)

(d) Figura 12.84

(Continuação)

12.20 Identifique os mecanismos de amostragem e de retor­

no em cada amplificador representado na Fig. 12.85. DD

VDD

© '1 ~° v.out

'i n ©

(b)

(a)

M, rlH

- °

v.out

0

©

(b)

(a)

Figura 12.87

12.23 Determine a polaridade da realimentação no circui­

to do Exemplo 12.11. 12.24 Determine as polaridades da realimentação nos cir­

(c) Figura 12.85

12.21 Identifique os mecanismos de amostragem e de retor­

no em cada amplificador representado na Fig. 12.86. CC

T h, Rf -oV,out -VA-

cuitos mostrados nas Figs. 12.83-12.86. 12.25 Considere o circuito de realimentação ilustrado na

Fig. 12.88, onde /?, + R2 » Rn. Calcule o ganho e as impedãncias I/O em malha fechada do circuito. Suponha À 0. —

V,DD -«V,out ^*1

/ in ®

V|„oJ

(a)

Ro Figura 12.88

12.26 Repita o Exercício 25 para a topologia na Fig. 12.89. Figura 12.86

Suponha que C, e C2são muito pequenos e despreze outras capacitâncias.

536

Capítulo Doze

-y

VDD

Figura 12.89

12.27 O amplificador representado na Fig. 12.90 provê um

ganho em malha fechada próximo da unidade, mas com uma impedância de saída muito baixa. Supon­ do À > 0, determine o ganho em malha fechada e a impedância de saída; compare os resultados com os de um simples seguidor de fonte.

Figura 12.92

12.30 Um estudante ousado modifica o circuito do Exem­

plo 12.18 como mostrado na Fig. 12.93. Suponha À = 0. (a) Prove, por inspeção, que a realimentação é po­ sitiva. (b) Suponha que R,.seja muito grande, abra a malha na porta de Af>, determine o ganho da malha e prove que a realimentação é positiva.

Figura 12.90 Figura 12.93

12.28 Um estudante ousado substitui o seguidor de fonte

NMOS na Fig. 12.90 por um estágio fonte comum PMOS (Fig. 12.91). Infelizmente, o amplificador não funciona bem.

Figura 12.91

(a) Prove, por inspeção, que a realimentação é po­ sitiva. (b) Abra a malha na porta de Af2, determine o ga­ nho da malha e prove que a realimentação é positiva. 12.29 Depois de ter identificado a polaridade da reali­

mentação, o estudante do Exercício 28 modificou o circuito como indicado na Fig. 12.92. Determine o ganho e as impedâncias I/O em malha fechada do circuito e compare os resultados com os obtidos no Exercício 27.

12.31 Repita o Exemplo 12.18 para o circuito representa­

do na Fig. 12.94.

Figura 12.94

12.32 Determine as impedâncias I/O em malha fechada

do circuito mostrado na Fig. 12.94. 12.33 0 amplificador ilustrado na Fig. 12.95 consiste em

um estágio porta comum (M, e Rn) e um circuito de realimentação (ft,, R2e A/2). Admitindo que R{ 4- R2 é muito grande e que À = 0, calcule o ganho e as impedâncias I/O em malha fechada. 12.34 Repita o Exercício 33 para o circuito ilustrado na

Fig. 12.96. Suponha que C, e C2são muito pequenos e despreze outras capacitâncias.

Realimentação

537

12.37 Um estudante substitui, de maneira errônea, o dis­

positivo emissor comum pnp da Fig. 12.97 por um seguidor de emissor npn (Fig. 12.98). Refaça os Exer­ cícios 35 e 36 para esse circuito e compare os resul­ tados.

Figura 12.95

Figura 12.98

12.38 0 amplificador A x da Fig. 12.98 pode ser realizado

como um estágio base comum (Fig. 12.99). Repita o Exercício 37 para esse circuito. Para simplificar, suponha /3 —

Figura 12.96

12.35 Um “diodo laser” converte corrente em luz (co­

mo em ponteiros a laser). Desejamos projetar um circuito que forneça uma corrente bem definida a um diodo laser. A Fig. 12.97 mostra um exemplo em que o resistor RMmede a corrente que flui por e o amplificador A { subtrai a resultante queda de tensão de Vin. Admita que RMé muito pequeno e que VA =

Figura 12.99

12.39 Um estudante ousado substituiu o estágio fonte co­

mum PMOS na Fig. 12.47(a) por um seguidor de fonte NMOS (Fig. 12.100).

Figura 12.97

(a) Seguindo o procedimento adotado no Exemplo 12.21, determine o ganho em malha aberta. (b) Calcule o ganho da malha e o ganho em malha fechada. 12.36 Seguindo o procedimento adotado no Exemplo

12.22, calcule as impedâncias de saída em malha aberta e em malha fechada do circuito mostrado na Fig. 12.97.

Figura 12.100

(a) Prove, por inspeção, que a realimentação é po­ sitiva. (b) Abra a malha na porta de M2, determine o ga­ nho da malha e prove que a realimentação é positiva.

538

Capítulo Doze

12.40 Considere o circuito de realimentação mostrado na

Fig. 12.101. Suponha VA = oo. (a) Suponha que a grandeza de saída de interesse seja a corrente de coletor de Q2, lour Suponha que RS1seja muito pequeno e Rr, muito grande. Determine o ganho e impedâncias I/O em ma­ lha fechada do circuito. (b) Agora, suponha que a grandeza de saída de in­ teresse seja Vour Admita que R, é muito grande. Determine o ganho e impedâncias I/O em ma­ lha fechada do circuito.

12.43 Repita o Exercício 42 para o amplificador represen­

tado na Fig. 12.104. VC C

T

$

Figura 12.104

12.44 Repita o Exemplo 12.28 para o circuito mostrado

na Fig. 12.105. Admita À = 0.

Figura 12.101

12.41 O estágio porta comum mostrado na Fig. 12.102 em­

prega uma fonte de corrente ideal como carga, exi­ gindo que o carregamento introduzido por Rxe R2 seja levado em conta. Repita o Exemplo 12.26 para esse circuito.

Figura 12.102

12.42 A Fig. 12.103 representa a versão bipolar do cir­

cuito estudado no Exemplo 12.26. Suponha que + R2 não é muito grande, que 1 /3 < oo e VA = oo. Determine o ganho e impedâncias I/O em malha fechada.

Figura 12.103

Figura 12.105

12.45 Repita o Exemplo 12.28 para o circuito mostrado

na Fig. 12.106. Admita VA = oo.

Figura 12.106

12.46 Supondo VA = oo, determine o ganho e impedâncias

I/O em malha fechada do amplificador representado na Fig. 12.107. (Para os cálculos em malha aberta, é útil interpretar Q, e Q2 como um seguidor e como um estágio base comum, respectivamente.)

Figura 12.107

Realimentação 12.47 Repita o Exemplo 12.29 para o circuito mostrado

539

12.51 Determine o ganho e impedâncias I/O em malha

fechada de cada circuito mostrado na Fig. 12.112, incluindo o efeito de carregamento de cada circuito de realimentação. Admita A = 0.

na Fig. 12.108. Suponha A > 0.

Figura 12.108

12.48 Repita o Exemplo 12.29 para o circuito mostrado

(a)

na Fig. 12.109. Suponha VA = oc.

(c) Figura 12.112 Figura 12.109

12.52 O circuito da Fig* 12*97. repetido na Fig* 12*113, empre­

12.49 A Fig. 12.110 mostra uma conhecida topologia de

amplificador de transimpedâneia. Repita a análise do Exemplo 12.29 para este circuito. Suponha VA < oc.

ga um valor de R Mque não é muito pequeno. Admi­ tindo VA < oo e que o diodo tem impedância R , , repita a análise do Exemplo 12.30 para esse circuito.

cc -VA-

v.O U t

Figura 12.110 Figura 12.113

12.50 0 circuito da Fig. 12.110 pode ser melhorado com

a inserção de um seguidor de emissor na saída (Fig. 12.111). Admitindo VA < <», repita o Exemplo 12.29 para esta topologia.

Figura 12.111

12.53 Repita Exemplo 12.32 para o circuito mostrado na

Fig. 12.114. Note que R Mfoi substituído por uma fonte de corrente, mas a análise segue de modo similar.

Figura 12.114

540

Capítulo Doze

12.54 Repita o Exercício 53 para o circuito ilustrado na

12.57 Construa os diagramas de Bode para as respostas

Fig. 12.115. Suponha VA = oo.

de magnitude e de fase dos seguintes sistemas: 2n x (10 MHz), cop2 = 2tt x (120 MHz), (oz = 2n x (1 GHz). (b)
o )p \ =

12.58 Nos diagramas de Bode da Fig. 12.61, explique, de

maneira qualitativa, o que acontece à medida que w. se aproxima de iopXou o)p2. Figura 12.115

12.59 Admitindo À = 0 e sem usar o teorema de Miller, de­

12.55 Repita o Exercício 53 para a topologia representada

na Fig. 12.116. Suponha VA = <*>.

termine a função de transferência do circuito represen­ tado na Fig. 12.118 e construa os diagramas de Bode. -p. V,DD -oV,out ^ino- -Wr Figura 12.118

12.60 No sistema do Exemplo 12.37, aumentamos o valor Figura 12.116

12.56 Calcule o ganho e as impedâncias I/O em malha

fechada de cada estágio ilustrado na Fig. 12.117.

de K gradualmente, sem alterar a posição dos polos. Explique por que a diminuição de K torna esse sis­ tema instável. 12.61 No Exemplo 12.38, os três polos coincidentes afetam

a fase, mesmo em 0,lco,,. Calcule a fase da função de transferência em cu = 0,1 cor. 12.62 Em contraste com o que se passa com um sistema

VDD

M,

de um polo, a resposta de magnitude do circuito no Exemplo 12.38 cai por mais de 3 dB na frequência do polo. Determine |//| em (op. É possível dizer que \H\ cai 9 dB devido aos três polos coincidentes?

~° VrO U t M1

O

12.63 Repita o Exemplo 12.38 para K = 0,1.

«í

12.64 Repita o Exemplo 12.38 para quatro estágios idên­

(a)

(W

ticos e compare os resultados. 12.65 Considere um circuito de um polo cuja função de

transferência em malha aberta seja dada por H(s) =

Ao 1+

(12.198)

—

COo

Determine a margem de fase do circuito de reali­ mentação, usando esse circuito com K = 1. 12.66 Repita o Exercício 65 para K = 0,5. 12.67 Em cada caso ilustrado na Fig. 12.70, 0 que acontece Figura 12.117

se o valor de K for reduzido por um fator de 2?

Realimentação 12.68 Suponha que o amplificador no Exemplo 12.41 seja

descrito por H(s) =

(12.199) ü>p\ ) \

\

0)p2)

541

12.72 Projete o circuito do Exemplo 12.16 para um ganho

em malha aberta de 10, impedância de entrada em malha fechada de 50 íl e ganho em malha fechada nominal de 2. Calcule as impedâncias I/O em malha fechada. Suponha ft, + R2 ** 10/f,,. 12.73 Projete o amplificador de transimpedância do

onde (úp2» co,,,. Calcule a margem de fase se o circui­ to for empregado em um sistema de realimentação com K = 0,5. 12.69 Explique o que acontece à característica ilustrada

Exemplo 12.18 para um ganho em malha aberta de 10 kíl. ganho em malha fechada de 1 kíl, impedân­ cia de entrada em malha fechada de 50 íl e impe­ dância de saída em malha fechada de 200 íl. Supo­ nha RDl = 1 kíl e que R, seja muito grande.

na Fig. 12.72 se o valor de K for reduzido por um fator de dois. Suponha que co,,, e co', permaneçam constantes.

12.74 Repita o Exercício 73 para o circuito mostrado na

12.70 A Fig. 12.119 mostra o amplificador do Exemplo 12.38

cia representado na Fig. 12.101 para um ganho em malha fechada de 1 kíl. Convenha que cada transis­ tor conduz uma corrente de polarização de coletor de 1 mA, que /3 = 100, VA = <»e que R, é muito grande. (a) Determine os valores de Rce RXf para um ganho em malha aberta de 20 kíl e uma impedância de saída em malha aberta de 500 íl. (b) Calcule o necessário valor de R,. (c) Calcule as impedâncias I/O em malha fechada.

com um capacitor de compensação adicionado ao nó X. Explique como o circuito pode ser compensado para uma margem de fase de 45°.

out

Fig. 12.94. 12.75 Desejamos projetar o amplificador de transimpedân­

12.76 Projete o circuito ilustrado na Fig. 12.105 para um ga­

Figura 12.119 Exercícios de Projetos

12.77 Projete o circuito da Fig. 12.107 para um ganho em ma­

Nos próximos exercícios, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha ixnCiK = 2/xpCox = 100 /xA/V2e À„ = 0,5À„ = 0,1 V '. 12.71 Projete o circuito do Exemplo 12.15 para um ganho

em malha aberta de 50 e ganho em malha fechada nominal de 4. Suponha / vv = 0,5 mA. Escolha R x + R2 ~ 10(r„2llr„<).

EXERCÍCIOS

nho em malha aberta de 20, impedância de saída em malha aberta de 2 kíl e ganho de tensão em malha fechada de 4. Suponha A = 0. A solução é única? Se não, como os parâmetros do circuito podem ser esco­ lhidos para minimizar a dissipação de potência? lha fechada de 2, corrente de cauda de 1 mA e mínima impedância de saída. Suponha /3 = 100 e VA = oo. 12.78 Projete o amplificador de transimpedância da Fig. 12.111

para um ganho em malha fechada de 1 kíl e impe­ dâncias I/O em malha fechada de 50 íl. Suponha que cada transistor seja polarizado em uma corrente de coletor de 1 mA e que Kt =00.

COM SPICE

Nos exercícios a seguir, use os modelos de dispositivos MOS dados no Apêndice A. Para transistores bipolares, suponha ls„p„ = 5 X 10“ A. 0„„„ = 100, VAnp„ = 5 V. /,„„„ = 8 X 10-“ A, (ipnp = 50, VAfnp = 3,5 V. SPICE usa um parâmetro rF= CJgmpara modelar o efeito de armazena­ mento de carga na base. Admita r = 20 ps. 12.79 A Fig. 12.120 mostra um amplificador de transim­

pedância usado com frequência em comunicações ópticas. Admita R, = 2 kíl. (a) Escolha o valor de Rc de modo que Qxconduza uma corrente de polarização de 1 mA.

(b) Estime o ganho da malha. (c) Determine o ganho e as impedâncias I/O em malha fechada. (d) Determine a variação no ganho em malha fe­ chada se Vcc variar de ±10%. 12.80 A Fig. 12.121 representa outro amplificador de tran­

simpedância, onde a corrente de polarização de M, é definida pela configuração de espelho (M2 e Af3). Suponha W/L = 20 /xm/0,18 jjim para Aí,-A#v

542

Capítulo Doze 12.82 No circuito da Fig. 12.123, os três estágios proveem um

VDD = 1,8 V

ganho elevado e servem como uma aproximação para um amp op. Suponha (W/L)l4t = 10 /xm/0,18 /xm. (a) Explique por que o circuito é potencialmente instável. (b) Determine a resposta ao degrau e explique o comportamento do circuito. (c) Conecte um capacitor entre os nós X t Y z ajuste o valor do mesmo para obter uma resposta ao degrau bem-comportada. (d) Determine o erro de ganho do circuito em re­ lação ao valor nominal de 10.

1 mA(V out

Figura 12.121

(a) Que valor de R, resulta em ganho em malha fechada de 1 k íl? (b) Determine a variação no ganho em malha fe­ chada se Vnn variar de ±10%. (c) Suponha que o circuito alimente uma capaci­ tância de carga de 100 fF. Comprove que a im­ pedância de entrada exibe comportamento in­ dutivo e explique por quê. 12.81 No circuito mostrado na Fig. 12.122, W/L = 20 /xm/0,18

|xm para A/, e M2. (a) Determine os pontos de operação do circuito para um nível DC de entrada de 0,9 V. (b) Determine o ganho e impedãncias I/O em malha fechada.

Figura 12.123

12.83 No amplificador de três estágios da Fig. 12.124, (W/

L )x.7 = 20 /xm/0,18 /xm. (a) Determine a margem de fase. (b) Conecte um capacitor entre os nós X e Y para obter uma margem de fase de 60°. Qual é a largu­ ra de banda de ganho unitário nesta condição? (c) Repita (b) para o caso em que o capacitor de compensação seja conectado entre o nó X e a terra, e compare os resultados. VDD = 1 >8 V

it 1 m A (|

ip j

H E j-

e

M9 % M4 Yv -^Vout \t^M 5 X

VDD = 1,8 V

100 fF

2 kQ -l r D2 M0

Figura 12.124

M-i out

1D2 Figura 12.122

REFERENCIA 1. B. Razavi, Design o/Ancilog CMOS Integrated Circuits, McGraw-Hill, 2001.

C A P I T U L O

13

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência Os circuitos amplificadores estudados nos capítulos anteriores têm como objetivo alcançar ganho eleva­ do com níveis adequados de impedâncias de entrada e de saída. No entanto, muitas aplicações requerem circuitos que possam prover alta potência à carga. Por exemplo, o telefone celular descrito no C apítu­ lo 1 deve alim entar a antena com 1 W de potência. O utro exemplo são os sistemas de som estéreos que fornecem dezenas ou centenas de watts de potência

de áudio aos alto-falantes. Esses circuitos são cham a­ dos “amplificadores de potência” (APs). Este capítulo trata de circuitos que podem forne­ cer alta potência de saída. Primeiro, reexaminaremos circuitos estudados em capítulos anteriores para en­ tender suas limitações para executar essa função. Em seguida, apresentamos o estágio “push-pull” e várias modificações para melhorar o desempenho do mesmo. O roteiro do capítulo é listado a seguir.

Estágios Básicos

Eficiência e Classes de APs

Seguidor de Emissor Estágio P ush-Pull e Versões M elhoradas

13.1

• Omissão do T ransistor PNP

• Dissipação de Potência

• Projeto de Alta-Fidelidade

• Avalanche Térmica

C O N S ID E R A Ç Õ E S G E R A IS

O leitor pode se perguntar por que os estágios ampli­ ficadores estudados em capítulos anteriores não são adequados para aplicações de alta potência. Suponha­ mos que desejamos entregar 1 W a um alto-falante de 8 íl. A proxim ando o sinal por uma senoide com am plitude de pico Vr, expressamos a potência absor­ vida pelo alto-falante como

• Eficiência de APs • Classes de APs

onde Vp/yJ2 denota o valor médio quadrático ou va­ lor eficaz (rms)* da senoide e R, representa a impe­ dância do alto-falante. Para R, = 8 íl e Pmu = 1 W, VP = 4V.

(13.2)

Além disto, a corrente de pico que flui pelo alto-fa­ lante é dada por /,, = Vr/R , = 0,5 A. Neste ponto, podemos fazer uma série de obser­ vações im portantes: (1) A resistência que deve ser alim entada pelo amplificador é muito m enor que os

*A sigla rms advém da correspondente expressão em inglês: root mean square. (N.T.)

543

544

Capítulo Treze

valores típicos vistos em capítulos anteriores (cente­ nas de ohms). (2) Os níveis de corrente envolvidos neste exemplo são muito maiores que os encontrados em capítulos anteriores (miliampères). (3) As excur­ sões de tensão que o amplificador entrega não podem ser vistas como “pequenos” sinais e exigem um bom entendim ento do com portam ento de grandes sinais do circuito. (4) A potência consum ida da fonte de tensão, de pelo menos 1 W, é m uito maior que nos­ sos valores típicos. (5) Um transistor que conduza correntes tão altas e sustente vários volts (p. ex., en ­ tre coletor e emissor) dissipa grande potência e, em conseqüência, esquenta.Transistores de alta potência devem, portanto, tolerar altas correntes e tem pera­ tura elevada . 1 Com base nestas observações, podem os prever os parâm etros de interesse no projeto de estágios de potência: (1) "D istorção”, ou seja, a não linearidade que resulta da operação em grandes sinais. Um amplificador de áudio de alta qualidade deve sofrer distorção muito baixa para que possa reproduzir música com alta fidelidade. Em capítulos anteriores, raras vezes lidamos com distorção. (2) “Eficiência de potência” ou, sim plesm ente, “eficiência”, den o tad a p o r 17 e definida co­ mo Potência entregue à carga Potência consumida da alimentação

(13 3)

Por exem plo, um am plificador de potência de um telefo n e celu lar que consom e 3 W da bateria para en treg ar 1 W à an ten a tem eficiência 17 33,3%. Em capítulos an terio ­ res, a eficiência de circuitos era de pouco interesse, pois o valor ab so lu to do consu­ mo de potência era m uito p equeno (alguns m iliw atts). (3) “ D em anda de ten são ”. C om o sugere a Eq. (13.1), níveis mais elevados de potência ou de valores da resistência de carga se tradu­ zem em grandes excursões de tensão e (pos­ sivelmente) em altas tensões de alimentação. Além disso, os transistores no estágio de saída devem exibir tensões de ruptura muito maio­ res que as excursões de tensão de saída. 'E, em algumas aplicações, altas tensões.

13.2

S E G U ID O R DE E M IS S O R CO M O A M P LIF IC A D O R DE POTÊNCIA

0 seguidor de emissor, com sua relativam ente bai­ xa im pedância de saída, pode ser considerado um bom candidato para alim entar cargas “pesadas”, ou seja, de baixas im pedâncias. Com o m ostram os no Capítulo 5, o ganho de pequenos sinais do seguidor é dado por Av=

— ■ Rl + —

(13.4)

Sm

Portanto, podem os concluir que para, digamos, /?, = íl, o ganho próximo da unidade pode ser obtido se 1lgm « R ,, como, por exemplo, \lg,„ = 0,8 íl, o que req u er uma corrente de polarização de coletor de 32.5 mA. Admitimos /3 » 1. Analisemos o com portam ento do circuito ao for­ necer grandes excursões de tensão (p. ex., 4 V,.) a cargas pesadas. Para isto, considerem os o seguidor mostrado na Fig. 13.1(a),onde /, funciona como fonte de corrente de polarização. Para simplificar a análi­ se, admitimos que o circuito opera a partir tanto de alimentação negativa como de alim entação positiva, permitindo que V„„, seja centrado em zero. Para V„, 0,8 V, temos Vma « 0 e / t » 32,5 mA. Se V„, aum entar de 0,8 V para 4,8 V, a tensão de emissor segue a ten­ são de base com uma diferença relativam ente cons­ tante de 0,8 V, produzindo uma excursão de 4 V na saída [Fig. 13.1(b)]. A gora,suponham os que Vmcomece em +0,8 V e diminua de modo gradual [Fig. 13.1 (c)]. Esperam os que Valll se torne menor que zero e, portanto, que par­ te de /, flua de R, . Por exemplo, se Vm 0,7 V, Vou, == —0,1 V e R, conduz uma corrente de 12,5 mA. Ou seja, ICI ** = 20 mA. De m odo similar, se Vin = 0,6 V, Volll ~ —0,2 V, IR, ~ 25 mA e, portanto, Ia ~ 7.5 mA. Em outras palavras, a corrente de coletor de £>, continua a cair. O que acontece quando Vjn se torna mais negati­ vo? Vm„ ainda segue Vm? Observamos que, para um valor de Vm suficientemente baixo, a corrente de co­ letor de <2i cai a zero e R, conduz a totalidade de /, [Fig. 13.1(d)]. Para valores mais baixos de Vjn, O í per­ manece desligado e Vou, = - /,/? , = -2 6 0 mV. 8

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

545

vcc v VC C --T r- +5 ■* 4,8 V .......................... out

— VA------- 1 /1 = 32,5 m A (J) Rl = 8 íl

-

VEE —L - 5 V (b)

(a) VC C

T

+5 V

-oVfout 1

0

f

vEE -L -5 V (d)

(c)

Figura 13.1 (a) Seguidor alimentando uma earga pesada, (b) formas de onda de entrada e de saída, (c) rota da corrente à medida que a entrada se torna mais negativa, (d) rota da eorrente à medida que a entrada se torna mais positiva.

Exem plo

13.1

Se, na Fig. 13.1 (a), Is = 5 x 10 15A. determinemos a tensão de saída para Vin = 0,5 V. Se Q, condu­ zir apenas 1% de /„ qual é o valor de Vinl

Solução

Temos Vin Vout

VbE\ — K>a/ j

j

«r

(13.5)

(13.6)

Como VBEI = v , ln(/cl//ç), as Eqs. (13.5) e (13.6) podem ser combinadas para fornecer (13.7)

Começando com uma estimativa Vout = -0,2 V, após algumas iterações obtemos Voul ** -211 mV. Da Eq. (13.6), notamos que 7CI » 6,13 mA. Para determinar o valor de Vin que leva a Icl (13.5) e (13.6):

(13.8)

0,01/, = 0,325 mA, eliminamos Vou, das Eqs.

Vi„ = VT\nI- 2- + ( I c i - I i ) R L.

(13.9)

54 6

Capítulo Treze

Fixando In = 0,325 mA, obtemos Vin * 390 mV.

(13.10)

De (13.5), notamos que, nesta condição, Voul « -257 mV. Exercício

Repita o exemplo anterior para R, = 16 íl e /, = 16 mA.

Vamos resumir nosso raciocínio até aqui. Na confi­ guração da Fig. 13.1(a), a saída segue a entrada2 à me­ dida que Vül aumenta, pois Q , pode conduzir tanto /, como a corrente puxada por R, . Q uando Vin diminui, o mesmo acontece com /<,, o que, por fim, desliga (?, e leva a uma tensão de saída constante, mesmo que a

Figura 13.2

entrada varie. Como ilustram as formas de onda da Fig. 13.2(a), a saída é distorcida de maneira intensa. De outra perspectiva, a característica entrada/saída do circuito, mostrada na Fig. 13.2(b), afasta-se bastante de uma linha reta à medida que V„, se torna menor que aproximadamente 0,4 V (do Exemplo 13.1).

(a) Distorção em um seguidor, (b) característica entrada/saída.

Esta análise revela que o seguidor da Fig. 13.1(a) não pode prover excursões de tensão da ordem de ± 4 V a um alto-falante de 8 íl. C om o se pode rem e­ diar a situação? N otando que Vlllllymin = po­ dem os aum entar /, acima de 50 mA, de m odo que, para Vmi, = - 4 V, Q x perm aneça ligado. No entanto, esta solução produz maior dissipação de potência e eficiência mais baixa.

13.3

ESTÁG IO PUSH-PULL

Considerando o funcionamento do seguidor de emis­ sor da seção anterior, postulamos que o desem penho pode ser melhorado se /, aum entar apenas quando ne­ cessário. Em outras palavras, imaginamos uma confi­ guração em que /, aum enta à medida que Vin se torna

Figura 13.3 (a) Estágio push-pull básico, (b) rota de corrente para entradas suficientemente positivas, (c) rota de corrente para entradas suficientemente negativas.

2Este seguimento pode não ser muito fiel, pois V,„ sofre alguma variação; por ora, ignoramos esse efeito.

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

mais negativo e vice-versa. A Fig. 13.3(a) mostra uma possível implem entação desta ideia. Aqui, a fonte de corrente constante é substituída por um seguidor de emissor pnp, de m odo que, quando £>, começa a des­ ligar, Q2“ liga” e perm ite que Vuul siga Vur Este circuito, cham ado estágio “push-pull”, me­ rece um estudo detalhado. N otam os que, se V„, for suficientemente positivo, Q {opera como um seguidor

Exem plo

547

de emissor, Valll = Vm - VHI:1, e Q2 perm anece desli­ gado [Fig. 13.3(b)], pois sua junção base-emissor está sob polarização reversa. Por simetria, se Vin for sufi­ cientem ente negativo, ocorre o reverso [Fig. 13.3(c)] e K„i = Vin + IV'»®!- No prim eiro caso, dizemos que Q, “em purra” corrente em R t ; no segundo, que Q2 “puxa” corrente de R, *

1 3 .2

Esbocemos o gráfico da característica entrada/saída do estágio push-pull para entradas muito po­ sitivas e muito negativas.

Solução

Como acabamos de ver, Vo,„ = Vin + \VBE2\ para entradas muito negativas

(13.11)

Vout — Vn — Vbei para entradas muito positivas.

(13.12)

Ou seja, para entradas negativas, Q2desloca o sinal para cima e. para entradas positivas. Ç), desloca o sinal para baixo. A Fig. 13.4 mostra o gráfico da característica resultante. Exercício

Repita o exemplo anterior para um estágio de saída CMOS.

O que acontece se Vin te n d er a zero? A carac­ terística aproxim ada da Fig. 13.4 sugere que os dois segmentos não se encontram caso devam permanecer lineares. Em outras palavras, a característica global inevitavelm ente incluirá não linearidade e se pare­ cerá com a ilustrada na Fig. 13.5, exibindo uma “zona m orta”** em torno de Vin = 0. Por que o circuito apresenta essa zona m orta? Fazemos duas observações. Prim eira, 0 , e Q 2 não podem estar ligados sim ultaneam ente: para que <2,

esteja ligado, Vjn > Vout\ para que ü 2 esteja ligado, Vhl < Voul. Segunda, se Vin = 0, Vim, tam bém deve ser zero. Isto pode ser provado por contradição. Por exemplo, se VI)UI > 0 (Fig. 13.6), a corrente V„J R, deve ser provida por Q , (de Vcc), o que requer VIIIA > 0 e, portanto, Vmil = V„, - VmiX < 0. O u seja, quando Vjlt = 0, os dois transistores estão desligados. Agora, suponhamos que Vmcomece a aum entar a partir de zero. Como, inicialmente, Vmil está em zero, Vjn deve chegar a, pelo menos, V,„. « 600 a 700 mV

*A tradução literal do termo push-pull é empurra-puxa. Na prática, apenas o termo em inglês é usado. (N.T.) ** A expressão “banda morta" também é empregada. (N.T.)

548

Capítulo Treze

Figura 13.6

para que <2, ligue. Portanto, a saída perm anece em zero se Vin < 600 mV, exibindo a zona morta ilustrada

Exem plo 13.3

Solução

O ganho (inclinação) é próximo da unidade para entradas negativas ou positivas e cai a zero na zona morta. A Fig. 13.7 mostra o gráfico resultante.

Cíanho do estágio push-pull em função da entrada.

Repita o exemplo anterior para o caso em que R, é substituído por uma fonte de corrente ideal.

Em suma, o estágio push-pull simples da Fig. 13.3(a) funciona como um seguidor de emissor pnp ou npn para entradas suficientem ente negativas ou

Exem plo 13.4

Solução

na Fig. 13.5. Observações similares se aplicam à zona m orta se Vin < 0.

Para a característica da Fig. 13.5, esbocemos o gráfico do ganho de pequenos sinais em função de VL

Figura 13.7

Exercício

Estágio push-pull com tensão dc entrada nula.

positivas, respectivamente,e permanece desligado para -6(X) mV < Vin < + 6(X) mV. A zona morta resultante distorce o sinal de entrada de forma significativa.

Suponhamos que uma senoide com 4 V de amplitude de pico seja aplicada ao estágio push-pull da Fig. 13.3(a). Esbocemos o gráfico da forma de onda de saída. Para Vmbem acima de 600 mV, Q{ ou Q2 funciona como um seguidor de emissor, produzindo uma senoide razoável na saída. Nesta condição, o gráfico na Fig. 13.5 indica que ViHII = Vin + XVfíla\ ou Vm ~ VBe\- Na zona morta, entretanto, Vout % 0. Como ilustrado na Fig. 13.8, Voul exibe "distorção de cruzamento do eixo horizontal”. Dizemos que esse circuito apresenta “distorção de cruzamento”.

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

Figura 13.8

Exercício

13.4 13.4.1

549

Formas de onda de entrada e de saída na presença da zona morta.

Esboce os gráficos das formas de onda de entrada e de saída quando o estágio push-pull incorpora transistores NMOS e PMOS com tensões de limiar nulas.

ESTÁG IO PUSH-PULL A P R IM O R A D O Redução da D isto rção de C ruzam ento

Na m aioria das aplicações, a distorção introduzida pelo estágio push-pull simples da Fig. 13.3(a)é inacei­ tável. Portanto, devemos desenvolver m étodos para reduzir ou eliminar a zona m orta. No estágio push-pull, a distorção advém funda­ mentalm ente das conexões de entrada: como as bases de Q, e Q2na Fig. 13.3(a) sãocurto-circuitadas,osdois transistores não podem perm anecer ligados sim ulta­ neam ente nas proximidades de VUI = 0. Concluímos que o circuito pode ser m odificado com o indicado

na Fig. 13.9(a), onde uma bateria de tensão V„ foi inserida entre as duas bases. Qual é o valor necessá­ rio de V,f! Se <2, deve perm anecer ligado, V{ = Voul + V,m . De modo similar, se Q: deve perm anecer ligado, V2 = K,u ~ IV hei\- Logo, VB = VX- V2 =

+ |Vg£2l-

(13.13) (13.14)

Dizemos que VH deve ser aproxim adam ente igual a 2V,il: (mesmo que Vim e Wttl.2\ possam não ser iguais). Com a conexão de Vin à base de Q 2y Voul = Vin + \VHE2\\ ou seja, a saída é uma réplica da entrada, mas deslocada de \VttK2\ para cima. Se adm itirmos que as

t (a)

(b)

(c)

Figura 13.9 (a) Adição de uma fonte de tensão para remover a zona morta, (b) formas de onda de entrada e de saída, (c) carac­ terística entrada/saída.

550

Capítulo Treze

tensões base-em issor de Q , e Q2 são constantes, os dois transistores perm anecem ligados para todos os níveis de entrada e de saída, produzindo as formas de

Exem plo 13.5

onda ilustradas na Fig. 13.9(b). Dessa forma, a zona m orta é eliminada. A resultante característica entra­ da/saída é m ostrada na Fig. 13.9(c).

Estudemos o comportamento do estágio mostrado na Fig. 13.10(a). Vamos supor Vn « 2Vfíl.:.

(b)

(a)

(c)

Figura 13.10 (a) Estágio push-pull com entrada aplicada à base de (?,, (b) formas de onda de entrada e de saída, (c) característica entrada/saída.

Solução

Exercício

Neste circuito, os dois transistores permanecem ligados simultaneamente e Vout = Vin - VBEl. Por­ tanto, a saída é uma réplica da entrada, mas deslocada para baixo. As Figs. 13.19(b) e (c) mostram os gráficos das formas de onda e da característica entrada/saída, respectivamente. O que acontece se V H

VHlP-

A gora, determ inem os com o a bateria V„, ilus­ trada na Fig. 13.9(a),deve ser im plem entada. Como Vh = Vhi:\ + I^be 2 ^ é n atural decidirm os que dois diodos conectados em série podem prover a queda de tensão necessária e ob term o s a topologia m os­ trada na Fig. 13.1 l(a ). Infelizm ente, os diodos não

conduzem co rren te (por quê?) e apresentam q u e­ da de tensão nula. Esta dificuldade é pro n tam ente superada com a adição de uma fonte de corrente na parte superior [Fig. 13.1 l(b )]. A g o ra ,/, provê as co rren tes de polarização de D, e D 2 e a corrente de base de Q,.

(b) Figura 13.11

(a) Uso de diodos como fonte de tensão, (b) adição de fonte de corrente, /,, para polarizar os diodos.

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

Exemplo 13.6 Solução

551

Determinemos a corrente que flui pela fonte de tensão Vmna Fig. 13.1 l(b).

A corrente que flui por Dxe D2é igual a /, - Im (Fig. 13.12). A fonte de tensão deve absorver esta corrente e a corrente de base de Qt. Assim, a corrente total que flui por essa fonte é igual a /, —

Fig ura 13.12 Circuito para examinar as correntes de base. Exercício

Exem plo 13.7 Solução

Esboce o gráfico da corrente que flui pela fonte de tensão em função de Vjn, com Vmvariando entre - 4 V e +4 V. Suponha /3, = 25, /32 = 15 e R, = 8 íl.

Em que condição as correntes de base de Qxe de Q2 na Fig. 13.11 (b) são iguais? Suponhamos /3, = » 1. Devemos buscar a condição 7C1 = 1/^1. Como ilustrado na Fig. 13.13, isto significa que nenhuma corrente flui por R, \ logo, Voul = 0. À medida que Voul se afasta de zero, a corrente que flui por R, é provida por Qx ou por Q2e, portanto, Ia =£ l/a l e Im * \Im\. Assim, as correntes de base são iguais apenas quando VOM- 0.

Figura 13.13 Estágio com tensão de saída nula. Exercício

Exem plo 13.8 Solução

Repita o exemplo anterior para /3, = 2/3:.

Estudemos o comportamento do circuito ilustrado na Fig. 13.14, onde I2absorve a corrente de po­ larização de D2e J,n. Aqui, temos Vx = Vm + Vm e Voul = Vx - VBEl. Se Vm « VBEÍ, Voui « Vin, ou seja, a saída não está deslocada em relação à entrada. Além disso, a corrente que flui por /), é igual a /, - Íín e a que flui

552

Capítulo Treze

por D2é igual a /2 — l/^l. Portanto, se /, = /2 e Im « /„2, a fonte de tensão de entrada não precisa absorver ou produzir uma corrente quando Vout = 0; este é um ponto de contraste em relação ao circuito da Fig. 13.12.

out

Figura 13.14

Exercício

13.4.2

Estágio com entrada aplicada entre os diodos.

Esboce o gráfico da corrente produzida pela fonte de entrada em função de Vi(„ com entre - 4 V e +4 V. Suponha /3, = 25, /3, = 15 e R, = 8 íl.

A dição de E stágio E m issor Com um

As duas fontes de corrente na Fig. 13.14 podem ser realizadas com transistores pnp e npn, como ilustra­ do na Fig. 13.15(a). Portanto, podem os decidir aplicar o sinal de entrada à base de uma das fontes de cor­ rente, para obter ganho maior. A ideia, ilustrada na Fig. 13.15(b), consiste em em pregar 0 , como um es­

tágio em issor com um e, desta m aneira, prover um ganho de tensão de Vin para as bases de Q x e Q2? O estágio EC é cham ado “pré-alim entador”. O circuitopush-pull da Fig. 13.15(b) é amplamente utilizado em estágios de saída de alta potência e m ere­ ce uma análise detalhada. Devemos, primeiro, respon­ der às seguintes perguntas: (1) Dadas as correntes de polarização de Q y e 0 4, como determinamos as de 0 ,

(a) Figura 13.15

variando

(b)

(a) Estágio push-pull com realização das fontes de corrente, (b) estágio com entrada aplicada à base de QA.

'Se o nível DC de Vm for próximo de Vcc, então Vm é aplicado à base de Qy

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

(b)

(a) Figura 13.16

553

(a) Diagrama simplificado dc um estágio push-pull. (b) ilustração da ação de espelho de corrente.

e Q-P. (2) Qual é o ganho de tensão total do circuito na presença de uma resistência de carga R, ? Para responder à primeira pergunta, partimos do pressuposto de que Vou = 0 para os cálculos de po­ larização e, também, IC4 = In . Se Vn] = V„n e Vn2 = IKB£2I, então VA — 0 (por quê?). Com V„„, e VA em zero, o circuito pode ser reduzido ao m ostrado na Fig. 13.16(a), que apresenta grande semelhança com um espelho de corrente. Na verdade, como Vdx = Vrln-^ 1 .

(13.15)

onde a corrente de base de 0 , foi desprezada, ISJ)l denota a corrente de saturação de D,; como VttEX = K/ ln (/cl II$q\)> temos Ici = T ^-\Ic3 \.

(13.16)

*5,01

I—li* —

Vin

Vin

^

VN ’

A gora, 0 , e Q 2 operam com o dois seguidores de em issor em paralelo, ou seja, com o um único tran-

1

-ov,out

‘'out

« '- C n°---- £ q 4

Vout _ VN Vout

|—li»

© I— k ° i 2 'd %

Em circuitos integrados, para se estabelecer um valor bem definido para / syi/ / s;„ ,o diodo D, deve,em geral, ser realizado como um transistor bipolar conectado como diodo [Fig. 13.16(b)]. Notemos que uma análise similar pode ser aplicada à m etade inferior do circui­ to, especificamente a 0 4, D 2 e Q2. A segunda pergunta pode ser respondida com a ajuda do circuito simplificado mostrado na Fig. 13.17(a), onde VA = °° e 2rn representa a resistência total de pequenos sinais de D, e D2. Vamos supor, para sim­ plificar, que 2r,t seja relativam ente pequeno e que v, =* v2; com isto, o circuito é ainda mais reduzido, como indicado na Fig. 13.17(b),4 onde

a

I

v in°----t ^ 0 4

(a)

(b)

(c)

Figura 13.17 (a) Circuito simplificado para cálculo do ganho, (b) circuito com resistências de diodos desprezadas, (c) modelo de pequenos sinais.

4É importante notar que esta representação é válida para sinais, mas nào para polarização.

554

Capítulo Treze

sistor, com r„ igual a r j \ r v2 e um gm igual a gml + gm2 [Fig. 13.17(c)]. Para este circuito, temos v„, = = vN ~ Ku, e Vout _ Vfs]

Vout

r„i\\r „ 2

Rl

+ (gml + gml)(vN ~ Vou,).

(13.18)

que é um resultado esperado de um transistor segui­ dor com transcondutância g„(1 + g,„2. Para calcular vN/v,„, prim eiro devem os d e te r­ m in ar a im p ed ân cia R N vista no nó N . P artin d o do circuito da Fig. 13.17(c),o leito r pode m o strar que

Portanto,

(13.21)

R n = temi + gmi)(,rn \\\r„i)R L + rn i\\r„2. Vout _

Vn

1 temi ”(■Enú)(rxl\\rn'2) f7rll|fjr2 + 1 + temi + 5«i2)(''wlll^2) R

(13.19) (N otem os que, para 7n = I(2 e Pi ~ P&esta expres­ são se reduz à impedância de entrada de um simples seguidor de emissor.) Por conseguinte,

l

Multiplicando num erador e denom inador por R, , di­ vidindo ambos por 1 + (g„„ + g„l2) X (r^Jlr^) e supondo (g„„ + gm2) X (rwlllr„2) » 1, obtem os

= -g «K »[te m l+ ^ m 2 )(r-rllk ff2 > / ? / .+ ^ lll^ 2 ]--------------- 7~

—

Vin

~

A

R l+ gm\~^~gml

R ,.

Vout

VN

R ,.+ gm l

Exem plo

(13.20)

1 “t" g m l

(13.22) (13.23)

= -g m ^ T ll l^ X g m l + gml)RL-

Calculemos a impedância de saída do circuito mostrado na Fig. 13.18(a). Para simplificar, vamos supor, que 2r„ seja pequeno.

CC

' 03

— Di 2 rr

D2 R,out

C o, ^in0—

c> 2

out

^ r04

out

r03llr0 4 ^

EE

(b)

(a)

r03Hr0 4 ?

(c)

rK ^ rK2 k VK ® ^ m^ g m2)VK 'X +J

(d) Figura 13.18 (a) Circuito para cálculo da impedância de saída, (b) diagrama simplificado, (c) simplificação adicional, (d) modelo de pequenos sinais.

Solução

O circuito pode ser reduzido ao da Fig. 13.18(b) e, com 2r „ desprezível, ao da Fig. 13.18(c). Utili­ zando o modelo composto ilustrado na Fig. 13.17(c), obtemos o circuito equivalente de pequenos

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

555

sinais da Fig. 13.18(d),onde VA = 00 para ( e (J2fmas não para Q3e Q4. Aqui,r03llr04e r^Wr^ atuam como um divisor de tensão: rn \ II^tt2 VXr„i\\r„2 + ros Iko4

~

Uma LCK no nó de saída fornece ix = — M ---- 37— n— + (gml + 8nü)vx— .. r,Tl||rT2 — . r„11\r„2 + ro3 lko4 ^ [ 11^2 + ^031k
(13.25)

Portanto, V* ix

/Vi ||r^2 + ^031 ko4 1 + (gml + gnã)(rn 1 11^ 2 )

(13.26)

1 + 7------ -° 3ll[/° 4—— r, gml + gm2 (gml + g tó X ^l \ \r„2) ’

(13.27)

se (g„„ + g,„2)x(rixlllr„2) » 1. O ponto importante aqui é que o segundo termo em (13.27) pode elevar a impedância de saída de modo considerável. Como uma aproximação grosseira, supomos que rm r()4ygml « gm2 e /*„, r ^ e concluímos que o segundo termo é da ordem de (rü/2)lp. Este efeito torna-se particularmente problemático em circuitos discretos, pois os transistores de potência em geral apresentam baixo valor de /3. Exercício

13.5

Com roy r()4igml ** gm2 e rnl » rtó, para que valor de /3 o segundo termo de (13.27) se torna igual ao primeiro?

limitações do circuito. Entretanto, para operação em grandes sinais, surgem algumas outras questões críti­ cas que merecem estudo detalhado.

C O N S ID E R A Ç Õ E S DE G R AN D E S S IN A IS

Os cálculos feitos na Seção 13.4.2 revelam as p ro ­ priedades de pequenos sinais d o estágio push-pull aprim orado e permitem o entendim ento básico das

Exem plo

13.10

Solução

13.5.1 Q uestões de P olarização

Iniciemos com um exemplo.

Desejamos projetar o estágio de saída da Fig. 13.15(b) para que o amplificador EC forneça um ga­ nho de tensão de 5 e o estágio de saída, um ganho de tensão de 0,8, com RL = 8 íl. Se (3npn = 2/}pnp = 100 e VA = oo, calculemos as necessárias correntes de polarização. Vamos supor Icl ** I(7 (o que pode não ser válido para grandes sinais). Para vout/vN = 0,8, de (13.20), temos gml “1“gml = 2^2•

(13.28)

Com Icl « IC2^gm\ ^ Smi ^ (4 íl)" 1 e, portanto, / c, « /c7 « 6,5 mA. Além disto, r^llr^ = 133 íl. Igualando a Eq. (13.20) a - 5 X 0,8 = -4 , temos I(4 555 195 /xA. Portanto, polarizamos Q:>e Q4 em 195 /xA. E x e rc íc io

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara o caso em que o segundo estágio provê g anho de tensão de 2.

556

Capítulo Treze

O exemplo anterior envolveu níveis de corrente moderados, na faixa de miliampères. O que acontece se o estágio tiver de fornecer uma excursão de, digamos, 4V,. à carga? Cada transistor de saída deve agora pro­ ver uma corrente de pico de 4 V/8Í1 = 5(X) mA. O cir­ cuito do Exemplo 13.10 é capaz de prover esses níveis de excursão de tensão e de corrente sem dificuldade? Duas questões devem ser consideradas aqui. Primeira, um transistor bipolar que conduz 5(X) m A requer uma grande área de emissor, cerca de 5(X) vezes a área de emissor de um transistor que tolera 1 m A.5 Segunda, com [i de 1(X), o pico da corrente de basechegaa5 niA! Como esta corrente de base é provida? O transistor <2, recebe máxima corrente de base se £>4 estiver des­ ligado,de modo que a totalidade de In flui para a base de Q\. Fazendo referência às correntes de polarização obtidas no Exemplo 13.10, observamos que o circuito pode ser simplificado como m ostrado na Fig. 13.19 pa­ ra o pico de meios-ciclos positivos. Com /0 de apenas 195 /xA, a corrente de coletor de (2, não pode exceder cerca de 100 X 195 /liA = 19,5 mA, muito abaixo da desejada corrente de 500 mA.

apresentam baixos valores de 0, como, por exemplo, 20, o que agrava o problema.

13.5.2 O m issão de Transistores de Potência PNP Transistores de potência pn p em geral exibem bai­ xo ganho de corrente e baixa f , e, por conseguinte, apresentam sérias limitações ao projeto de estágios de saída. Felizmente, é possível com binar um dispo­ sitivo npn com um transistor p n p para m elhorar o desem penho do circuito. Considerem os o transistor npn emissor comum, Ç)2, ilustrado na Fig. 13.20(a). Desejam os modificar o circuito para que Q2 exiba a característica de um seguidor de emissor. Para isto, adicionamos o dispo­ sitivo pnp Qy como m ostrado na Fig. 13.20(b) e pro­ vamos que a combinação Q rQ í funciona como um seguidor de emissor. Com a ajuda do circuito equi­ valente de pequenos sinais m ostrado na Fig. 13.20(c) (VA = <»),e notando que a corrente de coletor de Qy atua com o corrente de base de Q 2 e, portanto, que gmiV*2 = - p 2gmÂvin ~ v,„„), escrevemos uma LCK no nó de saída: -g„ú(Vi„ - Voui)f}2 + — ------—

f7T3

- gnú(v,n ~ I W ) = “ T r - -

(13.29)

Notam os que o prim eiro term o do lado esquerdo re­ presenta a corrente de coletor de Q 2. Logo, Vout Vin

Rl

(13.30)

Rl +

(/?2 + l)gm3 H------r ,,3

Figura 13.19

Cálculo da máxima corrente disponível.

A principal conclusão é que, ao alcançar um ga­ nho de pequenos sinais próximo da unidade com uma carga de 8 íl, o estágio de saída pode fornecer uma excursão de saída de apenas 195 mA x 8 íl = 156 mV,,. Portanto, necessitamos de uma corrente de base muito maior, o que requer correntes de polarização proporcionalmente maiores no estágio pré-alimentador. No entanto, na prática transistores de potência

Em analogia com o seguidor de emissor padrão (Ca­ pítulo 5), podem os interpretar este resultado como uma divisão de tensão entre dois resistores de va­ lores [(/3, + l)g m3 + l/ r „ 3] 1 e R, [Fig, 13.20(d)]. Ou seja, a resistência de saída do circuito (excluindo-se R ,) é dada por 1 Rout

—

(th. + 1)gm3 + --^7t3 1 (fh + 1 )gnú

(13.31)

(13.32)

5Para uma dada área de emissor, se a corrente de coletor ultrapassa um certo nível, ocorre “injeção de alto nível", o que degrada o desempenho do transistor, como, por exemplo, p.

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

557

out

— -L

VtE E (a)

( Í 2V 1>9m, +T -

'713

v\n°----------VW-

-O V

out

(d)

(C)

Figura 13.20 (a) Uso de um transistor npn para ação de abaixamento (pull-down), (b) dispositivo composto, (c) modelo de pe­ quenos sinais, (d) circuito equivalente.

pois 1/r„3 = « (/32 + 1)g„,y Se apenas Q y operasse como um seguidor, a impedância de saída seria muito mais alta (l/gm3). Os resultados expressos por (13.30) e (13.32) são muito interessantes. O ganho de tensão do circuito

Exem plo

pode se aproximar da unidade se a resistência de sa­ ida da combinação Q2-Q i , [(j82 + l)g m3] ', for muito menor que R, . Em outras palavras, o circuito funciona como um seguidor de emissor, mas com uma impedância de saída reduzida por um fator /32 + 1.

Calculemos a impedância de entrada do circuito mostrado na Fig. 13.20(c).

13.11 Solução

Como a corrente puxada da entrada é igual a (vin - vonl)lr„^ temos, a partir de (13.30), / Iin =

\ Rl

r* 3

Rl +

1

(13.33)

(02 + l)gm3 /

onde 1/rw3foi desprezado em relação a (/3: + l)g,„3. Portanto, ^ = f t ( ^ 2 + l)/?L + ^ 3.

(13.34)

Iin

É interessante observar que R, é aumentado por um fator ft(/32 + 1) quando visto na entrada como se a combinação Q2-Q\ proporcionasse um ganho de corrente ft(/32 + 1). E x e rc íc io

C alcule a im pedância de saída para rm < <*>.

558

Capítulo Treze

O circuito da Fig. 13.20(b) tem m elhor desem pe­ nho que um seguidor de em issor de um único tran ­ sistor pnp. No entanto, este circuito também pode in­ troduzir um polo adicional na base de Q2. Além disso, com o <2j conduz uma pequena corrente, pode não ser capaz de carregar e descarregar a grande capaci­ tância nesse nó. Para rem ediar estas dificuldades, em geral é adicionada uma fonte de corrente constante, como indicado na Fig. 13.21, para elevar a corrente de polarização de Qy

Exem plo

13.12

Solução

Figura 13.21 Adição de fonte de corrente para melhorar a ve­ locidade do dispositivo composto.

Comparemos os dois circuitos representados na Fig. 13.22 em termos da mínima tensão de entrada permitida e da mínima tensão de saída que pode ser obtida. (Componentes de polarização não são mostrados.) Suponhamos que os transistores não entrem em saturação. No seguidor de emissor da Fig. 13.22(a), Vin pode ser tão baixo como zero, de modo que Q2opere na fronteira da saturação. Portanto, o mínimo nível de tensão de saída obtido é igual a \VBK2\ 8850,8 V. Na topologia da Fig. 13.22(b), Vin pode ser igual à tensão de coletor de Qy, que é igual a VBE2>em relação à terra. Portanto, a saída é dada por Vin + \VBE3\ ~ VBE2 + IV/u:?} 1,6 V, uma desvantagem desta topologia. Dizemos que o circuito “desperdiça" um Vm. no vão livre de tensão.

‘'out

"°-C o2

(a) Figura 13.22

Exercício

13.5.3

(b)

Vão livre de tensão para (a) seguidor bipolar, (b) dispositivo composto.

Explique por que, neste circuito, Q2 não entra em saturação.

S íntese de A lta -F id e lid a d e

M esm o com o ram o de diodo ap resen tad o na Fig. 13.15(b), o estágio de saída introduz alguma distor­ ção no sinal. Em particular, como as correntes de coletor de Q\ e de Q2variam de modo considerável em cada semiciclo.o mesmo ocorre com as correspondentes transcondutâncias. Em conseqüência, a relação de divisão de tensão que rege o seguidor de emissor, Eq. (13.20), exibe um comportamento de dependência em relação à entrada: à medida que V„„, se torna mais positivo,#,,,, aumenta (por quê?) e A r se torna próximo da unidade. Assim, o circuito experimenta não linearidade. Na maioria das aplicações, especialm ente em sis­ temas de áudio, a distorção produzida pelo estágio push-pull é inaceitável. Por esta razão, em geral o circuito é em butido em uma malha de realimentação

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

negativa, visando à redução da não linearidade. A Fig. 13.23 ilustra uma im plem entação conceituai,on­ de o amplificador A t, o estágio de saída, e os resis­ tores /?, e R2 formam um amplificador não inversor (Capítulo 8), resultando em VOM «* (1 + R íIR2)Vi„, o que reduz a distorção de forma significativa. No en­ tanto, devido aos múltiplos polos contribuídos por A , e pelo estágio push-pull, esta topologia pode se tornar instável e requer compensação em frequência (Capítulo 12).

13.6

PROTEÇÃO CONTRA CURTO-CIRCUITO

Dispositivos e circuitos eletrônicos estão sujeitos a condições “hostis” durante manipulação, montagem e uso. Por exemplo, uma pessoa que tenta conectar um alto-falante a um sistema estéreo pode, acidental­ mente, curto-circuitar a saída do amplificador à terra enquanto o aparelho está ligado. As altas correntes que fluem pelo circuito nesta condição podem dani­ ficar de m odo perm anente os transistores de saída. Portanto, faz-se necessário um mecanismo para limi­ tar as correntes de curto-circuito. O princípio que há por trás da proteção contra curto-circuito consiste em am ostrar a corrente de saí­ da (por meio de um pequeno resistor série) e reduzir a alimentação da base dos transistores de saída se essa corrente exceder um certo nível. A Fig. 13.24 traz um exemplo em que Qs am ostra a queda de tensão em r e “rouba” uma parte da corrente de base de 0 , à medida que V, se aproxima de 0,7 V. Por exemplo, se r = 0,25 íl, a corrente de em issor de <2, fica limitada a cerca de 2,8 A.

559

O esquema de proteção da Fig. 13.24 tem algumas deficiências. Primeira, o resistor r aum enta a im pe­ dância de saída do circuito. Segunda, em condições norm ais de operação, como, por exem plo, 0 ,5 -0 ,6 V, a queda de tensão em r reduz a máxima excursão de tensão de saída. Por exemplo, se a tensão de base de Q, se aproxim ar de Vcc, Vou, = Vcc - VBEI - V, » Vcc — 1,4 V.

13.7

D IS S IP A Ç Ã O DE CALOR

Como, em um amplificador de potência, os transis­ tores de saída conduzem uma corrente finita e sus­ tentam uma tensão finita em parte do período, con­ somem potência e, por conseguinte, esquentam . Se a tem peratura da junção aum entar excessivamente, o transistor pode ser danificado de m odo irreversível. Portanto, a “dissipação de potência” (máxima dissi­ pação de potência perm itida) de cada transistor de­ ve ser escolhida de m aneira adequada no processo de projeto. 13.7.1 D issipação de Potência de S e g u id o r de Em issor

Calculemos, primeiro, a potência dissipada por (5, no seguidor de em issor simples da Fig. 13.25, supondo que o circuito entregue uma senoide V^.sen u>t a uma resistência de carga R, . Recordemos, da Seção 13.2, que, para assegurar que Voul chegue a ~ V „ devemos ter /, ^ Vr/R, . A dissipação de potência instantânea por Q | é dada por Ic • VCE e o correspondente valor médio (em um período) é dado por:

Pav = ^ C l c -VcEdt, • J0

(13.35)

onde T = 2tt/m. Como l c ~ I, = /, + Vuuí/ R , e V CH = V Cc ~ V.,,,, = V cc ~ V r sen u>t, temos 7 / / \ + VrS*ncot W c c - V r sen cot) dt. Ri. )

- lrLT(

(13.36)

Para efetuar a integração, notam os que (1) o valor m édio de sen cot em um período T é zero; (2) sen2 cot = (1 - cos 2cot)l2\ e (3) o valor médio de cos 2cot em um período T é zero. Logo,

Figura 13.24

Proteção contra curto-circuito.

P„v = h ( v c c - ^ y

( 13.37)

560

Capítulo Treze

Notemos que o resultado se aplica a qualquer tipo de transistor (por quê?). É interessante observar que a potência dissipada por Q, atinge um máximo na au­ sência de sinais, ou seja, quando Vr = 0: Pav.max

=

I\ V cc •

(13.38)

No outro extremo, se Vr « VCCy6 temos Figura 13.25

o

Circuito para cálculo da dissipação de potência

^ i Vcc

do seguidor.

Exem plo

(13.39)

Calculemos a potência dissipada pela fonte de corrente /, na Fig. 13.25.

13.13 Solução

A fonte de corrente sustenta uma tensão igual a Voll, - VEE = V,, sen cot - VEE. Assim, 1 ÍT , Pn = j I I\(Vpseno)t - VEE)dt

(13.40) (13.41)

= —I\V ee • O Exercício

valor é positivo, pois VEE < 0 para acomodar excursões negativas na saída.

Explique por que a potência dissipada por VEEé igual à potência dissipada por /,.

13.7.2 D issipação de P otência de E stágio Push-Pull

Agora, determinemos a potência dissipada pelos tran­ sistores de saída no estágiopush-pull (Fig. 13.26). Pa­ ra simplificar os cálculos, vamos supor que cada tran­ sistor conduza uma corrente desprezível nas proximi­ dades de Vm„ = 0 e perm aneça desligado na metade do período. Se V,,,,, = Vr sen cot, IRI = ( Vr/ R , ) sen a»í, mas apenas em m etade do ciclo. Além disso, a ten ­ são coletor-em issor de Ç), é dada por V(C — Vnut = Vcc ~ Vr sen A potência m édia dissipada em <2, é, portanto, igual a

onde T = l/w e supomos que /3 seja grande o suficien­ te para perm itir a aproxim ação /< = /,.. Expandindo os term os no integrando e notando que

í

temos

T/2

_ VccVp ttR l Rl \ n

=j f

(vcc - Vpsenwt)(j£-sentot^dt,

''Aqui, Vm é desprezado na presença de V,,.

(13.44)

1 Í T/2 V r r V p 1 Í T/2 Vn =f L — sencotdt- T L w L dt (i3-45) V} 4R l

= Yl (Y££_Y l \ Pav = ^ C ' 1 VCE ■Ic dt 1 J0

cos 2cot dt — 0,

4 )

(13.46) (13.47)

(13.42) (13.43)

Por exemplo, se Vr = 4 V, R, = 8 í l e Vcc = 6 V, Q, dissipa 455 mW. Se \VFF\ = V
Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

(a) Figura 13.26

561

(b) Estágio push-pull durante (a) semiciclo positivo e (b) semiciclo negativo.

A Eq. (13.47) indica que, para V r 0 ou V,, = V r e igualando o resultado a zero, temos V r = 2 V ((/ tt 4 V cc/ t t, a potência dissipada em Q, tende a zero, o e, portanto, que sugere que Pm, deve alcançar um máximo entre esses dois extremos. D iferenciando Pm em relação a

Exem plo 13.14

Solução

Exercício

y2 P„v ,mx =

.

(13.48)

Um estudante observa, a partir de (13.47), que Pm = 0 quando V,, = 4V(X/ir e conclui que esta escolha de excursão de pico é a melhor, pois minimiza a potência “desperdiçada” pelo transistor. Expliquemos a falha no raciocínio do estudante. Com uma tensão de alimentação Vcc, o circuito não pode entregar uma excursão de 4VC(/ir (> VCL). Portanto, é impossível atingir a condição Pin. = 0. Compare a potência dissipada em Q, com a potência entregue a R, por V,, = 2Vcc/n.

O problema de dissipação de calor torna-se crítico em níveis de potência maiores que algumas centenas de miliwatts. O tamanho físico dos transistores é muito pequeno, como, por exemplo, 1 mm X lm m X 0,5 mm; portanto, a área da superfície por onde o calor pode escapar tam bém é m uito pequena. Obviam ente, de uma perspectiva de capacitâncias e custo de disposi­ tivo, o(s) transistor(es) não deve(m) ter as dimensões aum entadas apenas para fins de dissipação de calor. Por conseguinte, é desejável em pregar outros meios para elevar a condução de calor. A Fig. 13.27 ilustra um desses meios, cham ado “heat sink”* e que consiste em uma estrutura de metal (em geral, alumínio) com grande área de superfície, que é colocado em contato com o transistor ou o encapsulamento do chip. A ideia é “absorver” o calor do encapsulam ento e dissipá-lo através de uma superfície com área muito maior.

13.7.3

Avalanche Térm ica

Como descrevemos anteriorm ente, os transistores de saída em um amplificador de potência ficam sujeitos

*Este termo em inglês é largamente empregado na prática. IJma correspondente denominação em português poderia ser "dissipador de calor”. (N.T.)

562

Capítulo Treze

Figura 13.28 (a) Avalanche na presença de deslocamento constante de tensão, Vtt; (h) uso de diodos para evitar avalanche.

a altas tem peraturas. Mesmo na presença de um bom dissipador de calor, o estágio push-pull é susceptível a um fenôm eno cham ado “avalanche térm ica”, que pode danificar os dispositivos. Para entender esse efeito, considerem os o está­ gio conceituai representado na Fig. 13.28(a), onde a bateria V„ = 2 V BE elimina a zona m orta e VtHU= 0 .0 que acontece à medida que a tem peratura das junções de Q, e Q2sobe? Pode-se provar que, para uma dada tensão base-emissor, a corrente de coletor aum enta com a tem peratura. Assim, com Vfí constante, 0 , e Q 2conduzem correntes cada vez maiores e dissipam mais potência. A dissipação maior, por sua vez, ele­ va ainda mais a tem peratura da junção e, portanto, as correntes de coletor etc. A resultante realim enta­ ção positiva continua até que os transistores sejam danificados. É interessante observar que o uso de polariza­ ção via diodos [Fig. 13.28(b)] pode coibir a avalan­ che térmica. Se os diodos estiverem sujeitos à mesma variação de tem peratura que os transistores de saí­ da, Vm + Vn2 dim inui à medida que a tem peratura aum enta (pois a corrente de polarização dos diodos é relativam ente constante), o que estabiliza as cor­ rentes de coletor de <2, e Q 2. D e outra perspectiva, como D | e (2, formam um espelho de corrente, /<, é um múltiplo constante de /, se D, e <2, perm anece­ rem à mesma tem peratura. De m odo mais preciso, para D, e D 2 temos: Id\ Vp\

+

Vd 2

=

=

W

1 °

V,lr\

h.D\

+ VT\n

Ip\Ip2 h , D \ h .D 2

Ip2

De m odo similar, para Q, e Q2: V bei + V be2 =

Win 7-——

(-

W ln C2

Is.Q l

= Win

(13.51)

‘S.Q2

Iç\tç 2

(13.52)

h .Q I Is.Q l

Igualando (13.50) e (13.52) e supondo o mesmo va­ lor de V, (ou seja, a mesma tem peratura) nas duas expressões, escrevemos lc\Ic2 h .D \h ,D 2

(13.53)

h ,Q \h ,Q 2

Como /„, /„ 2 /|, 1C\ ** In , observamos que 7C1 e I( j “seguem ” /,, desde que Is (cujo valor depende da tem peratura) também a siga.

13.8

EFICIÊNCIA

(13.49)

Como amplificadores de potência (APs) consomem grandes quantidades de potência da alim entação de tensão, sua “eficiência” é uma questão crucial na maioria das aplicações. Em um telefone celular, por exemplo, um AP que fornece 1 W à antena pode con­ sumir vários watts da bateria, um valor comparável à dissipação de potência dos outros circuitos no te­ lefone. A “eficiência de conversão de potência” de um AP, tj, é definida como

( 13.50)

n=

h .D 2

Potência entregue à carga Potência consum ida da bateria de alim entação

. ( 13.54)

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

Assim, uma eficiência de 30% no telefone celular do exemplo anterior se traduz em um consumo de po­ tência de 3,33 W da bateria. É interessante que calculem os a eficiência dos dois estágios de saída estudados neste capítulo. O procedim ento consiste em três passos: ( 1 ) calcular a potência entregue à carga, Poul; (2) calcular a potên­ cia dissipada nos com ponentes do circuito (p. ex., os transistores de saída), Pck,\ (3) determ inar 17 = Pou, / (P,„„ + P .J .

Se V,;,: = - Vcc, a potência total “desperdiçada” no circuito é dada por Pcfa=/i(2VCc - y ) .

(13.57)

Portanto, (13.58)

Pont “f" Pela YL

2R l 13.8.1

(13.59)

Eficiência de S e g u id o r de Em issor

Com os resultados obtidos na Seção 13.7.1, a eficiên-cia de seguidores de em issor pode ser calculada prontam ente. Recordem os que a potência dissipada por <2 , é igual a Pav = h ( v c c - y )

P, i = - h V EE.

Exem plo 1 3 .1 5

S olução

á r + í , ( 2Vcc' f , Para operação adequada, /, deve ser, pelo menos, igual a VP/R L, resultando em Vp 4 Vcc

<13-55)

e a potência consumida por /, é (13.56)

563

(13.60)

Ou seja, a eficiência atinge um máximo de 25% à me­ dida que Vr se aproxima de VCCP N otem os que este resultado só é válido se /, = V,JR, .

Um seguidor de emissor projetado para prover uma excursão de pico V opera com uma excursão de saída V,J2. Determinemos a eficiência do circuito. Como o circuito foi originalmente projetado para uma excursão de saída V,„ temos Vcc = - V,,,, = V,, e /, = VP/R, . Substituindo Vr por Vcc/2 e /, por Vcc/R, em (13.59), obtemos n= ±

(13.61)

Esta baixa eficiência ocorre porque as tensões de alimentação e /, foram “superprojetadas”. Exercício

A que valor da excursão de pico a eficiência atinge 20%?

A máxima eficiência de 25% é inadequada em diversas aplicações. Por exemplo, um amplificador es­ téreo que entrega 50 W a um alto-falante consumiria 150 W no estágio de saída e necessitaria de dissipadores de calor muito grandes (e caros).

(i“ 2) Logo, YL

2R l

13.8.2

Eficiência de Estágio P u s h - P u l l

tf

2R l Na Seção 13.7.2, determ inam os que cada transistor Q | e Q 2 na Fig. 13.26 consome uma potência 7Isto é apenas uma aproximação, pois VCEou a tensão em /, não pode cair a zero.

1

(13.63)

2Vp(

Rl \

= -rVpVcc4

(13.64)

564

Capítulo Treze

P ortanto, a eficiência alcança um m áxim o igual a 7t/4 = 78,5% quando V,, = Vcc, um resultado m ui­ to mais atraente que o do seguidor de emissor. Por

Exem plo 1 3 .1 6

S olução

esta razão, estágios push-pull são m uito comuns em diversas aplicações, como, por exem plo, amplifica­ dores de áudio.

Calculemos a eficiência do estágio ilustrado na Fig. 13.26. Vamos supor que /, (= I2) é escolhido de modo a permitir uma excursão de pico Vr na saída. Além disto, Vcc = - VEE. Recordemos, da Seção 13.3, que /, deve ser pelo menos igual a (Vr/R ,)/p. Assim, o ramo que consiste em /,, /),, D 2 e /2 consome uma potência igual a 2Vcc(V p/R ,yp, resultando em uma efi­ ciência total de: V vp2

n=

2Rl 2 VpVcc + 2 VpVcc

7lRL

PR l

Vp

1

4 Vcc 71

(13.65)

Vp &

(13.66)

Devemos ressaltar a aproximação feita aqui: com o ramo de diodos presente, não podemos mais supor que cada transistor de saída esteja ligado apenas na metade de cada ciclo. Ou seja, ()l e Q 2 consomem uma potência ligeiramente maior, o que leva a um menor valor para tj. Exercício

13.9

Se V r < VC( e /3 »

7r, qual é a máxima eficiência que pode ser obtida com esse circuito?

CLASSES DE AMPLIFICADORES DE POTÊNCIA

O seguidor de emissor e o estágio push-pull estuda­ dos neste capítulo exibem propriedades distintas: no primeiro, o transistor conduz corrente durante todo o ciclo e a eficiência é baixa; no segundo, cada tran ­ sistor perm anece ligado durante cerca de m etade do ciclo e a eficiência é alta. Estas observações levam a diferentes “classes de A Ps”. Um amplificador em que cada transistor perm a­ nece ligado durante todo o ciclo é chamado de estágio “classe A” [Fig. 13.29(a)]. Exemplificados pelo segui­ dor de emissor estudado na Seção 13.2, circuitos de classe A apresentam baixa eficiência, mas proveem uma linearidade maior que a de outras classes. Em um estágio de “classe B”, cada transistor con­ duz durante metade de cada ciclo [Fig. 13.29(b)]. O simples circuito push-pull da Fig. 13.3(a) é um exemplo de estágio de classe B.x A eficiência, neste caso, chega a 7t/4 = 78,5%, mas a distorção é bem grande.

Figura 13.29 Formas de onda de coletor para operação em (a) classe A, (b) classe B e (c) classe C.

8De fato, a zona morta desse estágio permite condução durante um pouco menos de metade do ciclo para cada transistor.

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

Para um equilíbrio entre linearidade e eficiên­ cia, em geral APs são configurados como estágios de “classe A B ”,ond e cada transistor perm anece ligado durante mais de m etade de um ciclo [Fig. 13.29(c)]. O estágio push-pull modificado da Fig. 13.11 (a) é um exemplo de amplificador de classe AB. Muitas outras classe de A Ps foram inventadas e são usadas em aplicações variadas. Exemplos incluem as classes C, D, E e F. Sugerimos ao leitor consultar textos mais avançados [1].

13.10 RESUMO DO CAPÍTULO • Amplificadores de potência fornecem altos níveis de potência e grandes excursões de sinal a cargas de impedâncias relativamente baixas. • Distorção e eficiência de amplificadores de potência são dois parâmetros importantes. • Como apresentam baixa impedância de saída de pe­ quenos sinais, seguidores de emissor têm fraco de­ sempenho de grandes sinais. • Um estágio push-pull consiste em um seguidor npn e em um seguidor pnp. Cada dispositivo conduz du­ rante cerca de metade do ciclo de entrada, o que melhora a eficiência. • Um estágio push-pull simples apresenta uma zona morta, em que nenhum dos transistores conduz e o ganho de pequenos sinais cai a zero.

565

• A distorção de cruzamento que resulta da zona morta pode ser reduzida com a polarização dos transisto­ res do estágio push-pull para uma pequena corrente quiescente. • Se dois diodos forem conectados entre as bases dos transistores do estágio push-pull e se o mesmo for precedido de um amplificador EC, o circuito pode prover alta potência de saída com distorção mode­ rada. • O transistor pnp de saída é, às vezes, substituído por uma estrutura composta pnp-npn que provê um ga­ nho de corrente maior. • Em aplicações de baixa distorção, o estágio de saída pode ser embutido em uma malha de realimentação negativa para suprimir a não linearidade. • Um estágio push-pull que opera em altas tempera­ turas pode estar sujeito à avalanche térmica, onde as temperaturas elevadas permitem que os tran­ sistores de saída puxem correntes maiores, o que, por sua vez, faz com que dissipem ainda mais po­ tência. • A eficiência de potência de seguidores de emissor ra­ ras vezes chega a 25%, enquanto a de estágios pushpull alcança 79%. • Amplificadores de potência podem operar em di­ ferentes classes, dependendo da fração do ciclo de entrada durante a qual o transistor conduz. Entre as classes estão incluídas a classe A e a classe B.

e x e r c í c i o s

Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha Vcc = +5 V, VKE = - 5 V, VBKm = 0,8 V, ls = 6 X 10-,7A. VA = ™Rr = 8 í i e j 3 » l . 1 3 .1

1 3 .2

Considere o seguidor de emissor mostrado na Fig. 13.30. Desejamos entregar 0,5 W de potência a Rl = 8 n . (a) Determine /, para um ganho de tensão de pe­ quenos sinais de 0,8. (b) Escrevendo g,„ = /< /V',, calcule o ganho de tensão quando Vin alcança o valor de pico. A variação no ganho de tensão representa não linearidade.

Av=

Ic R l Ic R l + Vt

(13.67)

Recordemos, da Seção 13.2, que /, > Vr Rr, onde V,, denota a tensão de pico entregue a R, . (a) Supondo /, = Vr/R , e Vr » Vy, determine uma expressão para A v quando as excursões são pequenas. (b) Agora, suponha que a saída alcance uma ten­ são de pico V,,. Calcule o ganho de tensão de pequenos sinais nesta região e determine a va­ riação em relação ao resultado do item (a). 1 3 .3

Figura 13.30

Para o seguidor de emissor da Fig. 13.30, podemos expressar o ganho de tensão como

Um estudante projetou o seguidor de emissor da Fig. 13.30 para um ganho de tensão de pequenos sinais de 0,7 e uma resistência de carga de 4 ü. Para uma entrada senoidal, estime a máxima po­ tência média que pode ser entregue à carga sem se desligar Q{.

566 1 3 .4

1 3 .5

1 3 .6

Capítulo Treze

Suponha que o seguidor da Fig. 13.30 tenha sido projetado para um ganho de tensão de pequenos sinais A v. Determine a máxima potência que pode ser entregue à carga sem se desligar Qx. Devido a um erro de fabricação, a carga de um se­ guidor de emissor foi conectada entre a saída e Vcc (Fig. 13.31). Suponha Isl = 5 X IO"17A, RL = 8 íl e /, = 20 mA. (a) Calcule a corrente de polarização de Qx para n , = o. (b) Para que valor de Vin o transistor Qx conduz apenas 1% de /,?

cc -oVfout — T o 2 F igu ra 13.32

Vee-L

'1©

t

±

13.11 No circuito mostrado na Fig. 13.33, um seguidor de emissor precede o dispositivo npn de saída. Esboce o gráfico da característica entrada/saída e estime a largura da zona morta.

O seguidor de emissor da Fig. 13.30 amostra uma entrada senoidal com amplitude de pico de 1 V. Suponha Isl = 6 X 10"17 A, R, = 8 íl e /, = 25 mA. (a) Calcule V,{,. para Vin = + 1 V e para Vin = —IV. (A alteração resultante é uma medida da não linearidade.) (b) Notando que K™= vin- vH E,esboce o gráfico da forma de onda. F igu ra 13.33

13.12 Repita o Exercício 11 para o estágio representado na Fig. 13.34.

F igu ra 13.31

1 3 .7

No circuito do Exercício 6, determine a máxima excursão de entrada para a qual V»E sofre uma al­ teração de menos de 10 mV do pico positivo para o pico negativo. Determine a razão AK,,,. e a excur­ são de saída pico a pico como uma medida da não linearidade.

1 3 .8

Para o estágio push-pidl da Fig. 13.3(a), esboce o gráfico da corrente de base de Q x em função de n,

1 3 .9

Considere o estágio push-pull representado na Fig. 13.32, onde uma fonte de corrente /, é conec­ tada entre o nó de saída e a terra. (a) Suponha que Vln = 0. Determine a relação en­ tre /, e R, que garante que Qxesteja ligado, ou seja, que V,{,.A » 800 mV. (b) Com a condição obtida em (a), calcule a tensão de entrada à qual Q 2 é ligado, ou seja, que VH,a ~ 800 mV.

13.10 Considerando a Fig. 13.32, explique por que /, altera a característica entrada/saída e a zona morta.

F igu ra 13.34

13.13 A Fig. 13.35 mostra uma implementação CMOS do estágio push-pull. (a) Esboce o gráfico da característica entrada/saída do circuito. (b) Determine o ganho de tensão de pequenos si­ nais para entradas positiva e negativa fora da zona morta.

CC

-° V,out % RL Figura 13.35

- L VtEE

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

567

13.14 Uma grande senoide de entrada é aplicada ao cir­ cuito da Fig. 13.33. Esboce o gráfico da forma de onda de saída.

1 3 .2 1

No circuito da Fig. 13.1 l(b), temos V BEX + W BE2\ = Vdí + V»2- Nesta condição, podemos escrever *t'Jc2 = *D\*D2 '

13.15 Repita o Exercício 14 para o circuito da Fig. 13.34.

1 3 .2 2

O circuito da Fig. 13.11 (b) foi projetado com /, = 1 mA e / sc„ = ) SQ2 = 16/v/„ = 16/ K/>2. Calcule a corrente de polarização de e Q2 (para Vout 0). (Sugestão: VBEX + \VBE2\ = Vnx + Vp2.)

1 3 .2 3

O estágio da Fig. 13.11 (b) deve ser projetado pa­ ra uma corrente de polarização de 5 mA em Q x e Q2 (para Vnu, ~ 0). Se IXQX = /xc>2 = 8/*„, = 8IW2, determine o necessário valor de /,. (Sugestão: V be i + WBa\ = VDX + Vn2.)

1 3 .2 4

No estágio de saída da Fig. 13.11 (b), l\ = 2 mA, Uqi = 8/S/>/ e ISQ2 = 16/s/)2. Determine a corrente de polarização de (2, e Q2 (para Vmt ** 0). (Sugestão: VfíE\ “l" IVnd = VDX + Vm-)

1 3 .2 5

Um problema crucial no projeto do estágio pushpull mostrado na Fig. 13.11 (b) é a diferença de tem­ peratura entre os diodos e os transistores de saída, pois os últimos consomem muito mais potência e tendem a atingir temperatura mais elevada. Notan­ do que vBn + wHa\ = vm+ vm, explique porque essa diferença de temperatura introduz um erro nas correntes de polarização de (?, e Q2.

1 3 .2 6

Determine o ganho de tensão de pequenos sinais do estágio ilustrado na Fig. 13.38. Suponha que /, seja uma fonte de corrente ideal. Despreze as re­ sistências incrementais de l) ] e l)2.

1 3 .2 7

Repita o Exercício 26 sem desprezar as resistências incrementais de /), e Z)2.

1 3 .2 8

O estágio de saída da Fig. 13.38 deve alcançar um ganho de tensão de pequenos sinais de 0,8. Deter­ mine a necessária corrente de polarização de <2, e Q2. Despreze as resistências incrementais de /), e d 2.

1 3 .2 9

Calcule a impedância de entrada de pequenos sinais do estágio de saída representado na Fig. 13.38, sem desprezar as resistências incrementais de D, e D2.

13.16 Considere o estágio push-pull ilustrado na Fig. 13.36, onde V,f ~ V,E (e não 2Vbi:). (a) Esboce o gráfico da característica entrada/saí­ da. (b) Esboce o gráfico da forma de onda de saída para uma entrada senoidal.

Figura 13.36

13.17 No estágio push-pull da Fig. 13.36,7V, = 5 x 10"17A e Isj = 8 X 10"17A. Calcule o valor de V,{de modo a estabelecer uma corrente de polarização de 5 mA em Qi e Q 2 (para Viml = 0). 13.18 Suponha que a configuração do Exercício 17 opere com uma excursão de pico de entrada de 2 V e R, = 8 Í2. (a) Calcule o ganho de tensão de pequenos sinais para Vout« 0. (b) Use o ganho calculado em (a) para estimar a excursão de tensão de saída. (c) Estime a corrente de pico de coletor de Qx, su­ pondo que Q 2 ainda conduza 5 mA. 13.19 O estágio da Fig. 13.36 foi projetado com Vn 2VnE para suprimir a distorção de cruzamento. Esboce os gráficos das correntes de coletor de e Q 2 em função de Vin. 1 3 .2 0

Considere o circuito mostrado na Fig. 13.37, onde V/{ é conectado em série com o emissor de Qx. Es­ boce o gráfico da característica entrada/saída.

568

Capítulo Treze

Do resultado, determine a condição para que essas resistências possam ser desprezadas.

1 3 .3 9

Repita o Exercício 38, admitindo que VC( pode ser escolhido livremente.

13.30 O estágio da Fig. 13.15(b) foi projetado com correntes de polarização de 1 mA em Q, e QAe de 10 m A em Qxe Q2. Supondo /3, = 40, = 20 e R, = 8 í 1, calcule o ganho de tensão de pequenos sinais, desprezando as resistências incrementais de Dxe D2.

1 3 .4 0

Considere o estágio composto representado na Fig. 13.39. Admitindo /, = 5 mA. /3, = 40 e /32 = 50, calcule a corrente de base de Q2.

13.31 Notando que, na Fig. 13.15(b),gml « gw2, prove que a Eq. (13.32) se reduz a — = - 2/3lfe gm4 Rl .

(13.68)

É interessante observar que o ganho permanece in­ dependente da corrente de polarização de Qxe Q2. 13.32 O estágio de saída da Fig. 13.15(b) deve prover um ganho de tensão de pequenos sinais de 4. Supondo /3, = 40, /32 = 20 e R, = 8 íl, determine a necessá­ ria corrente de polarização de Qy e QA. Despreze as resistências incrementais de D, e D2. 13.33 Considere a Eq. (13.27) e note que gml « gm2 = gnr Prove que a impedância de saída pode ser expressa como vx ^ T lx

1

, r
Õ T + 2gm

r r 2oP\P 2

, Qv +

(1 3 6 9 )

13.34 O estágio push-pull da Fig. 13.15(b) emprega cor­ rentes de polarização de 1 mA em Q3 e QAe de 8 mA em Qx e (?2. Se e QAestiverem sujeitos ao efeito Early e se VA7t = 10 V e VA4 = 15 V, (a) Calcule a impedância de saída de pequenos sinais do circuito, supondo /3, = 40 e = 20. (b) Usando o resultado obtido em (a), determine o ganho de tensão quando o estágio alimenta uma resistência de carga de 8 íl. 13.35 O circuito da Fig. 13.15(b) emprega uma corrente de polarização de 1 m A em Q %e QA. Supondo /3, = 40 e p 2 = 20, calcule a máxima corrente que Qx e Q 2 podem entregar à carga. 13.36 Desejamos entregar 0,5 W de potência a uma car­ ga de 8 íl. Na Fig. 13.15(b), admitindo /3, = 40 e /32 = 20, determine o valor mínimo necessário para a corrente de polarização de Qy e QA. 13.37 O estágio push-pull da Fig. 13.15 entrega uma po­ tência média de 0,5 W a R, = 8 íl, com Vft = 5 V. Calcule a potência média dissipada em Qx. 13.38 O estágio push-pull da Fig. 13.15 emprega tran­ sistores com máxima dissipação de potência de 0,75 W. Com Vcc = 5 V, qual é a máxima potência que o circuito pode entregar a uma carga de 8 íl?

13.41 No Exercício 40, Vin = 0,5 V. Determine a tensão de saída para IS2 = 6 X 10"17A. 13.42 No Exercício 40, calcule as impedâncias de entrada e de saída do circuito. 13.43 No circuito da Fig. 13.39, determine o valor de /, para que a impedância de saída seja de 1 íl. Supo­ nha /3, = 40 e fi2 = 50. 13.44 Um seguidor de emissor entrega uma excursão de saída de pico de 0,5 V a uma carga de 8 íl, com V c c = 2 V. Se a corrente de polarização for 70 mA, cal­ cule a eficiência de potência do circuito. 13.45 Em uma configuração realista de seguidor de emis­ sor, a excursão de pico chega a apenas Vcc - VBF, Determine a eficiência do circuito neste caso. 13.46 Repita o Exercício 45 para um estágio push-pull. 13.47 Um estágio push-pull foi projetado para entregar uma excursão de pico V,. a uma resistência de car­ ga R,. Qual é a eficiência do circuito se o mesmo entrega uma excursão de saída de apenas K,,/2? 13.48 Um estágio push-pull opera com V c c = 3 V e en­ trega uma potência de 0,2 W a uma carga de 8 íl. Determine a eficiência do circuito. Exercícios de Projetos

13.49 Desejamos projetar o seguidor de emissor da Fig. 13.30 para entregar 1W de potência a uma carga R, = 8 íl. Determine /, e a dissipação de potência de Qx. 13.50 O seguidor de emissor da Fig. 13.30 deve ser proje­ tado para alimentar R, = 4 íl.com ganho de tensão de 0,8. Determine /,, a máxima excursão de tensão de saída e a dissipação de potência de Qx. 13.51 Considere o estágio push-pull mostrado na Fig. 13.38. Determine a corrente de polarização de Qxe Q2 para

Estágios de Saída e Amplificadores de Potência

um ganho de tensão de 0,6, com R, = 8 íl. Despreze as resistências incrementais de Dxe D2. 13.52 O estágio push-pull da Fig. 13.38 deve entregar 1 W de potência a R, = 8 íl. Se IVfíh\ « 0,8 V. determi­ ne a menor tensão de alimentação permitida e, se /3, = 40, determine o valor mínimo de /,. 1 3 .5 3

Suponha que os transistores no estágio da Fig. 13.38 têm máxima dissipação de potência de 2 W. Qual é a máxima potência que o circuito pode entregar a uma carga de 8 íl?

1 3 .5 4

Repita o Exercício 53 para uma carga de 4 íl. Desejamos projetar o amplificador push-pull da Fig. 13.15(b) para um ganho de tensão de peque­ nos sinais de 4, com R, = 8 í 1. Se /3, = 40 e /32 = 20, calcule a corrente de polarização de Qy e QA. Qual é a máxima corrente que (7, pode entregar a R,1

1 3 .5 5

1 3 .5 6

Repita o Exercício 55 com R, = 4 íl e compare os resultados.

1 3 .5 7

O estágio push-pull da Fig. 13.15(b) deve ser pro­ jetado para uma potência de saída de 2 W, com R, = 8 íl. Suponha \VBE\ ~ 0,8 V, ft = 40 e = 20.

569

(a) Determine a mínima tensão de alimentação necessária se e QAdevem permanecer na região ativa. (b) Calcule a mínima corrente de polarização ne­ cessária para Qy e QA. (c) Determine a potência média dissipada em quando o circuito entrega 2 W à carga. (d) Calcule a eficiência total do circuito, levando em consideração a corrente de polarização de Qy e Q a13.58 Um sistema de áudio estéreo requer um estágio push-pull similar ao da Fig. 13.15(b),com ganho de tensão de 5 e potência de saída de 5 W. Suponha /?, = 4íl,/3, = 40 e f t = 20. (a) Calcule a corrente de polarização de Qy e QA para que o ganho desejado seja alcançado. O resultado satisfaz a especificação da potência de saída? (b) Determine a corrente de polarização de Qy e Qa para que a potência de saída especificada seja alcançada. Qual é o resultante ganho de tensão?

e x e r c í c i o s com SPICE Nos exercícios a seguir, use os modelos de dispositivos MOS dados no Apêndice A. Para transistores bipolares, admita = 5 X IO-'6A. = 100, VAnp„ = 5 V, lSp„p = 8 X 10"16A. /3„„„ = 50, VÁpnp = 3,5 V. SPICE usa um parâmetro t,. = CJg,npara modelar o efeito de armazenamento de carga na base. Suponha t = 20 ps. 13.59 O seguidor de emissor mostrado na Fig. 13.40 deve entregar 50 mW de potência a um alto-falante de 8 íl à frequência de 5 kHz. (a) Determine a mínima tensão de alimentação necessária. (b) Determine a mínima corrente de polarização de Q2. (c) Usando os valores obtidos em (a) e (b) e um es­ pelho de corrente para polarizar Q2,examine a forma de onda de saída. Que valores da tensão de alimentação e da corrente de polarização levam a uma senoide relativamente pura?

13.60 Repita o Exercício 59 para o seguidor de emissor da Fig. 13.41, onde ( W/L ) l_2 = 300 /xm/0,18 fxm e compare os resultados. M ,~r

vdd

= 1-8 v

50 HF ~°

V,o u t

8 íl.

Figura 13.41

13.61 Desenhe o gráfico da característica entrada/saída do circuito mostrado na Fig. 13.42, para - 2 V
out out

Figura 13.40

Figura 13.42

570

Capítulo Treze

13.62 No estágio push-pull da Fig. 13.43, e (J4 operam como diodos. (a) Selecione o valor de /, para que o circuito possa entregar uma excursão de pico de 1,5 V à car­ ga. (b) Nesta condição, examine a forma de onda de saída e explique o que acontece. (c) SPICE permite alterar as dimensões de tran­ sistores bipolares de forma proporcional, da se­ guinte maneira: q l c o l b as emi sub b i mod m= 16. onde am = 16 denota um aumento de 16 vezes no tamanho do transistor (como se 16 unidades de transistor fossem conectadas em paralelo). Usando m = 16 para Q xe repita o item (b).

13.63 O estágio push-pull realimentado da Fig. 13.44 de­ ve entregar uma excursão de pico de 1,5 V a uma carga de 8 íl. (a) Qual é o mínimo valor necessário para /,? (b) Usando um nível DC de entrada de -1,7 V e um fator de escala de 16 para £>, e Q 2 (como no Exercício 62), examine a forma de onda da saída.

Figura 13.44

REFERÊNCIA 1. B. Razavi, RF Microelectronics, Upper Saddle River, NJ: Prentice Hall, 1998.

CA P ÍT U L O

14 i

i

Filtros Analógicos A té aqui, nosso estudo da m icroeletrônica enfocou, principalm ente, o problem a de amplificação. O utra função im p o rtan te e m uito utilizada em sistem as eletrô n ico s é a de “ filtrag em ” . Por exem plo, um telefo n e celu lar in co rp o ra filtros p ara su p rim ir sinais “ in terferen tes” recebidos em adição ao sinal

desejado. De m odo similar, um sistem a de áudio de alta-fidelidade deve em pregar filtros para elim inar a in terferên cia de linha A C em 60 Hz (50 H z). E ste capítulo ap resen ta um a intro d u ção a filtros analógicos. O ro teiro que seguirem os é m ostrado a seguir.

• F iltr o s d e S a lle n -K e y

A p ro x im a ç õ e s pa ra R e s p o s ta s d e F iltro s

• E s tru tu ra B iq u a d rá tíc a K H N

• R e s p o s ta d e B u tte rw o rth

• E s tru tu ra B iq u a d rá tíc a d e T o w -T h o m a s

• R e s p o s ta d e C hebyshev

F iltr o s A tiv o s

• E s tru tu ra s B iq u a d rá tic a s B a s e a d a s e m In d u to re s S im u la d o s

14.1

CONSIDERAÇÕES GERAIS

Para definir os parâmetros que medem o desempenho de filtros, prim eiro farem os um a breve análise de algumas aplicações. Suponham os que um telefone celular receba um sinal desejado,X ( f),com largura de banda de 200 kHz e frequência central de 900 MHz [Fig. 14.1(a)]. Como mencionam os no Capítulo 1, o

receptor deve transladar este espectro para a frequ­ ência zero e, em seguida, “detectar” o sinal. Agora, suponhamos que, além de X ( f), o telefone celular tam bém receba um forte sinal interferente (ou interferência) centrado em 900 MHz + 200 kHz [Fig. 14.1(b)].‘ A pós translação à frequência central nula, o sinal desejado ainda está acompanhado do forte sinal interferente e não pode ser detectado de maneira

'Esse é o chamado "canal adjacente”.

571

572

Capítulo Quatorze

Figura 14.1 (a) Sinal desejado em um receptor, (b) sinal interferente forte, (c) uso de filtro para suprimir o sinal interferente.

adequada. Devemos, portanto, “rejeitar” o sinal inter­ ferente com o uso de um filtro [Fig. 14.1(c)]. 14.1.1

Características de Filtros

Que características do filtro a que nos referimos são im portantes aqui? Primeira, o filtro não deve afetar o sinal desejado, ou seja, deve prover uma resposta em frequência “plana” em toda a largura de banda de X (f). Segunda, o filtro deve atenuar suficientemente o sinal interferente; ou seja, deve exibir uma tra n ­ sição “abrupta” [Fig. 14.2(a)]. D e m odo mais formal, dividimos a resposta em frequência de filtros em três regiões: “banda passante”, “b anda de transição” e “banda de rejeição”. As características do filtro em cada banda, ilustradas na Fig. 14.2(b), têm um papel crucial no desem penho do mesmo. A “plan u ra” na

banda passante é quantificada pela am plitude das “ondulações” (ripple) da resposta de magnitude. Se for excessiva, a ondulação altera o conteúdo de fre­ quência do sinal de modo substancial (e indesejável). Na Fig. 14.2(b), por exemplo, as frequências de sinal entre f 2 e / 3 são atenuadas,enquanto aquelas e n tre /, e / 4 são amplificadas. A largura da banda de transição determ ina que parcela do sinal interferente perm anece junto com o sinal, ou seja, a inevitável corrupção infligida ao sinal desejado pela interferência. Por esta razão, a banda de transição deve ser estreita, ou seja, o filtro deve prover suficiente “seletividade”. A “a te n u a ç ã o ” e a o n d u lação da banda de rejeição tam bém afetam o desem penho. A aten u a­ ção deve ser grande o suficiente para suprim ir inter­ ferência, de m odo que seu nível fique bem abaixo

Ondulação na Banda

Banda de Transição

(a)

Figura 14.2

Características (a) genérica e (b) realista de íiltros.

Filtros Analógicos

do nível do sinal desejado. N este caso, a ondulação é m enos im p o rtan te do que na b anda passante, mas reduz a aten u ação da b an d a de rejeição. Na

Exem plo

Solução

573

Fig. 14.2(b), p or exem plo, a atenuação da banda de rejeição é degradada e n tr e /, e /à em conseqüência da ondulação.

Em uma aplicação sem fio, a interferência no canal adjacente pode estar 25 dB acima do sinal dese­ jado. Para recepção adequada, determinemos a necessária atenuação da banda de rejeição do filtro da Fig. 14.2(b) para que a potência de sinal exceda a da interferência por 15 dB. Como ilustrado na Fig. 14.3, o filtro deve reduzir o nível da interferência em 40 dB; portanto, esta deve ser a atenuação da banda de rejeição.

25 dB 15 dB Filtro

n Figura 14.3

Exercício

Suponha que há dois sinais interferentes em dois canais adjacentes,cada um com nível 25 dB acima do sinal desejado. Determine a atenuação da banda de rejeição para que a potência do sinal (dese­ jado) exceda o de cada interferência em 18 dB.

Além das características anteriores, outros parâ­ metros im portantes de filtros analógicos são lineari­ dade, ruído, dissipação de potência e complexidade, e também devem ser levados em consideração. Estas questões são descritas em [1]. 14.1.2

Classificação de Filtros

O s filtros podem ser classificados segundo suas diversas propriedades. N esta seção, estudarem os algumas classificações de filtros. U m a classificação refere-se à b an d a de fre ­ q uência que os filtros deixam “p assar” ou que “reje ita m ". O exem plo ilu strad o na Fig. 14.2(b) re p re se n ta um filtro “p assa-b aix as” , pois deixa p assar sinais de freq u ên cias baixas e rejeita as

Exem plo 1 4 .2

Solução

com ponentes de altas frequências. Um filtro “passaaltas”, por sua vez, rejeita os sinais de frequências baixas (Fig. 14.4).

Desejamos amplificar um sinal nas vizinhanças de 1 kHz, mas a placa de circuito e os fios captam uma forte componente da linha de eletricidade em 60 Hz. Se essa componente estiver 40 dB acima do sinal desejado, que atenuação é necessária para a banda de rejeição do filtro, para assegurar que o nível de sinal permaneça 20 dB acima do nível da interferência? Como mostrado na Fig. 14.5, a banda de rejeição do filtro passa-altas deve prover uma atenuação de 60 dB em 60 Hz.

574

Capítulo Quatorze

I. 20 dB

í ..

— I-----T??60 Hz

Exercício

1 kHz

Um sinal na faixa de frequências de áudio é acompanhado de uma interferência em 100 kHz. Se a interferência estiver 30 dB acima do sinal, que atenuação é necessária para a banda de rejeição do filtro, para assegurar que o nível de sinal permaneça 20 dB acima do nível da interferência?

A lgum as aplicações exigem um filtro “passafaixa”,o u seja, um filtro que rejeite com ponentes de frequências baixas e altas e deixe passar uma banda interm ediária (Fig. 14.6). O próxim o exemplo ilustra a necessidade de filtros desse tipo. A Fig. 14.8 resume quatro tipos de filtros, incluindo uma resposta “rejeita-faixa” q u e suprim e com po­ nentes e n tre /, e / 2. Outra classificação de filtros analógicos diz respeito às correspondentes im plem entações em circuito e

Exem plo 1 4 .3

Solução

Receptores projetados para o Sistema de Posicionamento Global (GPS — Global Positioning System) operam em uma frequência de aproximadamente 1,5 GHz. Determinemos as interferên­ cias que podem corromper um sinal de GPS e o tipo de filtro necessário para suprimi-las. Neste caso, as principais fontes de interferência são telefones celulares que operam nas faixas de 900 MHz e 1,9 GHz.2 Portanto, é necessário um filtro passa-faixa para rejeitar essas interferências (Fig. 14.7). Sinal de Telefone Celular

900 MHz

Resposta Desejada para o Filtro

1,5 GHz

Sinal de PCS

1,9 GHz

Figura 14.7

Exercício

Transceptores Bluetooth* operam em 2,4 GHz. Que tipo de filtro é necessário para evitar que sinais PCS corrompam sinais Bluetooth?

2A primeira é chamada “banda celular", e a segunda, “banda PCS”, onde PCS designa Sistema de Comunicação Pessoal (PCS — Personal Conmumication System). *Bluetooth c um protocolo aberto para comunicação sem fio entre dispositivos móveis e fixos, em curtas distâncias. (N.T.)

Filtros Analógicos

Passa-Baixas iH(co>r A

,, , Passa-Altas I H(ü))|

y

. f

,, Passa-Faixa i H(a>>r

f Figura 14.8

575

{ Rejeita-Faixa I ##(«)!'

f

U

h

f

Resumo de respostas de filtros.

inclui as realizações em “tempo contínuo” e em “tempo discreto”. O primeiro tipo é exemplificado pelo conhe­ cido circuito RLC ilustrado na Fig. 14.9(a), onde a impedância de C, diminui à medida que a frequência aum enta, o que atenua as frequências altas. A reali­ zação na Fig. 14.9(b) substitui /?, por um circuito com “capacitor com utado”. Aqui, C2 é comutado periodi­ camente entre nós com tensões V, e V2. Provamos que esse circuito atua como um resistor conectado entre

esses dois nós — uma observação feita originalmente por James Maxwell no século XIX. Em cada ciclo, C2 armazena uma carga Q, = C2 V, enquanto está conectado a Vx e uma carga Q 2 = C 2 V2 enquanto está conectado a V2. Por exemplo,se V, > V2,C 2 absorve carga de V, e a entrega a V 2 e, dessa forma, apro­ xima um resistor.Também observamos que o valor equi­ valente desse resistor diminui à medida que aumenta a taxa de comutação, pois a quantidade de carga entregue

Figura 14.9 (a) Realizações de um filtro passa-baixas em (a) tempo contínuo e (b) tempo discreto. de V , a V 2 por unidade de tem po aumenta. Obvia­ mente, filtros práticos à base de capacitores comutados empregam topologias mais sofisticadas. A terceira classificação de filtros faz uma distinção entre implementações “ passiva” e “ativa”. A primeira incorpora apenas dispositivos passivos, tais como resistores, capacitores e indutores, enquanto a segunda tam bém em prega com ponentes amplifica­ dores, como transistores e amp ops.

Figura 14.10

Os conceitos estudados no C apítulo 8 servem como exemplos de filtros passivos e ativos. Um filtro passa-baixas pode ser realizado com o o circuito passivo da Fig. 14.10(a) ou pela topologia ativa (inte­ grador) da Fig. 14.10(b). Filtros ativos oferecem maior flexibilidade de projeto e têm larga aplicação em diversos sistemas eletrônicos. A Tabela 14.1 resume as classificações de filtros.

Realizações (a) passiva e (b) ativa de um filtro passa-baixas.

576

Capítulo Quatorze

TABELA 14.1

14.1.3

C l a s s i f ic a ç ã o d e f iltr o s

Função de Transferência de Filtros

Os exem plos anteriores de aplicações de filtros apontam , em m uitos casos, p ara a necessidade de uma transição abrupta (alta seletividade). Isto ocorre porque (1) a frequência da interferência é próxima da banda do sinal desejado e/ou (2) o nível da inter­ ferência é muito mais alto que o do sinal desejado. Como podemos alcançar alta seletividade? O filtro passa-baixas simples da Fig. 14.11 (a) tem, além da banda

Figura 14.11

passante, uma inclinação de apenas - 2 0 dB/década; ou seja, a atenuação provida pelo filtro aumenta em dez vezes quando a frequência aum enta por um fator de dez. Postulamos, então, que a conexão de dois está­ gios como este em cascata pode aum entar a inclinação para - 4 0 dB/década: a atenuação provida pelo filtro aum entaria em cem vezes se a frequência aum entar por um fator de dez [Fig. 14.1 l(b)]. Em outras palavras, aum entar a “ordem ” da função de transferência pode melhorar a seletividade do filtro.

(a) Filtro dc primeira ordem c sua resposta em frequência, (b) adição dc outra seção RC' para melhorar a seletivi­

dade.

É comum expressar z k e p k como cr + jeo, onde cr representa a parte real,e w, a parte imaginária. Dessa form a, podem os posicionar os polos e os zeros no plano complexo. ,,, s H(s)( = s -a----------------------Z \ ) ( s - Z 2 ) --{s-Z m---------(14.1) ) , A i' S É interessante que façam os algum as observa­ (s - Px)(s - P 2 ) - - (s - P „ ) ções em relação à Eq. (14.1). (1) A ordem do numerador, m , não pode exceder a do denom inador; caso onde zk e p k (reais ou complexos) denotam as frequên­ contrário, H (s) —» oo à m edida que s —» oo, uma situ­ cias dos zeros e dos polos, respectivam ente. ação irreal. (2) Para uma função de transferência fisiSeletividade, ondulação (ripple) e outras proprie­ dades de um filtro são refletidas em sua função de transferência, H(s):

Filtros Analógicos

Exemplo 14.4

577

Vamos construir o diagrama de polos e zeros para cada circuito mostrado na Fig. 14.12. c2 ^in°---VvV"

I

-° V,o u t

“° V,o u t

-oV,o u t

I ° 1 (a)

(b)

(c)

Figura 14.12

Solução

Para o circuito da Fig. 14.12(a), temos Ha(s) =

1

(14.2)

R \C\S + 1 ’

e obtemos um polo real em -1 I(R XCX). Para a topologia da Fig. 14.12(b), 1 C \ S _______

Hb(s) =

(14.3)

^ +/?lllcb R\C2s + 1 ^i(Ci 4- C2)s + 1

(14.4)

Portanto, o circuito contém um zero em —l/(/?,C2) e um polo em -l/[/?,(C , + C2)]. Notemos que o zero advém de C\. A configuração na Fig. 14.12(c) tem a seguinte função de transferência: (L

Hc(s) =

ií) I |/ ? i

(£,5)11/?, +

(14.5)

^Ci s

Cxs R\ L ,\C \S ~ - f L ,\S

+

R\

(14.6)

O circuito tem um zero na frequência nula e dois polos que podem ser reais ou complexos, depen­ dendo de L 2 - 4RXLXCXser positivo ou negativo. A Fig. 14.13 resume nossas conclusões para esses três circuitos, na qual admitimos que Hc(s) contém polos complexos. /co

HK

j CO

-X1

r^c2

(a)

R C2

1

R^ (C^+ ^ 2 )

(b) Figura 14.13

Exercício

N o exem plo anterior, troque as posições do capacitor e do indutor na Fig. 14.12(c) e refaça a análise.

578

Capítulo Quatorze

Exemplo 14.5 Solução

Expliquemos por que os polos dos circuitos da Fig. 14.12 devem permanecer no semiplano (complexo) da esquerda. Recordemos que a resposta de um sistema ao impulso contém termos tais como exp(pkt) = exp( 0, estes termos crescem indefinidamente com o tempo, enquanto oscilam na fre­ quência de u)k [Fig. 14.14(a)].Se crk = 0, estes termos ainda introduzem oscilação em u)k [Fig. 14.14(b)]. Portanto, para que o sistema permaneça estável, é necessário que v k < 0 [Fig. 14.14(c)]. ok <0

(a)

(b)

(c)

F igura 14.14

Exercício

Redesenhe as formas de onda anteriores para o caso em que o valor de cok seja dobrado.

cam ente realizável, zeros ou polos complexos devem o correr em pares conjugados, com o, por exemplo, Z\ = (r\ + 7wi e z2 = - j(0 \. (3) Se um zero ocorrer no eixo y'o>, z, 2 = ±jcolf H (s) cai a zero com um a entrada senoidal de frequência o>, (Fig. 14.15). Isto ocorre porque o num erador contém um produto da forma (s - yco,) (s + yco,) = s 2 + que se anula em .v = j(úx. Em outras palavras, zeros im aginários forçam \H\ a se anular e,portanto, resultam em signi-

Figura 14.15

frequência.

Efeito dc um zero imaginário na resposta em

ficativa aten u ação em suas vizinhanças. Por esta razão, zeros im aginários devem o correr apenas na banda de rejeição. 14.1.4

Problem a de Sensibilidade

A resposta em frequência de filtros analógicos depende dos valores de seus componentes. No filtro simples da Fig. 14.10(a),por exemplo, a frequência de - 3 dB é dada por l/(/?,C,). Este tipo de dependência leva a erros na frequência de corte e em outros parâ­ metros, em duas situações: (a) os valores dos com po­ nentes variam com o processo e com a tem peratura (no caso de circuitos integrados) ou (b) os valores disponíveis de com ponentes diferem dos valores exigidos pelo projeto (no caso de im plem entações discretas).3 Portanto, devemos determinar a variação em cada parâm etro de filtro em term os de uma dada variação (tolerância) no valor de cada com ponente. O exemplo anterior leva ao conceito de “sensi­ bilidade”, que indica quão sensível cada parâm etro do filtro é em relação ao valor de cada componente.

3Por exemplo, um projeto específico requer um resistor de 1,15 kíl, mas o valor disponível mais próximo é 1,2 kíl.

Filtros Analógicos

Exemplo 14.6 Solução

No filtro passa-baixas da Fig. 14.10(a), o resistor nemos o erro na frequência o>„ = l/(/?,C,).

579

sofre uma (pequena) variação A/?,. Determi­

Para pequenas variações, podemos utilizar as derivadas: -1 dcüp _____ dRx ~ R\C\ *

(14.7)

Como, em geral, estamos interessados no erro relativo (percentual) em
dR\ CÚQ• R\C\

(14.8)

dRx 1 R\ co{)R\C\

(14.9)

dR\

(14.10)

*

Rl

Por exemplo, uma variação de +5% em R { se traduz em um erro de -5 % em a>„. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que C, sofre uma variação AC.

Com o no circuito de prim eira ordem , \d(ot)/u^l = \dRJRil, dizemos que a sensibilidade de w0em relação a /?, é unitária. De modo mais formal, a sensibilidade de um parâm etro P em relação ao valor do componente C é definida como

14.2

dP s p — -Eò c _ dc-

c

Sensibilidades muito maiores que a unidade são indesejáveis, pois dificultam a obtenção de umaaproximação razoável da exigida função de transferência na presença de variação nos valores dos componentes,

(14 11)

FILTROS DE PRIMEIRA ORDEM

Como prim eiro passo para a análise de filtros, consi­ deremos implementações de primeira ordem descritas pela função de transferência

Exem plo 1 4 .7

Solução

Como dcoo dC\ ~

1 R \C \'

(14.12)

dcoo coo

dC\ Ci

(14.13)

temos

e, portanto, ÒC1 — AExercício

C alcule a sensibilidade da frequência do polo do circuito da Fig. 14.12(b) em relação a R v

(14.14)

580

Capítulo Quatorze

s -i- Zl

que o fator de atenuação da banda de rejeição é dado

H^ ) = a 7 T p i'

P °rz,/p ,. Consideremos o circuito passivo da Fig. 14.12(b) O circuito da Fig. 14.12(b) e sua função de transfe- como um candidato para a realização da função de transrência em (14.4) exemplificam filtros de prim eira ferência em (14.15). Notamos que, como z, = -l/(/? ,C 2) ordem. D ependendo dos valores relativos de z, e p h e Pi = ~ l/[^i(C | + C2)], o zero sempre ocorre em uma podemos obter característica passa-baixas ou passa- frequência maior que a do polo, de modo que apenas a altas, como ilustram os gráficos da Fig. 14.16. Notemos resposta mostrada na Fig. 14.16(b) pode ser obtida.

Exem plo

(14'15)

Determinemos a resposta do circuito representado na Fig. 14.17(a).

1 4 .8

C^ — II-----

V|n«»-Mto----t--------------- 0 ''out R 2 ^L - - C2

D

(a)

IH (co)| , i C, C-j + C2

| h (co) | í r2 R^+ R2

r2 R] + R2

!

C1+ C2 1__

______ 1______

Ct

(C i +C2) ( R i \\R2)

CO

!

______ 1______

_J__

(C^+C2) ( R a\\R2)

R,c,

(b)

(0

(c) Figura 14.17

Solução

Temos v°ut( . _

V ' '

C 2S

1 C2 S

1 C\s R 2 ( R \ C \ S + 1) R \R i(Ç \ 4- C2)s + R\ + R 2

(14.16)

(14.17)

Filtros Analógicos

581

O circuito apresenta um zero em -l/(/f,C ,) e um polo em -[(C , + C2)/?,||/?2] Dependendo dos valores dos componentes, o zero pode ocorrer em frequência maior ou menor que a do polo. Espe­ cificamente, para que a frequência do zero seja a menor: 1 < R\C\ (C \+ C 2 )R\R 2

(14.18)

1 + §
(1419)

R 2C2 < R\Ci.

(14.20)

logo,

Ou seja,

As Figs. 14.17(b) e (c) mostram os gráficos das respostas correspondentes aos casos R2C2 < RXCXe R2C2 > RXCX,respectivamente. Notemos que, em s = 0, V,mt/Vin = R 2 I(RX+ R2), pois os capacitores atuam como circuitos abertos. De modo similar, em s = <», V„uí/Vin = CX/(CX+ C2), pois as impe­ dâncias dos capacitores tornam-se muito menores que Rx e R 2 e, portanto, passam a ser o fator dominante. Exercício

Exem plo 1 4 .9

Projete o circuito para uma resposta passa-altas, com um zero na frequência de 50 MHz e um polo na frequência de 100 MHz. Use capacitores não maiores que 10 pF.

A Fig. 14.18(a) mostra uma versão ativa do filtro representado na Fig. 14.17(a). Calculemos a resposta do circuito. Vamos supor que o ganho do amp op seja grande.

(a)

(b)

(c)

Figura 14.18

Solução

Temos, do Capítulo 8, v

/ \_ v ~

y °u t

-(k z IItM \ ^ 2S / 1 R i U f r C\S

(14.21)

Ri R\C\S 4-1 (14.22) R\ R 2C2 S 4-1 Como se esperava, em s = 0, V0J V in = ~ R 2!R\ e, em s = VouJVin = -C ,/C 2. As Figs. 14.18(b) e (c) mostram os gráficos das respostas correspondentes aos casos ft,C, < R2C2 e RXCX> R 2Cy, respecti­ vamente. Exercício

É possível que a frequência do polo seja cinco vezes a frequência do zero, com ganho na banda passante igual a cinco vezes o ganho na banda de rejeição?

582

Capítulo Quatorze

Os filtros de prim eira ordem que acabam os de estudar proveem apenas uma inclinação de - 2 0 dB/ década na banda de transição. Para uma atenuação mais abrupta, devem os buscar circuitos de ordens superiores.

14.3

FILTROS DE SEGUNDA ORDEM

A função de transferência genérica de filtros de segunda ordem é dada pela equação “biquadrática”: as 2 + fis + y , , co„ ■ QS

H(s)

(14.23) F igura 14.19

Variação da localização dos polos cm função

dc Q. A o contrário do num erador, o denom inador é expresso em term os das grandezas co„ e Q, pois estas denotam im portantes aspectos da resposta. Iniciamos o estudo calculando as frequências dos polos. Como a m aioria dos filtros de segunda ordem apresenta polos complexos, supom os que (con/Q ) 2 — Auf- < 0 e obtem os / 2 = ~ 2Q

^"y

1 —4Q2'

(14.24)

Notem os que, à medida que o “fator de qualidade” dos polos, Q, aum enta, a parte real diminui e a parte imaginária tende a ±&>„. Este com portam ento é ilus­ trado na Fig. 14.19. Em outras palavras, para altos valores de Q , os polos são “m uito im aginários” e levam o circuito mais próximo da instabilidade.

14.3.1

Notem os que, fora da banda passante (ou seja, para 10 » co„), \H(Jio)\ tem uma inclinação de - 4 0 dB/ década. Pode-se mostrar (Exercício 11) que a resposta (a) não apresenta picos se Q ^ V2/2; e (b^alcança um pico em 1 - I I (2Q 2) se Q > •J2/2 (Fig. 14.20). No último caso, a magnitude do pico norm a­ lizada em relação à magnitude da banda passante é igual a Qlyj 1 - (4Q2) - '. C om o a função de transferência na Eq. (14.23) pode fornecer uma resposta passa-altasl D e m odo sim ilar à realização de prim eira ordem na Fig. 14.12(b), o(s) zero(s) deve(m ) ocorrer em fre­ quências abaixo das frequências dos polos. Por exemplo, com dois zeros na origem,

Casos Especiais

E interessante que considerem os alguns casos espe­ ciais da função de transferência biquadrática que são úteis na prática. Primeiro, suponham os que a = /3 = 0, de m odo que o circuito con ten h a apenas polos4 e opere como um filtro passa-baixas (por quê?). A magnitude da função de transferência é,então, obtida ao substituirmos .v p o r /« e m (14.23): \H(ja > )\2 = ------------ . (co2 -co 2)2 + ( ^ c o j

4Como H(s) —*■0 em s =

(14.25) Figura 14.20 Resposta cm frequência dc um sistema dc segunda ordem, para diferentes valores dc Q.

dizemos que o circuito apresenta dois zeros no infinito.

Filtros Analógicos

Exemplo 14.10 Solução

Exercício

583

Suponhamos que um filtro passa-baixas (FPB) tenha sido projetado com Q = 3. Estimemos a magnitude e a frequência do pico da resposta em frequência. Como 2Q 2 = 18 :» 1, observamos que a magnitude normalizada do pico é Q/yJ 1 — 1/(4Q2) ^ Q « 3 e a frequência correspondente é (onyj \ — 1/(4Q 2) « w,,. O comportamento é mostrado no gráfico da Fig. 14.21.

Repita o exemplo anterior para Q = 1,5.

(b)

Figura 14.22

(a ) L o c a liz a ç ã o d e p o lo s e z e ro s e (b ) re s p o s ta e m f re q u ê n c ia d e um filtro p a s s a -a lta s d e s e g u n d a o rd e m .

H(s) =

as~ 2 i

(14.26) (O-

Q

N otam os que H (s) ten d e a zero q u an d o s ^ O e a um valor constante, a, q u an d o s ^ oo, o que

co rresp o n d e a um co m p o rtam en to passa-altas (Fig. 14.22). De m odo similar à versão passa-baixas, se Q > y[2/2, o circuito apresenta um pico de valor norm alizado Ql^j 1 - 1/(4Q2), que ocorre na frequên­ cia u j J 1 - l/( 2(2 2) .

584

Capítulo Quatorze

Exemplo 14.11

Expliquemos por que a resposta passa-altas não pode ser obtida se a equação biquadrática contiver apenas um zero.

Solução

Vamos expressar este caso como

"
//(

a)

->

0

quando s —»

o sistema não pode operar como um filtro passa-altas.

Calcule a magnitude de H(s).

Um sistema de segunda ordem também pode apresentar uma resposta passa-faixa. Especificamente, se

m . ) ______£■-------, n s 9 +, -^-s +, (O2Í

Figura 14.23

Exem plo

(14'27)

(a ) L o c a liz a ç ã o d e p o lo s e z e ro s e

a m agnitude de H(s) tende a zero quando s - > O e quando s —* e alcança um pico entre estes extremos (Fig. 14.23). Pode-se provar que o pico ocorre em

(14.28)

e tem valor /3£>/
(b) re s p o s ta e m fre q u ê n c ia d e um filtro p a ssa -fa ix a d e s e g u n d a o rd e m .

Determinemos a largura de banda de 3 dB da resposta expressa pela Eq. (14.28).

1 4 .1 2

S olução

Como mostrado na Fig. 14.24, a resposta alcança \/>Í2 vezes o valor de pico nas frequências co, e com uma largura de banda a>> - co,. Para calcular co, e a*>, igualamos o quadrado da magnitude a (P Q I )2(1/V2 )2 : P2 (ú2 (w2 - ü >2 ) 2 +

2n 2

P Q

2 " 2co2 '

(14.29)

e obtemos

(0 \,2 = (Oq

(14.30)

Filtros Analógicos

585

A largura de banda de 3 dB vai de a u>2 e é igual a (o„/Q. Dizemos que a largura de banda “norma­ lizada” é dada por MQ\ ou seja, há uma relação de permuta entre a largura de banda e Q.

Exercício

Para que valor de Q o valor de w2é o dobro do de
/CO \ / \A -iC i

O \/ /

i \A -ic i

(a)

Figura 14.25

14.3.2

(a )

Circuito t a n q u e LC, (h) p o lo s

Realizações R LC

É possível im plem entar a função de transferência de segunda ordem em (14.23) com resistores,capacitores e indutores. Estas realizações RLC (a) têm aplicação prática em circuitos discretos de frequências baixas e circuitos integrados de frequências altas, (b) são úteis como um procedimento para o projeto de filtros ativos. Portanto, estudaremos as características destas realizações e determ inarem os com o podem prover respostas passa-baixas, passa-altas e passa-faixa. Consideremos a combinação LC paralela (chamada circuito “tanque”) da Fig. 14.25(a). Escrevendo Z, = (L, í )||

1 Cis

L\s U C is2 + l '

(14.31) (14.32)

im a g in á rio s,

(c) resposta em frequência.

notamos que a impedância contém um zero na origem e dois polos imaginários em ±j/yj L ]C [ [Fig. 14.25(b)]. Para exam inar a m agnitude da im pedância, substi­ tuímos .v por jeo:

|Zil =

L\(o y i - LiC\co2

(14.33)

Observamos que a magnitude com eça em zero, para oj = 0, tende ao infinito em a>0 = 1/^/L,C, e retorna a zero em o> = o° [Fig. 14.25(c)]. A impedância infinita em tu0 ocorre simplesmente porque, na operação em paralelo, as impedâncias de L, e de C, se cancelam m utuam ente nesta frequência. A gora, voltem os nossa atenção para o circuito tanque R LC paralelo m ostrado na Fig. 14.26(a).

58 6

Capítulo Quatorze

Exemplo 14.13

Expliquemos por que a impedância do circuito tanque vai a zero em w = 0 e em co = oo.

Solução

Exercício

Em co = 0, /., atua como um curto-circuito. De modo similar, em co = circuito.

oc,

c, torna-se um curto-

Explique por que a impedância tem um zero na origem.

(14.40) ou

(14.41)

2 > 2' Figura 14.26 Circuito tanque com perda. Podemos o b ter Z 2 substituindo, na Eq. (14.32), /?, em paralelo com Z,: Z2 = R\\

Se, no entanto, /?, diminuir e 4R] < L,/C,, obtemos polos reais:

P\2 -

L\s

(14.42)

" \4 Q 2

(14.34)

L ,C i5 2 + 1 R\JL\S

R\ L[C\S2 -f-

2Q

(14.35)

+ R1

1 ± 1 2R\C\ yZ ^C T V 4^ !

1.

(14.43)

A im pedância ainda apresenta um zero na origem, D esde que a excitação não altere a topologia,5 os devido ao indutor. Para calcular os polos, podem os polos são dados por (14.39) ou (14.43), o que é útil fatorar R XL XC Xdo denom inador e o bter uma forma na escolha de estruturas de filtros, similar à do denom inador de (14.23): R\L\C\S -\-L\s-\-R\

s2+

1 KiCi

L,C i)

= RxL íCí ( s 2 + ^ s + o A

(14.36) (14.37)

onde co,, = l/^/Z^C, e Q = R xC xíon = RX^ C J L X. De (14.24), tem-se

Pl.2

W n

2Q

j .

•

/1

JCOnJ

^

1

(14.38)

2

1

u -

(14.39)

Estes resultados são válidos para polos complexos, ou seja, para

Figura 14.27 Divisor de tensão usando impedâncias genéricas.

A ntes de estudarm os diferentes filtros RLC, é interessante que façam os algum as observações. C onsiderem os o divisor de tensão m ostrado na Fig. 14.27, onde uma impedância série Z ve uma impe­ dância paralela Z r fornecem Knr, x _ Zp Vm Zs + Zp

SA “topologia” de um circuito é obtida ao se fixarem todas as fontes independentes em zero.

(14.44)

Filtros Analógicos

N otam os que (a) se, nas frequências altas, Z r tender a zero e/ou Z s tender ao infinito,6o circuito funciona como um filtro passa-baixas; (b) se, nas frequências baixas, Z r tender a zero e/ou Z s ten d er ao infinito, o circuito funciona com o um filtro passa-altas; (c)

Figura 14.28

587

se Z v p erm an ecer co n stan te e Z r te n d er a zero, tanto nas frequências baixas como nas frequências altas, a topologia fornece uma resposta passa-faixa. Estes casos são ilustrados de m odo conceituai na Fig. 14.28.

Respostas (a) passa-baixas, (h) passa-altas e (c) passa-faixa obtidas com o divisor de tensão da Fig. 14.27.

Filtro Passa-Baixas Seguindo a observação representada na Fig. 14.28(a), construím os o filtro passabaixas como indicado na Fig. 14.29, onde

z s = L\s -► oo quando s -► oo 1 Zr = 77—11^1

(14.45) (14.46)

C\S

Esta configuração provê uma resposta passa-baixas e tem os mesmos polos dados por (14.39) ou (14.43), pois, para Vm = 0, a topologia se reduz à da Fig. 14.26. Ademais, a transição além da banda passante exibe uma queda de segunda ordem , pois Z s —> 00 e Z r —>0. O leitor pode m ostrar que

?s v'\n°

i V ! í-1 '• \ 000 : /

'

T

\

° out

;

T cf - z ,

[r , :

Voui s

Figura 14.29

Exem plo

14.14 Solução

\_

Filtro passa-baixas obtido da Fig. 14.27.

^1

” R\C\L\s 2 + L\s + R\

(14.47)

Expliquemos como a função de transferência em (14.47) pode prover um ganho de tensão maior que a unidade. Se o Q do circuito for suficientemente alto, a resposta em frequência apresenta uma região de “pico”, ou seja, ganho maior que a unidade em uma certa faixa de frequências. Com um numerador constante, a função de transferência provê esse efeito se o denominador coincidir com um mínimo local. Escrevendo o quadrado da magnitude do denominador como |Z>|2 = (Ri - R\C\L\co 2)2 + L \o 2

(14.48)

e calculando a derivada em relação a ar, temos 377—ir = 2(—R\C \L\)(R \ - R,CxU w 2) + L2. «(ar)

''Supomos que Z s e Z r não tendem a zero ou ao infinito simultaneamente.

(14.49)

588

Capítulo Quatorze

A derivada se anula em .2 W“

1 L\C\

1 2R\C \'

(14.50)

Para que exista uma solução, é necessário que (14.51)

2 R \ j- > l OU

(14.52)

Comparando este resultado com (14.41), notamos que os polos são complexos. Sugerimos que o leitor desenhe gráficos da resultante resposta em frequência para diferentes valores de R xe prove que o valor de pico aumenta à medida que diminui. Exercício

Compare o ganho em

com o ganho em 1l-J L,C,.

O fenômeno da região de pico estudado no exemplo anterior é indesejável em muitas aplicações, pois amplifica de modo desproporcional algumas componentes

de frequência do sinal. Visto como uma ondulação na banda passante, nesses casos o pico deve permanecer abaixo de aproximadamente 1 dB (10%).

Consideremos o circuito passa-baixas mostrado na Fig. 14.30 e expliquemos por que é menos útil que o da Fig. 14.29.

^In°

R ‘\ — W- ! Li ------ - -------- o^ou. “ IC ,

Figura 14.30

Solução

Exercício

Este circuito satisfaz a ilustração conceituai da Fig. 14.28(a) e, portanto, opera como um filtro passa-baixas. No entanto, nas frequências altas, a combinação paralela de /., e /?, é dominada por R t, pois —* oo e o circuito se reduz a R t e C,. O filtro exibe, então, uma queda menos abrupta que a resposta de segunda ordem da configuração considerada anteriormente. Que tipo de resposta em frequência é obtida se as posições de

Filtro P a ss a -A lta s Para o b te r uma resposta passa-altas, trocam os as posições de L, e de C, na Fig. 14.29 e obtem os a configuração representada

e C, forem trocadas?

na Fig. 14.31. Este circuito satisfaz o princípio ilustrado na Fig. 14.28(b) e funciona como um filtro de segunda ordem, pois, à medida que a- —> 0, C, tende a

Filtros Analógicos

um circuito aberto,e L ,,a um curto-circuito. A função de transferência é dada por Vout , •. — vin =

(14.53)

L\C\R\s 2 L\C\R\s 2 -+- L \ S -f- R\

(14.54)

Portanto, o filtro apresenta dois zeros na origem. Assim como a versão passa-baixas,este circuito pode exibir um pico na resposta em frequência.

Da observação na Fig. 14.28(c), postulam os que Z v deve conter um capacitor e um indutor, de modo que tenda a zero quando s —*■0 ou quando s —» « . A Fig. 14.32 m ostra um candidato. Notem os que, em w = Vy] LlCl , a combinação para­ lela de L , e C , funciona como um circuito aberto e resulta em \V ,JV h\ = 1. A função de transferência é dada por Filtro Passa-Faixa

y

( ^ i s ) l l

„

(14.55)

( . ) = ------------v in

y»

v ..

A

14.4

589

FILTROS ATIVOS

N osso estu d o de sistem as de segunda ordem , na seção anterior, enfocou as realizações RLC passivas. No entanto, os filtros passivos têm algumas deficiên­ cias; por exemplo, limitam o tipo de função de trans­ ferência que pode ser im plem entada e podem exigir grandes indutores. N esta seção, ap resen tarem o s im plem entações ativas que proveem respostas de segunda ordem ou de ordens superiores. A maioria dos filtros ativos em prega am p ops para perm itir o uso de idealizações sim plificadoras e, p o rtan to , de um procedim ento sistem ático para o projeto do circuito. Por exemplo, o integrador baseado em amp op estudado no Capítulo 8 e repetido na Fig. 14.10(a) funciona como um integrador ideal apenas quando incorpora um am p op ideal, mas, com um am p op prático, ainda rep resen ta um a boa aproxim ação. (Portanto, o term o “ integrador” é uma idealização simplificadora.) No projeto de filtros ativos, uma preocupação importante diz respeito ao número de amp ops neces­ sários, pois isto determ ina a dissipação de potência e, até mesmo, o custo do circuito. Portanto, considera­ remos realizações com um, dois ou três amp ops. 14.4.1

Filtros de Sallen -K ey

O filtro passa-baixas de Sallen-Key (SK) emprega um amp op para prover uma função de transferência de segunda ordem (Fig. 14.33). N otem os que o amp op funciona apenas como um buffer de ganho unitário e, desta form a, provê máxima largura de banda. Supondo um am p op ideal, tem os Vx = VMII. Além disto, como o amp op não puxa corrente, a corrente que flui por R 2 é igual a VxC?s = V^iCjS, resultando em

+ Ri

L\C\R\s 2 +

L \S

+ R\

(14.56)

Vy — RlCzsVo,,, + Vou,

(14.57)

= Voul(l + R 2C2S).

(14.58)

Ci II AAA W

W

*T

--- oVout i >

Figura 14.32

Filtro passa-faixa obtido da Fig. 14.27.

Figura 14.33

Filtro de Sallen-Key básico.

590

Capítulo Quatorze

Escrevendo uma LCK no nó Y, tem os

Para obter uma forma similar à da Eq. (14.23), divi­ dimos o num erador e o denom inador por R ÍR 2 C]C 2 e definimos

Vout(1 R 2C2 s) Vjn ---------- õ------------ +K>«A'S+IK)«í (1 + a 2C2s )-V oU,JCis = 0 «i

04.59)

I

j Q = R ^ R 2f

= R \R 2C\C2s 2 + (R{ + R 2 ')C2s + 1'

E xem plo

14.16

' R4

J R iR 2C\C2'

(14.60)

(1461)

(14.62)

A topologia SK pode prover um ganho de tensão na banda passante maior que a unidade se confi­ gurada como mostrado na Fig. 14.34. Supondo um amp op ideal, determinemos a função de trans­ ferência do circuito.

R*

-Wr

Y

^OU,

R0

Co 4= fi4 Figura 14.34

Solução

F iltro d c S a llc n -K c y c o m g a n h o n a b a n d a p a s s a n te .

Retornando às deduções anteriores, notamos que, agora, (1 + RJRA)VX = Vout e que a corrente que flui por R2 é dada por VxC^s = VouíC^sl( 1 + RJ RJ. Portanto,

Vout

i/

R2VolitC2S

Vr = ----- 5 - + -------õ—

(14.63)

|+I =

(14.64)

Uma LCK no nó Y fornece

vout

~R\ .

1+£

1 + R 2 C2s n

\ vin

/

V 1 + R& s v OUt o

+ \

' + i

e, portanto, Vout / X ■v in\ r ^ =

1 R\R2C\C2S2 +

+^

1+l

^ VoutC2*5 n yY O U t C\S + ----- n~ = 0 ,

+ R 2C 2 — R\

(14.65)

(14.66) 5+ 1

É interessante observar que co„ permanece inalterada. Exercício

Refaça a análise anterior para o caso em que um resistor de valor R{í é conectado entre o nó Y e a terra.

Filtros Analógicos

Exemplo 14.17 Solução

591

Uma implementação comum do filtro SK pressupõe R{ = R 2 e C, = C2. O filtro apresenta polos complexos? Consideremos o caso geral ilustrado na Fig. 14.34. De (14.66), temos 1 Q

/ R\C2 \ R 2Cx

R 2C2 \ R ,C x

RiCx R 3 V R2C2 R 4 ’

(14.67)

que, para /?, = R2 e C, = C2, se reduz a Q Ou seja, Q =

(14.68)

R4 ' 1

(14.69)

sugerindo que o valor de Q começa em 1/2 se RJRA= 0 (realimentação de ganho unitário) e aumenta à medida que RJRt tende a 2. Os polos começam com valores reais e iguais para RJ R., = 0 e se tornam complexos quando RJR 4 > 0 (Fig. 14.35).

Exercício

Calcule as frequências dos polos para /?,= R4.

C om o o filtro SK, que contém tantos com ponentes, é projetado para uma dada resposta em frequência? Um objetivo im por­ tante na escolha de valores é a m inim ização das sensibilidades do circuito. C onsiderando a topologia m ostrada na Fig. 14.34 e definindo K = 1 + /?,//?,,7 calculemos a sensibilidade de (o„ e Q em relação aos valores do resistor e do capacitor. Da Eq. (14.66), temos a>„ - \ly] R iR 2C ]C 2 e, portanto, Análise de Sensibilidade

1 d(o„ 1 dR~i~ ~ 2 ’ R [s/ R xR 2C\C2'

(14.70)

Ou seja, l dRi

d(o„ Ü)„

(14.71)

' 2 Ri

e ocon _

(14.72)

1“

jsto sjgnjfica q Ue um erro de ] % em

se traduz em

um erro de 0,5% em co„. De m odo similar, S om _ ço)n _ ou>n _ R2 — 1 C2 ——“ •

(14.73)

7Na literatura sobre filtros, a letra K denota o ganho do íiltro e nào deve ser confundida com o fator de realimentação (Capítulo 12).

592

Capítulo Quatorze

Para as sensibilidades de Q , prim eiro reescrevemos a Eq. (14.67) em term os de K = 1 + R^/R^: l = Q

M 1 _ ( k _ í) M i v 1 R 2C2 '

V R 2 C1

V R 1C 1

A expressão entre colchetesé similar à de (14.74),exceto pela mudança de sinal do segundo termo. Somando e subtraindo 2 ^ R 2C2/yJ R\C\ a esta expressão e substi­ tuindo Q de (14.74), temos

(14.74) (14.78)

D iferenciando o lado esquerdo em relação a Q e o lado direito em relação a R h obtem os -dQ Q2

dR\ C2 2 S R \ \ RiCx

dR\ R 2C2 2 R \spT \\ C, C\ R2C2

dR\ 2 Ri

IR 1C2 R 2Q

t R lC 2

R {

~

2

1 4 .1 8

Solução

(14.79) lRlC 2 IR tC A +. RzQ « iC ,/

(14.75)

(K

n

r

\R\C 2 RlCl ( k - \ J r 'c ' Q. Ri C\ V R\C\ R 2C2

Exem plo

-s,«1

JR2

.(14.76)

Com isto, obtem os a sensibilidade de Q em relação a R 1 como SQ - - -

Seguindo o mesmo procedimento, o leitor pode mos­ trar que:

(14.77)

S? = QK

\R\C\ R2C2

(14.80) (14.81)

Em aplicações que exigem alto Q e/ou alto K , podemos escolher valores diferentes para os resistores ou para os capacitores,de modo a manter sensibilidades razoáveis. O próximo exemplo ilustra este ponto.

Para o filtro SK, determinemos as sensibilidades de Q para a escolha comum Rx = R2 = R e C, = C2 = C. De (14.74), temos

Q =

(14.82)

3-K

logo. s <2 _ _ S Q _ _ ! ,

ÒR' ~

ÒK2~

= S P .2 =

2 1

1 3 —K

(14.83)

+ 3 -K

(14.84)

s® —_ÍL_

~ 3 —K ’

(14.85)

É interessante observar que. para K = 1, a sensibilidade em relação a Rt e R 2 se anula e f ê l = f ê l = |s g | = Í

(14.86)

A escolha de valores iguais para os componentes e K = 1 leva, portanto, a baixas sensibilidades e, também, a um Q limitado; ou seja, a uma inclinação moderada na banda de transição. Além disso, o circuito não provê ganho de tensão na banda passante. Exercício

R ep ita o ex em plo a n te rio r p ara o caso R x = 2 R 2.

Filtros Analógicos

Exemplo 14.19 Solução

593

Um filtro SK deve ser projetado para Q = 2 e K = 2. Determinemos a escolha dos componentes do filtro para sensibilidades mínimas. Para S %2 = 0, devemos ter

w

2

(14'87>

; = +l2

e, portanto. IR 2C2 _ 1 RiCi 4’

(14.88)

Por exemplo, podemos escolher R, = 4/?; e C, = 4C. Contudo, o que podemos dizer a respeito das outras sensibilidades? Para que = —S& se anule, r {c 2 \j R2C i +

r 2c 2

_

R ,Q

i

4-

nAQQ. ( ■ }

uma condição que conflita com (14.88), pois se traduz em >j R\C2!yJ R2 CX = ü. Na verdade, podemos combinar (14.78) e (14.80) e escrever

sn +o

J ^ = scv

d 4-90»

assim, concluímos que as duas sensibilidades não podem se anular simultaneamente. Além disso, o termo yjR2C2 t^R 1Cl tem papéis opostos em e em S$ levando a SQ K = -————r. S®

4 -

Rl

(14.91)

—

2

Ou seja, a redução de S& tende a elevar S$. As conclusões anteriores indicam que devemos encontrar um equilíbrio para que sensibilidades razoáveis (não necessariamente mínimas) sejam alcançadas. Por exemplo, escolhemos IR 2Ç 2

R\C\ _ 5

4 Si =

4

R& = 1 VR & 8 (14.94)

A sensibilidade em relação a K é muito alta e inaceitável em configurações discretas. Em circuitos integrados, no entanto, K (em geral, dado pela razão entre dois resistores) pode ser controlado de modo muito preciso e permite um grande valor para S£. Exercício

É possível escolher sensibilidades em relação a R] e a C, de modo que S% permaneça abaixo de 2?

594

Capítulo Quatorze

14.4.2 Estruturas Biquadráticas Baseadas em Integradores

Vx — n r ' Vout R\C\S

A função de transferência biquadrática em (14.23) pode ser realizada com integradores. Para isto, consi­ derem os um caso especial, onde /3 = y = 0:

* - - W 5 Vx

Vout / ~T~, (■') = \

s +

as" (0 „

7

T • -V o * (s) - ^ V oul(s). s s*

(2

(14.98)

1 Voul< R \R 2C\C 2s 2

(14.95)

(14.99)

obtemos, da Fig. 14.36(c), a soma ponderada de V„, Vx e V Y como

M ultiplicando pelos denom inadores e rearranjando os termos, obtemos Vou,(s) = avin(s) -

(14.97)

Vou, =

(14.96)

E sta expressão sugere q ue Voul pode ser criado com o a som a de três term os: um a versão p ro p o r­ cional da entrada, um a versão integrada da saída e um a versão duplam ente integrada da saída. A Fig. 14.36(a) ilustra com o Vom é g erad o com dois integradores e um som ador de tensão. U tilizando as topologias apresentadas no C apítulo 8, chegam os à realização de circuito representada na Fig. 14.36(b). N otem os que a inerente inversão de sinal em cada integrador requer que Vx seja reto rn ad o à en trad a não inversora do som ador, e V Y, à e n tra d a inversora. Como

VinRs

+ Vx R a ( -

,,

. R(>\

Rb

Ra + Rs R* Ra + Rs R t + R í fliC , j Voul

R:, R , K íC iC iJ 2 V°“" <14' 101*

Igualando term os sim ilares em (14.96) e (14.101), obtemos Rs Ra + Rs

+ 1 )

(1

con

Ra

1

Q

R 4 + R$

R\C\

2 _ ^6

tí>n~ W

(14.102) (14.103)

1

(14.104)

R\RiC\C 2

Vin (a)

«3 Vy 0—Wv-

-%— 'out

^in° W ' ’ R4 ^X°—%--R5 (c)

Figura 14.36 ( a ) F lu x o g ra m a m o s tr a n d o a g e ra ç ã o d e V„,„ c o m o u m a s o m a p o n d e r a d a d e tr ê s te rm o s ; d ia g ra m a sim p lific a d o p a r a o c á lc u lo d e VOM.

(b) re a liz a ç ã o d e (a ); (c)

Filtros Analógicos

Portanto, é possível selecionar valores de com po­ nentes para o b te r uma dada função de tran sfe­ rência. C ham ada “estru tu ra biquadrátíca K H N ”, em reconhecim ento a seus inventores, Kerwin, Huelsm an e Newcomb, a topologia da Fig. 14.36(b) é muito versátil. Além de prover a função de transfe­ rência passa-altas de (14.95), o circuito também pode funcionar como um filtro passa-baixas ou passa-faixa. De m odo específico, VV

Vou

Vin

Vin ' Vou,

Vx_

(14.105)

as 2

-1

s2 + — S +
R\C\S '

(14.106)

que é uma função passa-faixa. E VV = V^, Vin

Vy_

(14.107)

Vin ' Vou,

as 2 S2 + ^ S + W 2

1 r 1 r 2(:,c 2S2’

(14.108)

que é uma função passa-baixas. A propriedade mais im portante da estrutura biquadrátíca KHN talvez sejam as baixas sensibi­ lidades em relação aos valores dos com ponentes. Pode-se m ostrar que a sensibilidade de oo,, em relação a todos os valores é igual a 0,5 e

\|ç° R\.R2.C\,C21I = 0,5

’

K4.R5I1 -

Rs Ra + Ri

595

(14.109)

1

(14.110)

Q \R) - Rf)I

(14.111)

I^«3./Í61 _

Vale notar que, se R y = /?6, S " 3M6 se anula. O uso de três amp ops na malha de realimentação da Fig. 14.36(b) desperta certa preocupação quanto à estabilidade do circuito, pois cada amp op contribui com vários polos. São necessárias simulações cuida­ dosas para evitar oscilação. O utro tipo de estrutura biquadrátíca, desenvol­ vido porTow eThom as,é mostrado na Fig. 14.37. Aqui, o somador e o primeiro integrador são fundidos e o resistor /?, é introduzido para criar uma integração com perda. (Sem R3, a malha formada pelos dois integra­ dores ideais oscila.) Notando que VY = - Voui/{R 1 C 1s) e Vx = - V Y, somamos as correntes que fluem por /?4 e /?, e multiplicamos o resultado pela impedância da combinação paralela de Ry e C,: Rí ,_L+ M VR 2C2 S R a R \ ) R 3C \.V - |-

= - V n,

(14.112)

1

Portanto, C2S (14.113) vin Ri R 2R 3R 4C 1C 2S 2-{-RíRaCíS + R 3 que corresponde a uma resposta passa-faixa. A saída em Y tem um com portam ento passa-baixas: Vm

R 2 R 3 R4

59 6

Vy Vir

Capítulo Quatorze

R3 R4

1

(14.114)

Pode-se m ostrar que as sensibilidades da estru ­ tura biquadrática de Tow-Thom as em relação aos valores dos com ponentes são iguais a 0,5 ou 1. Uma im portante vantagem desta topologia em com pa­ ração com a estru tu ra b iq u ad rática K H N é mais pronunciada em configurações de circuitos in te­ grados, onde integradores diferenciais elim inam a necessidade do estágio inversor na malha e, assim, econom izam um am p op. A ideia, ilustrada na Fig. 14.38, consiste em perm u tar as saídas diferen-

Exem plo 1 4 .2 0

Solução

Figura 14.38

Filtro diferencial de Tow-Thomas.

ciais do segundo integrador para estabelecer reali­ m entação negativa.

Para o filtro de Tow-Thomas, provemos que co„ e Q podem ser ajustados (sintonizados) de modo independente. De (14.114), temos V ftR íC iC i

(14.115)

Portanto, é possível ajustar
Um filtro de Tow-Thomas tem a>„= 2tt X (10 MHz) e Q = 5. É possível ter /?, = /?, = R} e C, = C2?

14.4.3 Estruturas Biquadráticas Usando Indutores S im u lad o s

R ecordem os, da Seção 14.3.2, que circuitos R LC de segunda ordem podem prover respostas passabaixas, passa-altas ou passa-faixa, mas seu uso em circuitos integrados é limitado, devido à dificuldade de construir indutores de grandes valores e de alta qualidade no chip. Podemos, portanto, perguntar: é possível emular o com portam ento de um indutor com um circuito ativo (sem indutores)? Considerem os o circuito m ostrado na Fig. 14.39, onde impedâncias genéricas Z ,-Z 5são conectadas em série e as m alhas de realim entação providas pelos dois am p ops (ideais) forçam V, e V} - V, a zero: V , = V 3 = V5 =

Vx .

(14.117)

Ou seja, os amp ops estabelecem uma corrente v y z , em Z 5. Esta corrente flui por Z 4 e produz Vx VA = - f z A+ Vx . As

(14.118)

A corrente que flui por Z , (e, p ortanto, por Z 2) é dada por V*Z3 Kv Z,

z5 z3

(14.119)

(14.120)

A t e n s ã o n o n ó 2 é , e n t ã o , ig u a l a

V2 = V3 - Z 2 I7 3

(14.121)

Filtros Analógicos

_ y 7 - Vjí' Z!

597

V* Z4

Por fim lx

V x -V 2 Z, = VX

Z2 Z4 Z 1Z 3 Z 5

7 - Z 7 ^in — 7 l Z7 3 -^5* Z 2 Z4

Figura 14.40

Este resultado sugere que o circuito pode “converter” Z 5em um tipo diferente de impedância,caso os valores de Z ,-Z 4 sejam escolhidos de m aneira adequada. Por exemplo, se Z5 = R x, Z, = (Cs) *' e Z, = Z 3 = Z 4 = /?) (Fig. 14.40), temos Z/„ = Rx RyCs,

Exem plo

14.21 Solução

(14.126)

E x e m p lo d c sim u la ç ã o d c in d u tâ n c ia .

‘l 116 representa um indutor de valor R,\RYC (por quê?). Dizemos que o circuito converte um resistor em um indutor, ou seja, “simula” um indutor .8

Da Eq. (14.125), determinemos outra possível combinação de valores de componentes que forneça um indutor simulado. Podemos escolher Z 4 = (Cs) Z 3 = RY. Assim,

1

e os restantes elementos passivos podem ser resistores: Z, = Z 2 =

Z in — RxRyC s.

(14.127)

A topologia resultante é mostrada na Fig. 14.41.

NN a te r m in o lo g ia a tu a l, p o d e m o s c h a m a r isto d c um i n d u to r “ e m u l a d o ” , p a r a e v ita r c o n f u s ã o c o m p r o g r a m a s d e s im u la ç ã o d e c irc u ito s. C o n tu d o , o te r m o “ s im u la d o " te m sid o u s a d o n e sse c o n te x to d e s d e a d é c a d a d e 1960.

598

Capítulo Quatorze

Exercício

Existe alguma outra combinação possível de valores de componentes que forneça um indutor simu­ lado?

O “conversor de impedâncias genérico” (CIG) da Por exemplo, como indicado na Fig. 14.42, uma seção Fig. 14.39, apresentado por A n toniou,e seus descen- ativa passa-altasé obtida com a substituição de L, por dentes vistos nas Figs. 14.40 e 14.41 são úteis na trans- um indutor simulado, formação de um filtro RLC passivo na versão ativa.

Exem plo

Provemos que, na Fig. 14.42, o nó 4 também serve como saída.

14.22 Solução

Como Vout = Vx = Vy = K5, a corrente que flui por Rx é igual a Voll,IRx, resultando em V 4 = ^ - R y + Voul

Kx

- Vom{ í + r Yx)-

(14.128) (14.129)

Assim. VAé apenas uma versão amplificada de V(>urAlimentada por um amp op,esta porta apresenta uma impedância de saída mais baixa que o nó 1 e, muitas vezes, é utilizada como a porta de saída do circuito. E x e rcício

D eterm in e a fu n ção de tran sferên cia de Vin p ara Vy

Filtros Analógicos

Como um filtropassa-baixas pode ser obtido? Do circuito RLC da Fig. 14.29, notam os a necessidade de um indutor flutuante (e não conectado à terra) e tentam os criar desse dispositivo como m ostrado na Fig. 14.43(a). Este circuito funciona, de fato, como um indutor flutuante? Um teste simples consiste em conectar uma fonte de tensão ao nó P e determ inar o equivalente de Thévenin visto do nó Q [Fig. 14.43(b)]. Para calcular a tensão de circuito aberto, Vrhév, recor­ demos que o amp op força a que Vs seja igual a V,. ( = V]„). Como nenhum a corrente flui por R x, VT„év = Vin.

P o-

(14.130)

-%■

( 2)

599

Para obter Z TMv, fixamos Vmem zero e aplicamos uma tensão ao term inal esquerdo de R x [Fig. 14.43(c)]. Como Vf, = V t = 0, Ix = VXIRX e, portanto, Z T„iv = Rx-

(14.131)

Infelizm ente, o circuito funciona com o um simples resistor e não com o um indutor flutuante! No entanto, o conversor de impedância da Fig. 14.39 pode contornar essa dificuldade. Consideremos o caso especial ilustrado na Fig. 14.44(a),onde Z, = (Cv) ‘, Z 3 = (C y )-'||tfA. e Z 2 = Z 4 = Z, = R x. De (14.125), temos

AWr ®

...1 °Y ©

Rx

-o Q

(a)

oQ

C>

(b)

Figura 14.43 (a ) C o n v e r s o r d e im p e d â n e ia s g e n é ric o c o n s id e r a d o c o m o u m a im p e d â n c ia flu tu a n te , (c ) c irc u ito d e te s te p a ra o c á lc u lo d a im p e d â n c ia d e sa íd a.

(b) e q u iv a le n te d e T h é v e n in ,

600

Capítulo Quatorze

l Rx Rx Cs RxCs + 1 Z in = R2x 1

Cs{R\Cs + 1)

F ig . 1 4 .4 4 (b ):

(14.132)

Vi„

(14.133)

Esta impedância pode ser vista como um "supercapacitor”, pois é igual ao produto de dois com ponentes capacitivos: (C s)-1 e ( R xCs + l ) _l. A gora, estudem os o circuito rep resen tad o na

Figura 14.44

Vou,

Z in Zi„ + R I

(14.134)

I fli/ÍA -cv + fliCs + r

(14.135)

Portanto, esta topologia provê uma resposta passabaixas de segunda ordem . D o Exem plo 14.22, notam os que o nó 4 funciona com o uma porta de saída melhor.

(a ) C o n v e rs o r d e im p e d â n c ia s g e n é ric o q u e p r o d u z u m " s u p e r e a p a c ito r " ; ( b ) filtro p a s s a -b a ix a s d e s e g u n d a o rd e m

o b tid o d c (a ).

Figura 14.45

Filtros Analógicos

Exemplo 14.23

Solução

601

Entusiasmado com a versatilidade do conversor de impedãncias genérico, um estudante construiu o circuito mostrado na Fig. 14.45 como alternativa ao da Fig. 14.44. Expliquemos por que esta topo­ logia tem menos utilidade. Se empregarmos Z3 = Rx e Z5 = (Cs) 11 1 e s t a configuração provê a mesma função de transfe­ rência que (14.135). No entanto, VAnão é mais uma versão proporcional de Voul:

i' < = K i +cs)' Rx + Vol = Vou,(2 + Rx Cs).

(14.136) (14.137)

Assim, a saída pode ser amostrada apenas no nó 1. que apresenta uma impedância relativamente alta. Exercício

Determine a função de transferência de Vin para K,.

Pode-se provar que as sensibilidades do conversor de impedãncias genérico e dos filtros resultantes em relação aos valores dos com ponentes são iguais a 0,5 ou 1. Portanto, esses circuitos são úteis em configura­ ções discreta e integrada.

14.5

APROXIMAÇÕES PARA RESPOSTAS DE FILTROS

Qual é o início do projeto de um filtro? Com base nos níveis esperados do sinal desejado e das interferên­ cias, decidimos o valor necessário da atenuação na banda de rejeição. Em seguida, dependendo de quão próxima a frequência da interferência é da frequência do sinal desejado, escolhemos uma inclinação para a banda de transição. Por fim, dependendo da natureza do sinal desejado (áudio, vídeo etc.), selecionam os

IH(co)|

Ondulação na Banda Passante _

a ondulação (ripple) tolerada na banda passante (p. ex., 0,5 dB). D esta forma, obtem os um “m olde” tal com o o m ostrado na Fig. 14.46 para a resposta em frequência do filtro. Com o m olde em mãos, com o determ inam os a função de transferência necessária? Esta tarefa é cham ada “problem a de aproxim ação”, em que uma função de transferência é escolhida para aproxim ar a resposta ditada pelo molde. Preferimos selecionar uma função de transferência que se preste a uma realização de circuito eficiente e de baixa sensibili­ dade. Existe uma variedade de aproximações, com diferentes propriedades, que são úteis na prática. As respostas de “ B utterw orth”, de “Chebyshev”, “elíp­ tica” e de “Bessel” são alguns exemplos. A maioria dos filtros está sujeita a uma certa relação de permuta entre

Banda de Transição

Atenuação da Banda de Rejeição

Figura 14.46

Ondulação na Banda de Rejeição

Molde para a resposta em frequência.

602

Capítulo Quatorze

ondulação na banda passante e inclinação da banda de transição. Aqui, estudaremos os dois primeiros tipos de aproximação e, para os outros, sugerimos ao leitor a leitura de textos sobre projeto de filtros [1]. 14.5.1

Resposta de Butterworth

A resposta de Butterworth evita totalm ente a ondu­ lação na banda passante (e na banda de rejeição), à custa da inclinação na banda de transição. Este tipo de resposta apenas estipula a magnitude da função de transferência como 1 Í1 +

(14.138)

(

\ 2/i

- )

logo, É t> 3d B =

onde n denota a ordem do filtro.9 E interessante que exam inem os (14.138) com cuidado para entenderm os suas propriedades. Primeiro, observam os que a largura de banda de 3 dB é calculada como 1

2 = -=

7z

Exem plo 1 4 .2 4

Solução

(14.139)

(Oq-

(14.140)

Vale n o tar que a largura de banda de 3 dB inde­ pende da ordem do filtro. Segundo, à m edida que n aum enta, a resposta assume uma banda de tran ­ sição mais abrupta e uma m aior planura na banda passante. Terceiro, a resposta não apresenta ondu­ lação (máximos ou mínimos locais), pois a primeira derivada de (14.138) em relação a w se anula apenas em w = 0 .A Fig. 14.47 ilustra estes pontos.

Um filtro passa-baixas deve prover uma planura de 0,45 dB na banda passante, para/ < / , = 1 MHz e uma atenuação de 9 dB na banda de rejeição, em/, = 2 MHz. Determinemos a ordem de um filtro Butterworth que satisfaça estes requisitos. A Fig. 14.48 mostra o molde da resposta desejada. Notando que \H(ft = 1 MHz)| = 0,95 (*= -0,45 dB) e |/l(f 2 = 2 MHz)| = 0,355 (** - 9 dB), montamos duas equações com duas incógnitas:

Figura 14.48

‘'E s ta re sp o sta é c h a m a d a d e “ m áx im a p la n u ra " p o rq u e as p rim e ira s 2n - 1 d e riv a d a s d e (14.138) e m re la ç ã o a o> se a n u la m e m w = 0.

Filtros Analógicos

603

1 , = 0.952 l + ( 2’ f ‘) V
(14.141)

------ ----- 77, = 0.3552.

(14.142)

V ú>0 ) A primeira fornccc 2n

=

(2^/.)2" 0,108 •

(14.143)

Substituindo este resultado na segunda, obtemos

(ff—

(14.144)

Como f 2 = 2/,, o menor valor de n que satisfaz a exigência é 3. Com n «4 , = 2-rr X (1,45 MHz). Exercício

= 3, obtemos, de (14.141),

Se a ordem do filtro não puder ser maior que 2, que valor de atenuação pode ser obtido de /, a / 2?

D ada a especificação do filtro e, portanto, um molde, podem os escolher wn e n pro n tam en te em (14.138) para chegar a um a aproxim ação de Butterworth aceitável. No entanto, como traduzimos (14.138) em uma função de transferência e em uma realização de circuito? A Eq. (14.138) sugere que a função de transferência co rrespondente não deve conter zeros. Para o bter os polos, fazemos uma subs­ tituição inversa, a> = s/j, e fixamos o denom inador em zero:

Ou seja, s2" + ( - l)"
Figura 14.49

= 1.2....... 2n, (14.147)

C ontudo, apenas as raízes com parte real negativa são aceitáveis (por quê?): Pk= a*)exp

\ + ( — ) =0.

(14.146)

e \p (j^ ^ - T i\,k = 1 , 2 ( 1 4 . 1 4 8 )

(14.145)

Localização dc polos para um filtro (a) dc segunda ordem e (b) Butterworth de ordem n.

604

Capítulo Quatorze

Em que parte do plano complexo estes polos se loca­ lizam? Como um exemplo, suponhamos n = 2. Logo, P\ =

coq exp

P2 =oj() exp

(14.149)

Ot )

(*>

de n , cada polo cai em um círculo de raio w() e guarda um ângulo n/n em relação ao polo seguinte [Fig. 14.49(b)]. Uma vez obtidos os polos, expressamos a função de transferência como

(14.150) (

H(s) =

P l)(

P l) ' *‘ (

(S - p {)(s - P 2 )

Com o m ostrado na Fig. 14.49(a), os polos se loca­ lizam em ±135°, ou seja, suas p artes real e im agi­ nária têm am plitudes iguais. P ara m aiores valores

Exem plo 1 4 .2 5

Solução

'-(S

Pn)

(14.151)

~ p „ )

onde o fator no num erador foi incluído para termos |H{s = 0)| = 1.

Usando a topologia de Sallen-Key como núcleo, projetemos um filtro Butterworth para a resposta deduzida no Exemplo 14.24. Com n = 3 e (o{) = 2 tt X (1,45 MHz), os polos aparecem como indicado na Fig. 14.50(a). Os polos complexos conjugados p, e py podem ser criados por um filtro SK de segunda ordem, e o polo real p2, por uma simples seção RC. Como p\ = 2n x (1,45 MHz) x ^cos ^

(

+ ; sen

(14.152) O

r\

\

cos —— j sen

(14.153)

a função de transferência do filtro SK pode ser escrita como H sk(s) =

(14.154)

(s -Pl)(-V - P i )

s2 - [4tt

[2tt x (1,45 MHz)]2 x

(1,45 MHz) cos(2tt/3)].v + [2tt

x

(1,45 MHz)]

(14.155)

2*

228 pF 1 kQ

>

1 kQ

V\n°-Wr- —Wr-

(b) Figura 14.50

1 kQ

-VA——

°^o u t

- r 109,8 pF

Filtros Analógicos

Ou

605

seja, co,, = 2n x (1,45 M H z )

(14.156)

Q = ---- ^ = 1. 2 cos — 3

(14-157)

Na Eq. (14.61), escolhemos R\ = R 2 e C, = 4C2 para obtermos Q = 1. Da Eq. (14.62), para obter (on = 27r X (1,45 MHz) = [y]4RfC$ ) = (2/?,C2)“I, temos alguma liberdade, como, por exemplo. = 1 kíl e C2 = 54,9 pF. Sugerimos que o leitor verifique que este projeto apresenta baixas sensi­ bilidades. O polo real,/>2,é criado prontamente por uma seção RC: 1 K3C 3

2tt x (1,45 MHz).

(14.158)

Por exemplo, /í, = 1 kíl e C, = 109,8 pF. A Fig. 14.50(b) mostra a configuração resultante. Exercício

Se o capacitor de 228 pF estiver sujeito a um erro de 10%, determine o erro no valor de /,.

A resposta de Butterw orth é em pregada apenas em casos raros em que ondulação na banda passante não é tolerada. Em geral, perm itim os uma pequena ondulação (p. ex., de 0,5 dB) para explorar respostas que provejam maior inclinação na banda de transição e, portanto, maior atenuação na banda de rejeição. Um exem plo desse tipo de resposta é a de Chebyshev. 14.5.2

Resposta de Cheb yshev

1 F

m

----- ,

(14.159)

(14.160)

í
(14.161)

/ 0 / 0)0 C „+,

A resposta de Chebyshev provê um com portam ento de “ondulação co n stan te” (equiripple) na banda passante, ou seja, máximos locais de igual m agnitude (e mínimos locais de igual magnitude). Esse tipo de resposta especifica a m agnitude da função de transferência como: \H(Jr,i)\ -

C, — = — V
( - )

\W 0 J

=

2—

(O0

C„

- C „_ ,

\COq J

(14.162)

( —)

\ ( ú0 J

(14.163)

ou’ £*e m°d o alternativo, como C „ f — ) = cos (n cos

) a> < a>o \ Mo / \

= cosh(«cosh_1— ) co > ü>o.

(14.164) «oo/ (14.165)

í)

Como ilustrado na Fig. 14.51(a),polinômios de ordens onde € determina a amplitude da ondulação eC^(w/a>0) superiores sofrem um m aior núm ero de flutuações denota o quadrado do “polinômio de Chebyshev” de entre 0 e 1 no intervalo de 0 < co/o^ < 1 e têm cresciordem n. Consideramos w0 como a ‘largura de banda” m ento m onótono para colc^ > 1. As flutuações, multido filtro. Estes polinômios são expressos de maneira plicadas pelo fator e2 levam a n ondulações na banda recursiva como passante de \H\ [Fig. 14.5l(b)].

606

Capítulo Quatorze

Figura 14.51

(a ) C o m p o r ta m e n to d e p o lin ô m io s d e C h e b y sh e v , (b ) re s p o s ta s d e C h e b y s h e v d e s e g u n d a e d e te r c e ir a o rd e n s.

Exem plo

Suponhamos que o filtro especificado no Exemplo 14.24 seja realizado com uma resposta de Cheby­ shev de terceira ordem. Determinemos a atenuação em 2 MHz.

1 4 .2 6

Solução

Para uma planura (ondulação) de 0,45 dB na banda passante, 1 = 0,95 y r+ F

(14.166)

logo, (14.167) Além disso, Portanto,

= 2ir

X

(1 MHz), pois, nesta frequência, a resposta difere da unidade por 0,45 dB. 1

(14.168)

1 + 0,3292 \ ( — ) - 3 — \cooj rn Em o>2 = 2n x (2 MHz), \H(jan)\ = 0,116 = -18,7 dB.

(14.169) (14.170)

Vale ressaltar que a atenuação na banda de rejeição tem um aumento de 9,7 dB quando a resposta de Chebyshev é empregada.

Filtros Analógicos

607

Que valor de atenuação pode ser obtido se a ordem do filtro for aumentada para quatro?

Exercício

Vamos resumir nosso entendim ento da resposta de Chebyshev. Como ilustrado na Fig. 14.52, na banda passante a magnitude da função de transferência é dada por

e apresenta uma ondulação pico a pico de OndulaçãoldB = 20 log %/l + e2-

(14.172)

Na banda de rejeição, \HPB{jco) =

.

1

(14.171)

Figura 14.52

Solução

1

(14.173)

R e s p o s ta d e C h e b y s h e v g e n é ric a .

revelando a atenuação em frequências m aiores que to(). Na prática, devemos determ inar n de m odo que

Exem plo 14.27

IHsbU co) =

os valores desejados de o>0, ondulação e atenuação na banda de rejeição sejam obtidos.

Um filtro de Chebyshev deve prover ondulação de 1 dB na banda passante, com largura de banda de 5 MHz e atenuação de 30 dB em 10 MHz. Determinemos a ordem do filtro. Fixamos o>0 em 2tt

X

(5 MHz) e escrevemos ldB = 201ogVl + e 2,

(14.174)

e obtemos é

=

0,509.

(14.175)

Agora, igualamos (14.173) a 0,0316 ( = -3 0 dB) em co = 2o>0: 1 - nmi f i yj1 + 0.5092 cosh2(/i cosh_12)

(14.176)

608

Capítulo Quatorze

Como cosh 12 «s 1,317, a Eq. (14.176) fornece cosh2(l,317/i) = 3862

(14.177)

n > 3,66.

(14.178)

logo,

Portanto, devemos escolher n = 4. Exercício

Se a ordem for limitada a três, que valor de atenuação pode ser obtido em 10 MHz?

D eterm inada a ordem da resposta, o próxim o (Na verdade, os polos encontram -se em uma elipse.) passo no projeto consiste em o b ter os polos e, A função de transferência é então expressa como portanto, a função de transferência. Pode-se m ostrar [1 ] que os polos são dados por _ { - P\){-Pi) ■■■( - Pn) 18(^ (s -p i)(s - P 2 )-- (s - p„) (2 k — 1)jt Pk = -<*>sen---- -----2n (2 k - l ) n , + jcon co s---- ------- cosh ( i s e n h - i ) k = 1,2....... n.

Exem plo

(14.179)

Usando dois estágios SK. projetemos um filtro que satisfaça a especificação do Exemplo 14.27

1 4 .2 8

Solução

Com e = 0,509 e n = 4, temos Pk =

— 0,3 65 & jo

sen ^

8

^^

4-

l,064y
8

k = 1 ,2 , 3 , 4,

^

(14.181)

que pode ser agrupado em dois conjuntos de polos px 4 = —0,365a>osen^ ± l,064ycoocos ^ 8

(14.182)

8

= -0,140a*, ± 0,983j
(14.183)

3tt 3n P2.3 = —0,365a*) sen — ± l,064ya*)cos — 8

= -0,337**) ± 0,407jcoo.

8

(14.184) (14.185)

A Fig. 14.53(a) mostra a localização dos polos. Notamos que p xe pAcaem próximos do eixo imagi­ nário e, portanto, têm Q relativamente alto. O estágio SK para p xe pAé caracterizado pela seguinte função de transferência:

0.986^5 s2 4- 0,28a*).? 4 0,986ct)H

(14.187)

Filtros Analógicos

609

j to

P2>t-

228 pF \\----------------o

P3X '

1 k íl 1 k íl Vin* - % - * — -%■—

V

....

1 k í2

,f Wl tW 1

\

4,52 p F :

94,3 pF

r^

1 k ft ‘'out 38,5 p F ^

□

(b)

(a) Figura 14.53

indicando que con[ = 0,993ít>o = 2tt x (4,965 MHz)

(14.188)

Qx = 3 ,5 5 .

(14.189)

A Eq. (14.61) sugere que um Q tão alto pode ser obtido apenas se C,/C2 for grande. Por exemplo, com R x = /?2, devemos ter C, = 50.4 C2

(14.190)

= 2n x (4,965 MHz).

(14.191)

logo, v/5Õ4/?,C2

Se R l = 1 kíl, C2 = 4,52 pF. (Para implementações discretas, este valor de C2 é excessivamente pequeno, o que requer que R{ seja reduzido por um fator de, digamos, 5.) De modo similar, o estágio SK para p 2 e p y satisfaz ( - P 2X - P 3 )

(5 -P2)(s - P i )

0,279co2 s 2 + 0,674w(,5 + 0,279co2 '

(14.192) (14.193)

logo, wn2 = 0,528&>o = 2tt x (2.64 MHz)

(14.194)

Q i = 0,783.

(14.195)

Se Rx = R 2 = 1 kíl, (14.61) e (14.62) se traduzem em Ci = 2.45C2 = 2,45 x (38,5 pF).

(14.196) (14.197)

A Fig. 14.53(b) mostra a configuração final. Sugerimos que o leitor calcule as sensibilidades. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que os valores dos capacitores devem ser maiores que 50 pF.

610

Capítulo Quatorze

14.6

RESUMO DO CAPÍTULO

• Filtros analógicos são essenciais para a remoção de componentes de frequências indesejáveis que podem acompanhar um sinal desejado. • A resposta em frequência de um filtro consiste em uma banda passante, uma banda de rejeição e uma banda de transição entre as duas. As bandas passante e de rejeição podem exibir alguma ondulação (ripple). • Os filtros podem ser classificados pelas topologias passa-baixas, passa-altas, passa-faixa e rejeita-faixa. Estas podem ser realizadas em configurações de tempo contínuo ou de tempo discreto, assim como com circuitos passivos ou ativos. • A resposta em frequência de filtros depende dos valores dos componentes e, portanto, apresentam “sensibili­ dades" em relação à variação dos componentes. Um filtro projetado de maneira adequada assegura pequena sensibilidade em relação a cada componente. • Filtros passivos ou ativos de primeira ordem podem, com facilidade, prover resposta passa-baixas ou passa-altas, mas suas bandas de transição são muito largas, e as atenuações nas bandas de rejeição, apenas moderadas. • Filtros de segunda ordem apresentam maior atenu­ ação na banda de rejeição e são largamente utili­ zados. Para respostas em frequência e temporal bemcomportadas, o Q desses filtros deve ser mantido abaixo de y f l í l .

• A implementação de filtros passivos de segunda ordem em tempo contínuo emprega seções RLC, mas se torna impraticável em frequências muito baixas (devido ao grande tamanho físico de indutores e capacitores). • Filtros ativos empregam amp ops, resistores e capa­ citores para criar a desejada resposta em frequência. A topologia de Sallen-Key é um exemplo. • Seções ativas de segunda ordem (biquadráticas) podem ser baseadas em integradores. Exemplos incluem as estruturas biquadráticas KHN e de Tow-Thomas. • As estruturas biquadráticas também incorporam indutores simulados, derivados do “conversor de impedâncias genérico” (CIG). O CIG pode prover grandes valores de indutância ou capacitância com o uso de dois amp ops. • A desejada resposta de filtro deve, na prática, ser aproxi­ mada por uma função de transferência realizável. Entre as funções de transferência possíveis encontram-se as respostas de Butterworth e de Chebyshev. • A resposta de Butterworth contém n polos complexos, dispostos em uma circunferência, e tem comporta­ mento de máxima planura. Esta resposta é adequada a aplicações que não toleram ondulações na banda passante. • A resposta de Chebyshev provê uma transição mais abrupta que a de Butterworth. à custa de alguma ondu­ lação nas bandas passante e de rejeição. Esta resposta contém n polos complexos, dispostos em uma elipse.

EXERCÍCIOS 1 4 .1

1 4 .2

1 4 .3

Determine o tipo de resposta (passa-baixas, passaaltas ou passa-faixa) provida por circuito represen­ tado na Fig. 14.54.

I— 1 /s«o—X---II----< -° v.out

-oV,out

Deduza a função de transferência de cada circuito representado na Fig. 14.54 e determine os corres­ pondentes polos e zeros.

(c)

(d)

Desejamos realizar uma função de transferência da forma '
(s) =

1 (s + a)(s 4- b )'

no—i—%----- -oVtout

(14.198)

onde a e b são números reais e positivos. Qual dos circuitos representados na Fig. 14.54 pode satisfazer esta função de transferência? ^in°”

T

out

Vin°—W "

(a)

(b) Figura 14.54

I

(c)

Figura 14.54

(Continuação)

■oV,out 1 4 .4

Em algumas aplicações, a entrada de um filtro pode ser provida em forma de corrente. Calcule a função de transferência, V0J I iny de cada um dos circuitos mostrados na Fig. 14.55 e determine os correspon­ dentes polos e zeros.

Filtros Analógicos

611

uma variação de 3%, qual é a máxima tolerância para /.,? o Vo, ut ''in0—TO-

- °

v,out

(b) out

Figura 14.58

-° V,out (c)

(d)

out

14.8 O filtro passa-baixas da Fig. 14.59 foi projetado para apresentar dois polos reais. (a) Deduza a função de transferência. (b) Determine os pólos e a condição que garante que são reais. (c) Calcule a sensibilidade do polo em relação a R\, C, e L x. *-1 ^in0—W "

(e)

Figura 14.55

1 4 .5

Para o filtro passa-altas ilustrado na Fig. 14.56, deter­ mine a sensibilidade das frequências dos polos e dos zeros em relação a /?, e C,.

^in°

Ih

-oV,out

Figura 14.59

1 4 .9

Explique o que acontece à função de transferência dos circuitos representados nas Figs. 14.17(a) e 14.18(a) se os polos e zeros coincidirem.

1 4 .1 0

Para que valor de Q os polos da função de trans­ ferência biquadrática na Eq. (14.23) coincidem? Quais são as resultantes frequências dos polos?

1 4 .1 1

Prove que a resposta expressa pela Eq. (14.25}_não apresenta um pico (máximo local) se Q ^ y]2/2.

1 4 .1 2

Prove que, se Q > >/2/2, a resposta expressa pela Eq. (14.25) alcança um pico normalizado Q/yJ 1 - (4(22)-1. Esboce o gráfico da resposta em função de oj para Q = 2,4 e 8.

1 4 .1 3

Prove que, se Q > y[2/2y a resposta expressa pela Eq. (14.28) alcança um pico normalizado Q/(on em o) = (o„. Esboce o gráfico da resposta em função de wpara Q = 2 ,4 e 8.

Figura 14.56

14.6 Considere o filtro mostrado na Fig. 14.57. Calcule a sensibilidade das frequências dos polos e dos zeros em relação a C,, C2e /?,.

d

-°v.out

Figura 14.57

14.7 No circuito representado na Fig. 14.58, desejamos que o polo tenha sensibilidade de 5%. Se tiver

IT c,

-oV.out

14.14 Considere o circuito tanque paralelo RLC ilustrado na Fig. 14.26. Localize os polos do circuito no plano complexo, à medida que passa de um valor muito pequeno a um valor muito grande, enquanto /., e C, permanecem constantes. 14.15 Repita o Exercício 14, mantendo e /-, constantes e variando C, de um valor muito pequeno a um valor muito grande.

612

Capítulo Quatorze

14.16 Com a ajuda das observações feitas para a Eq. (14.25), determine a condição para que o filtro passa-baixas da Fig. 14.29 apresente um pico de 1 dB (10%). 14.17 Determine os polos do filtro de Sallen-Key mostrado na Fig. 14.33 e localize-os no plano complexo, à medida que (a) /?, varia de zero a *>, (b) R 2 varia de zero a », (c) C, varia de zero a » e (d) C2 varia de zero a oc. Em cada caso, suponha que os valores dos outros componentes permaneçam constantes. 1 4 .1 8

Um estudante configurou erroneamente um filtro de Sallen-Key tal como mostrado na Fig. 14.60. Determine a função de transferência e explique por que esse circuito não é útil.

1 4 .1 9

O filtro de Sallen-Key da Fig. 14.34 deve ser proje­ tado com K = 4 e C, = C2. Como R x/R 2 deve ser escolhido para que Q = 4? Qual é a resultante sensi­ bilidade de Q em relação a /£,?

1 4 .2 4

A função de transferência da Eq. (14.95) pode ser realizada com diferenciadores em vez de integra­ dores. Notando que o fator s do domínio da fre­ quência se traduz em cUclt no domínio do tempo, construa um diagrama em blocos, como o da Fig. 14.36(a), usando apenas diferenciadores. (Devido à amplificação de ruído nas frequências altas, esta implementação é menos conhecida.)

1 4 .2 5

A estrutura biquadrática KHN da Fig. 14.36(b) deve prover uma resposta passa-faixa com Q = 2 e co„ = 277 X (2 MHz). Se Rò = /?3, R{ = R 2 e C, = C2, deter­ mine os valores do resistor e do capacitor, sujeitos às restrições 10 pF < C < 1 nF e 1 kíl < R < 50 kíl.

1 4 .2 6

Das Eqs. ( 14.103) e (14.104), deduza uma expressão para Q e explique por que as sensibilidades em relação a Ry e a Rhse anulam se Ry = Rh.

1 4 .2 7

A estrutura biquadrática KHN da Fig. 14.36(b) deve ser projetada para uma resposta passa-baixas com ganho em baixa frequência a = 2. Explique por que isto é impossível se S %3R6 for igual a zero.

1 4 .2 8

Uma estrutura biquadrática KHN deve apresentar um pico de apenas 1 dB em sua resposta passabaixas. Determine a necessária relação entre os valores dos componentes. Suponha R} = R6 e ganho unitário.

1 4 .2 9

Um estudante erroneamente omitiu o resistor R< da estrutura biquadrática KHN da Fig. 14.36(b). Deduza a resultante função de transferência V J V me determine a, Q e ú>„.

1 4 .3 0

Determine as sensibilidades do filtro de TowThomas mostrado na Fig. 14.37 em relação aos valores dos resistores e capacitores.

1 4 .3 1

A Eq. (14.114) implica que o ganho em baixas frequências do filtro de Tow-Thomas é igual a RJRX.Fixando C, e C2 em zero na Fig. 14.37,explique, de maneira intuitiva, por que este resultado faz sentido.

1 4 .3 2

O filtro de Tow-Thomas da Fig. 14.37 deve ser proje­ tado para uma resposta passa-baixas com pico de 1 dB e largura de banda con = 27r X (10 MHz). Se R,= l k í l R 2 Rae C, = C2, determine os valores de R2 e C,.

1 4 .3 3

A função de transferência em (14.114) revela que o resistor Rx afeta o ganho em baixas frequências do filtro de Tow-Thomas, mas não sua resposta em frequência. Na Fig. 14.37, substitua Vin e R xpor um equivalente de Norton e explique, de maneira intui­ tiva, por que este resultado faz sentido.

1 4 .3 4

Para o conversor de impedâncias genérico da Fig. 14.39, determine todas as possíveis combinações de Z,-Z5que levam a um comportamento indutivo

— %R2 C2 Figura 14.60

1 4 .2 0

Um filtro de Sallen-Key com K = 1 deve apresentar um pico de apenas 1 dB em sua resposta. Determine a necessária relação entre os valores dos compo­ nentes.

1 4 .2 1

O filtro de Sallen-Key da Fig. 14.33 tem S%x = 2. Se C, = C,. desenhe o gráfico de Q em função de yj R2 /R\ e determine o intervalo de valores acei­ táveis de Q e de yj R2 /Rx•

1 4 .2 2

A Fig. 14.61 mostra um filtro passa-altas de SallenKey. Deduza a função de transferência e determine Q e (on.

out

Figura 14.61

1 4 .2 3

Dos resultados obtidos no Exercício 22, calcule as sensibilidades do Q do circuito.

Filtros Analógicos

para Z,„. Suponha que cada Z,-Z5consista apenas em um resistor ou um capacitor. (Note que uma solução não é aceitável se não estabelecer uma rota DC a cada entrada dos amp ops.) 1 4 .3 5

Repita o Exercício 34 para um comportamento capacitivo para Z,„.

1 4 .3 6

1 4 .3 7

1 4 .5 0

613

Repita o Exemplo 14.28 com duas estruturas biquadráticas de Tow-Thomas.

E x e rc íc io s d e P r o je to s 1 4 .5 1

No Exemplo 14.23,0 ramo paralelo RC conectado entre o nó 5 e a terra é substituído por um ramo série Rx + (Cs)-1. Determine a resultante função de transferência V(tJV„r

Projete o filtro de primeira ordem da Fig. 14.18(a) para uma resposta passa-altas, de modo que o circuito apresente uma atenuação de 10 dB a uma interferência em 1 MHz e deixe passar frequências acima de 5 MHz com ganho próximo da unidade.

1 4 .5 2

Selecione os componentes na Fig. 14.39 de modo que o circuito apresente uma grande impedância capacitiva, ou seja, multiplique o valor de um capa­ citor por um número grande.

Projete o filtro passivo da Fig. 14.29 para uma largura de banda de 3 dB de aproximadamente 100 MHz, pico de 1 dB e uma indutância menor que 100 nH.

1 4 .5 3

Projete o filtro SK da Fig. 14.33 para co„ = 27r X (50 MHz), Q = 1,5 e ganho em baixas frequências igual a 2. Suponha que os valores de capacitância devam estar entre 10 pF e 100 pF.

1 4 .3 8

Desejamos projetar um filtro de Butterworth com uma queda (roll-off) de 1 dB em w = 0,9a>„. Deter­ mine a ordem do filtro.

1 4 .3 9

Usando a Eq. (14.138), desenhe o gráfico da queda (roll-off) de uma resposta de Butterworth em oj = O,9a>0 em função de n. Expresse a queda (no eixo vertical) em decibéis.

1 4 .5 4

Projete um filtro SK passa-baixas para uma largura de banda de 3 dB de 30 MHz e sensibilidades não maiores que a unidade. Suponha ganho em baixas frequências igual a 2.

1 4 .4 0

Repita o Exercício 39 para co = 1,1^. Qual é a ordem do filtro para que seja obtida uma atenuação de 20 dB nesta frequência?

1 4 .5 5

Projete a estrutura biquadrática KHN da Fig. 14.36 (b) para uma resposta passa-faixa, de modo que proveja pico de ganho unitário em 10 MHz e atenu­ ação de 13 dB em 3 MHz e em 33 MHz. Suponha

1 4 .4 1

Suponha que o filtro do Exemplo 14.24 receba uma interferência em 5 MHz. Qual é a atenuação do filtro nesta frequência?

1 4 .4 2

1 4 .4 3

Um filtro passa-baixas de Butterworth deve ter uma planura de 0,5 dB na banda passante/< /, = 1 MHz. Se a ordem do filtro não puder ser maior que 5, qual é a atenuação na banda de rejeição em f 2 = 2 MHz? Explique por que os polos expressos pela Eq. (14.148) estão em uma circunferência.

1 4 .4 4

Repita o Exemplo 14.25 para uma estrutura biquadrática KHN.

1 4 .4 5

Repita o Exemplo 14.25 para um filtro de TowThomas.

1 4 .4 6

Desenhe o gráfico da resposta de Chebyshev expressa pela Eq. (14.159), com n = 4 e e = 0,2. Estime a posição dos máximos e mínimos locais na banda passante.

1 4 .4 7

Um filtro de Chebyshev deve prover uma atenuação de 25 dB em 5 MHz. Se a ordem do filtro não puder ser maior que 5,qual é a máxima ondulação que pode ser obtida em uma largura de banda de 2 MHz?

1 4 .4 8

Repita o Exercício 47 para uma ordem igual a 6 e compare os resultados.

1 4 .4 9

Repita o Exemplo 14.28 com duas estruturas biquadráticas KHN.

Ry

= R*.

1 4 .5 6

O circuito obtido no Exercício 35 também provê saídas passa-baixas e passa-altas. Determine as fre­ quências de 3 dB de queda para estas duas funções de transferência.

1 4 .5 7

Repita o Exercício 55 para a estrutura biquadrática de Tow-Thomas mostrada na Fig. 14.37.

1 4 .5 8

Projete o filtro passa-altas ativo da Fig. 14.42 para uma frequência de 3 dB de queda de 3,69 MHz e atenuação de 13,6 dB em 2 MHz. Suponha pico de 1 dB em 7 MHz.

1 4 .5 9

Projete o filtro passa-baixas da Fig. 14.44(b) para uma frequência de 3 dB de queda de 16,4 MHz e atenuação de 6 dB em 20 MHz. Suponha pico de 0,5 dB em 8 MHz.

1 4 .6 0

Para cada molde de resposta em frequência da Fig. 14.62, determine uma função de transferência de Butterworth e uma de Chebyshev.

1 4 .6 1

Seguindo a metodologia delineada nos Exem­ plos 14.25 e 14.28, projete filtros para as respostas de Butterworth e de Chebyshev obtidas no Exer­ cício 14.60.

1 4 .6 2

Repita o Exercício 61 para estruturas biquadráticas de Tow-Thomas (e, se necessário, seções RC de primeira ordem).

614

Capítulo Quatorze

Figura 14.62

EXERCÍCIOS COM SPICE 1 4 .6 3

A Fig. 14.63 mostra o filtro de Butterworth projetado no Exemplo 14.25. (a) Simule o circuito com um amp op de ganho de 500 e determine se a resposta atende o molde especificado no Exemplo 14.24. (b) Repita (a) para um amp op que apresente resis­ tência de saída (em malha aberta) de 10 kíl. (A resistência de saída pode ser modelada com a inserção de um resistor de 10 kíl em série com a fonte controlada por tensão.) (c) Repita (b) para um amp op que apresente um único polo (em malha aberta) em 500 kHz. (Pode-se modelar o polo ao permitir-se que um capacitor forme um filtro passa-baixascom o resistor de 10kíl.) 228 pF

1 kí > 1 kQ ^in° Wr- — % 4,52 pF

1 kíl

j rO

-r

l

out

109,8 pF

Figura 14.63

(b) Usando SPICE, determine a mínima largura de banda necessária para o amp op, de modo que a resposta global tenha um pico que não exceda 3 dB. Suponha que o amp op tenha ganho de 1000 e modele a largura de banda como expli­ cado no Exercício 63. (c) Repita (b) para a realização SK obtida no Exemplo 14.28 e compare os resultados. 1 4 .6 6

Devemos selecionar um amp op para o circuito SK do Exemplo 14.25. Suponha que dois tipos de amp op estejam disponíveis: um com resistência de saída de 5 kíl e um único polo em 200 MHz, e outro com resistência de saída de 10 k ü e um único polo em 100 MHz. Use SPICE para determinar qual dos amp ops leva ao menor pico.

1 4 .6 7

Considere o circuito SK do Exemplo 14.25. Suponha que o amp op proveja um ganho em malha aberta de 1000 e, no mais, seja ideal. (a) Se os três resistores sofrerem variação de +10%, a resposta atende o molde do Exemplo 14.24? (b) Se os três capacitores sofrerem variação de +10%, a resposta atende o molde do Exemplo 14.24? (c) Qual é o máximo erro tolerável no valor dos resis­ tores?

1 4 .6 4

Repita o Exercício 63 para o circuito obtido no Exemplo 14.28.

REFERENCIA

1 4 .6 5

(a) Repita o Exemplo 14.28 para uma cascata de duas estruturas biquadráticas KHN.

1. R. Schaumann and M. E. van Valkenberg, Design o f Analog Filters, Oxford University Press, 2001.

CA P ÍT U L O

15 Circuitos CMOS Digitais Em nossa vida cotidiana, é praticam ente impossível encontrar dispositivos eletrônicos que não conte­ nham circuitos digitais. De relógios e câm eras foto­ gráficas a com putadores e telefones celulares,circui­ tos digitais representam mais de 80% do m ercado de semicondutores. Entre os exem plos encontram-se microprocessadores, memórias e circuitos integrados para processam ento digital de sinais.

In v e rs o r C M O S

C o n s id e ra ç õ e s G e ra is C a ra c te rís tic a E s tá tic a C a ra c te rís tic a D in â m ic a

Este capítulo apresenta uma introdução à análise e síntese de circuitos CMOS (Complementary Metal Oxide Semiconductor, ou sem icondutor metal-óxido com plem entar) digitais. O objetivo é prover um en­ tendim ento detalhado de portas lógicas, no nível de transistores, para preparar o leitor para cursos sobre projeto digital. O roteiro do capítulo é m ostrado a seguir.

• C a ra c te rís tic a d e T ra n s fe rê n c ia d e T e n s ã o

O u tra s P o rta s C M O S P o rta N O R P o rta N A N D

• C o m p o rta m e n to D in â m ic o • D is s ip a ç ã o d e P o tê n c ia

15.1

CONSIDERAÇÕES GERAIS

Nas últimas cinco décadas, os circuitos digitais evoluí­ ram de maneira dramática, passando de algumas pou­ cas portas por chip, na década de 1960, às atuais cente­ nas de milhões de transistores por chip. As primeiras gerações incorporavam apenas resistores e diodos e eram cham adas “lógica resistor-diodo” (R D L — Resistor-Diode Logic). A estas seguiram-se realizações baseadas em transistores, com o a “lógica transistortransistor” (TTL — Transistor-Transistor Logic) e a “lógica acoplada pelo em issor” (EC L — EmitterCoupled Logic). Contudo, o crescim ento explosivo de sistemas digitais foi propiciado pelo surgim ento da tecnologia CMOS e pelas propriedades únicas de circuitos CMOS digitais. Neste capítulo, estudaremos e exam inarem os estas propriedades.

Recordemos, dos fundamentos de projetos lógicos, que sistemas digitais empregam blocos fundamentais, como portas, latches e fiip-fiops. Por exemplo, portas podem formar um circuito “com binatório” que opera como um decodificador binário-Gray. De modo simi­ lar, portas e fiip-fiops podem compor um circuito “se­ qüencial” que funciona ou como contador ou como “máquina de estado finito”. Neste capítulo, estudare­ mos o projeto interno de alguns desses blocos funda­ mentais e analisaremos suas limitações. Em particular, responderemos a três perguntas importantes: (1) O que limita a velocidade de uma porta digital? (2) Q ue quantidade de potência uma porta con­ some ao trabalhar em uma certa velocidade? (3) Q ue quantidade de “ruído” uma p orta pode tolerar ao produzir uma saída válida? 615

616

Capítulo Quinze

E stas perguntas têm papel crucial no p ro jeto de sistemas digitais. A prim eira revela como, nos últi­ mos dez anos, a velocidade de m icroprocessadores passou de algumas centenas de m ega-hertz a vários giga-hertz. A segunda ajuda a predizer a potência que um m icroprocessador consum irá da bateria de um notebook. A terceira ilustra a confiabilidade de uma porta que opera na presença de não idealidades no sistema. 15.1.1

Caracterização Estática de Portas

A o contrário dos estágios amplificadores estudados neste livro, portas lógicas sem pre operam com gran­ des sinais. Em circuitos CMOS digitais, um UM lógico é representado por uma tensão igual à de alim enta­ ção, Vnn\ e um Z E R O lógico, por zero volt. Assim, as entradas e saídas das portas variam entre zero e VIW, à medida que diferentes estados são processados.

F igura 15.1

Como podem os caracterizar o com portam en­ to de grandes sinais de um circuito? Recordemos, do Capítulo 3,que podemos determinar a característica en­ trada/saída de um circuito fazendo a entrada variar ao longo de todo o intervalo permitido (p. ex., de 0 a Vm>) e calculando a saída correspondente.Também chamado de “característica de transferência de tensão” (CTT),‘* o resultado ilustra o funcionamento da porta em grande detalhe e revela desvios em relação ao caso ideal. C om o um exem plo, considerem os um a porta NOT cuja operação lógica é expressa como X = Ã. No caso ideal, essa porta, cham ada “inversor” e de­ notada pelo sím bolo m ostrado na Fig. 15.1 (a), de­ ve se com portar como indicado na Fig. 15.1 (b). Para Vin — 0, a saída perm anece no valor lógico UM: V(m, = V,,,,. Para Vm = V„D, a saída perm anece no va­ lor lógico zero: V„M= 0. À medida que Vin varia de 0 a VPI), em um dado valor V, da entrada, o estado de V„Mé alterado de maneira abrupta.

(a ) Inversor, (h ) característica ideal.

Expliquemos por que um estágio fonte comum pode c)perar como um inversor. T V°D

vKOUt i

Vdd ''

° ^out

^in°—Ikj/I^ vdd (a) F ig u ra

Solução

Exercício

15 .2

Vjn

(b) (a ) E s tá g io

FC, ( b )

c a r a c te rís tic a e n tra d a /s a íd a .

No estágio FC mostrado na Fig. 15.2(a), se Vin = 0 , M, está desligado, a queda de tensão em Rn é nula e, portanto, VOM= VDD. Se, no entanto, Vin = VDD, puxa uma corrente relativamente grande de Rn e, assim, Vout = Vl)n - I,)Rn pode ser próximo de zero. Portanto, como ilustrado pelo gráfico na Fig. 15.2(b), a característica entrada/saída se parece com a de um inversor. O que acontece se R n for substituído por uma fonte de corrente PMOS?

'A expressão “de transferência** nào deve gerar confusão com função de transferência. ♦O uso da sigla VTC, derivada da correspondente expressão em inglês, voltage transfer characteristic, também é muito comum. (N.T.)

Circuitos C M O S Digitais

Exemplo 15.2 Solução

617

Um estágio fonte comum opera como um inversor. Determinemos a CTT para essa configuração.

Consideremos o estágio FC mostrado na Fig. 15.3(a). Vamos variar Vin de 0 a VDDe fazer o gráfico da saída correspondente. Para Vin < VTlh M] permanece desligado e Vouí = V,w (UM lógico). Quan­ do Vmse torna maior que Vnh M , liga e Vou, começa a diminuir: Vout

= VDo

(15.1)

— Iq R d

= Vod — ^ n C o x — R o W n

— V t h )2

»

(15.2)

onde a modulação do comprimento do canal foi desprezada. Quando a entrada aumenta ainda mais, Vout decresce e, para Voul < Vin - Vnh leva M, à região de triodo; logo: W

1

?

VdD — 2 f^n^ox ~j~ R d (Vin 1 “ Vj h ) < Vin\ — Vt H-

(15.3)

¥D D

^out ^in0—

(a) F igura 15.3

(b)

(a) Estágio FC (b ) circuito equivalente para M , na região de triodo forte, (c) característica de

entrada/saída. O valor de Vmque leva à fronteira da região de triodo pode ser calculado a partir dessa equa­ ção. Depois que Vin se torna maior que esse valor, Vnlll continua a diminuir e alcança o nível mais baixo quando Vm ~ Vpi). Vout.m ín — V f)D

(15.4)

R p lD .m d x

w V&D

r^l^nCox r R d [2(V/)£)

Vjyj)Vout%mín

Vollt nu'ti\’

(15.5)

A Eq. (15.5) pode ser resolvida para Volltmín. Se desprezarmos o segundo termo entre colchetes, te­ mos Vdd W

(15.6)

1 + [Lffcox ~j~ R d ( Vdd — V t h ) Este resultado é equivalente a ver A/, como um resistor de valor Ronl = [M/ICm(WV/.)/?/)(V'n/) Vm)] 1e, portanto, Voutmín como resultado de uma divisão de tensão entre Rn e Ronl [Fig. 15.3(b)]. A Fig. 15.3(c) mostra o gráfico da CTT e indica as regiões de operação. Neste papel, o estágio FC também é chamado “inversor NMOS”. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que Rn é substituído por uma fonte de corrente PMOS.

618

Capítulo Quinze

A característica da Fig. 15.1 (b) pode ser realizada na prática? Observamos que Voul sofre uma alteração igual a V ,U) em conseqüência de uma variação infinitesimal de Vm em torno de ou seja, neste ponto, o ganho de tensão do circuito é infinito. Na verdade, como ilustrado no Exemplo 15.2, o ganho permanece finito, produzindo uma transição gradual do valor alto para o baixo (Fig. 15.4). Podemos cham ar o intervalo Vo < Vin < ^2 de região de transição .

Exem plo 1 5 .3

S olução

Exercício

Um inversor deve apresentar uma região de transição com largura de apenas 50 mV. Se a tensão de alimentação for 1,8 V, estimemos o ganho do circuito nessa região. Como uma variação de 50 mV na entrada resulta em uma variação de cerca de 1,8 V na saída, o ganho de tensão é igual a 1,8/0,05 = 36. O que acontece à região de transição se a largura do transistor NMOS for aumentada?

O leitor pode questionar se a transição gradual na Fig. 15.4 pode se tornar problem ática. Afinal, se a entrada alterna entre 0 e Vl)n, a saída ainda produz níveis lógicos válidos. No entanto, na prática, a en­ trada pode não ser exatam ente 0 ou Vm). Por exem ­

Exem plo 1 5 .4

Figura 1 5.4 Característica com ganho finito.

plo, um zero lógico pode aparecer como +100 mV em vez de 0 V. Tal “degradação” dos níveis lógicos advém de uma variedade de fenômenos em grandes circuitos integrados; um exemplo simples pode ilus­ trar esse efeito.

A tensão de alimentação, VnDi é distribuída no chip de um microprocessador através de uma larga fita de metal de 15 mm de comprimento [Fig. 15.5(a)]. Essa fita, chamada “barramento de potên­ cia”, conduz uma corrente de 5 A e apresenta uma resistência de 25 mil. Se o inversor /nv{ produz um UM lógico determinado pelo valor local de Vno, determinemos a degradação desse nível, como amostrada pelo inversor In\h. 5A B

< * = VDD= 1.8 V

Figura 15.5 (a) Dois inversores separados por uma longa distância em um chip, (b) tensões de alimentação equivalentes.

Circuitos C M O S Digitais

619

Solução

O barramento de potência está sujeito a uma queda de tensão de 5 A X 25 mfl = 125 mV, do ponto A ao ponto B: portanto, na saída de Invx, o nível permitido para o UM lógico é de apenas 1,8 V —0,125 V = 1,675 V [Fig. 15.5(b)]. Em conseqüência, Inih amostra um nível alto que sofreu uma degradação de 125 mV em relação à sua própria tensão de alimentação (1,8 V).

Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso em que a largura do barramento de potência é dividida por dois.

Q uanta degradação pode ser tolerada nos níveis de entrada aplicados a uma porta? Consideremos a situação ilustrada na Fig. 15.6, onde os níveis baixo e alto da entrada, V{) e V2>respectivam ente, diferem muito dos correspondentes valores ideais. M apeando

esses níveis na saída, observam os que Volll tam bém apresenta níveis lógicos degradados. Em uma cadeia de portas, degradações sucessivas podem to rn ar o sistema muito “frágil”, e até mesmo corrom per to­ talm ente os estados.

¥

Forma de Onda _ de Saída

'Form a de Onda de Entrada

F ig u ra 1 5 .6

Exem plo

15.5 Solução

D e g ra d a ç ã o d o s n ív e is d c s a íd a c m um in v e rso r.

Esbocemos o gráfico do ganho de pequenos sinais em função de Vin para a característica mostrada na Fig. 15.4. A inclinação da CTT parte de zero, torna-se mais negativa acima de V() e tende a zero novamente para Vin > V2. A Fig. 15.7 mostra o gráfico do resultado.

Figura 15.7

Exercício

E ste gráfico é n ecessariam en te sim étrico? U se um estágio FC com o exem plo.

620

Capítulo Quinze

Exemplo 15.6 S olução

Provemos que, em algum ponto, a magnitude do ganho de pequenos sinais obtido no Exemplo 15.5 deve ser maior que a unidade. Superpondo uma reta com inclinação -1 à CTT mostrada na Fig. 15.8, notamos que a inclinação da CTT é maior que a unidade em parte da região de transição. Isto ocorre porque a região de transição cobre um intervalo mais estreito do que de 0 a Vl)n.

Figura 15.8

Exercício

Um inversor tem ganho de cerca de 2 na região de transição. Qual é a largura da região de transição?

Para quantificar a robustez de uma porta em relação à degradação dos níveis lógi­ cos de entrada, apresentamos o conceito de “margem de ruído” (MR).* Uma definição grosseira de MR é a máxima degradação (ruído) na entrada que pode ser tolerada antes que a saída seja afetada “de m a­ neira significativa”. O que querem os dizer com “de m aneira significativa”? Postulamos que a saída não é relativam ente afetada se o ganho do circuito per­ manecer abaixo da unidade, e chegamos à seguinte definição: A margem de ruído é o máximo desvio dos níveis lógicos ideais que deixa a porta com ganho de tensão de pequenos sinais unitário. O procedim ento para o cálculo da MR é simples: montamos a CTT e determ inam os o nível de en tra­ da em que o ganho de tensão de pequenos sinais se torna unitário. A diferença entre esse nível e o nível M a rgem de Ruído

Exem plo

lógico ideal fornece a MR. Associamos uma margem de ruído ao nível baixo da entrada, M R ,, e outra ao nível alto da entrada, MR„. A Fig. 15.9 resume estes conceitos. As duas tensões de entrada são denotadas por V„ e VUh respectivamente.

Um estágio fonte comum opera como inversor NMOS. Calculemos as margens de ruído.

1 5 .7

Solução

Podemos adotar uma de duas abordagens. Primeira, como o ganho de pequenos sinais do estágio é igual a - g mR„ e como gm = fJ^Cox(W /L )(V GS - V m\ temos l^nCox ~y ~(Yil - Vth )RD = 1,

* 0 uso da sigla NM, derivada da correspondente expressão em inglês noise margitu também é muito comum. (N.T.)

(15.7)

Circuitos C M O S Digitais

621

e, portanto, Vil =

(15.8)

w + Vth HnCox ~y Rn

Na segunda abordagem, diferenciamos os dois lados de (15.2) em relação a Vin: Wout r W a i/ " = VnCox T R d W OVin L = -1

l

(15.9)

Vt h )

(15.10)

logo, M R l — Vil —

(15.11)

^ + Vt h t^nCox~^RD

Ou seja, a entrada deve exceder V TU por (finCoxRDW/L) 1para que o circuito alcance o ponto de ganho unitário. À medida que Vm leva à região de triodo, a transcondutância de A/, e, portanto, o ganho de tensão do circuito começam a cair. Como. no Capítulo 6, não desenvolvemos um modelo de pequenos sinais para MOSFET que opera na região de triodo, prosseguimos com a segunda abordagem: (15.12)

Vout — Vdd — R d I d

= VDD ~

W

1

^ n C ox- R D [ 2 ( V in - VTH)Vm

-

(15.13)

V 2o ul].

Devemos igualar a inclinação desta característica a - l e determinar a MR„: d Vou,

1

d Vi„ ~

I 11

„

W n

, 0/1,

[ „ ,

l7

L

^ d Voul

d V o u .l

™ ] dV in

9 Vin 1

(15.14)

Com dV,m/d V ln = -1 , (15.14) fornece 1 v»ut —

. W

Vn

~ VTH 2 ’

(15.15)

2n nCox— R n

Se este valor de Vm„ for substituído em (15.13), pode-se determinar o correspondente valor de V„, (V m na Fig. 15.9). Com isto, M R n = V,,,, - V,„. Exercício

Exem plo

Calcule as margens de ruído para os níveis baixo e alto quando Rn = 1 kíl, n nCm = 100 /xA/V2, W/L = 10, Vrn = 0,5 V e VDD = 1,8 V.

1 5 .8

Como sugere (15.6), o nível de saída de um inversor NMOS sempre é degradado. Determinemos uma relação que garanta que essa degradação permanece abaixo de 0,05 K,,,,.

Solução

Igualando (15.6) a 0,05V"7)/), obtemos

622

Capítulo Quinze

w

(15.16)

^ hC ox— R d (V dd — V t h ) = 19

logo,

19 R d

=

(15.17)

W H,iC0x -j - ( V dd ~ V t h )

N otem o s que o lad o d ire ito é igual a 19 vezes a resistência em condução de M ,. P o rtanto. R„ deve p e rm a n e c er acim a d e 19/^„lt,.

Exercício

15.1.2

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara um a d eg rad ação de 0,1 V„„.

C aracterização D inâm ica de Portas

A c a r a c te r ís tic a e n tr a d a /s a íd a d e u m a p o r ta é ú til n a d e te r m in a ç ã o d a d e g r a d a ç ã o d o s n ív e is d e e n tr a d a q u e o c ir c u ito to le r a . O u t r o a s p e c to i m p o r ta n te d o d e s e m p e n h o d e u m a p o r ta é a s u a v e lo c id a d e . C o m o p o d e m o s q u a n tif ic a r a v e lo c id a d e d e u m a p o r ta ló g i­

Exem plo

15.9

c a ? U m a v e z q u e a p o r ta o p e r a co m g ra n d e s sin a is n a e n tr a d a e n a s a íd a e, p o r ta n to , e s tá s u je ita a g ra n d e n ã o lin e a r id a d e , o s c o n c e ito s d e fu n ç ã o d e tr a n s f e ­ rê n c ia e d e la rg u r a d a b a n d a d e ix a m d e t e r sig n ific a ­ do. P o r ta n to , d e v e m o s d e fin ir v e lo c id a d e s e g u n d o o p a p e l d a s p o r ta s e m s is te m a s d ig ita is. U m e x e m p lo e s c la re c e e s te p o n to .

A e n tra d a de um in v erso r N M O S passa de V np a 0 em t = 0 [Fig. 15.10(a)]. Se o circuito vê um a capacitância de carg a C , , de q u a n to tem p o a saída precisa p ara alcançar 95% do nível alto ideal? Vam os su p o r que, q u a n d o está ligado, Vout p ode ser apro x im ad o p o r (15.6). v DD

Vm

1 VD D

VD D

a DD

M/

1

h

El

V,o u t

I T cL

0,05 VDD

DD

^""1 4

° Kout

^out

▼=FC l

3/?d Ci

(a) (b) (c) Figura 15.10 (a) Inversor NMOS sujeito a um degrau de entrada, (b) rota de carga para Q , (c) formas dc onda de entrada e de saída.

Solução

E m / = 0 , M x está ligado e estabelece um a condição inicial em C , igual a

Vou'(0~) =

Vdd W 1 + LLnC0x — RD(VDD — V t h )

(15.18)

E m / = 0 +, o circuito se red u z ao m o strad o na Fig. 15.10(b), onde C , é c arreg ad o em direção a V nn p o r R n . P ortan to , tem o s

Vou.it) = Vou, ( 0 - ) + [VDD ~ K * „ ( 0 -)] (l -

exp

j

t > 0

(15.19)

Circuitos CMOS Digitais

623

(E sta e q u a ç ã o foi escrita d e m o d o q u e o p rim eiro te rm o d e n o te o v alo r inicial se esco lh erm o s / = O e a som a d o p rim eiro e d o segundo term o s forneça o v alor final se escolherm os t = °°.) O te m p o necessário p ara que a saída atinja 95% de V DDi Ti)5%yé o b tid o de 0,95Vbo = K,„,(0~) + [VDD - K « ( 0 - ) ] ( l - exp

(15-20)

P ortanto,

7 DD( n - y VDD ~ Vout\V )

^95% = - R d C l ln —— -

(15.21)

Se p u d erm o s s u p o r q u e V m) - Vout(0 ) « V nl)J en tã o T95 % » 3 R

d C l-

(15.22)

E m o u tras palavras, a saída gasta cerca de três co n stan tes de tem p o p ara alcançar um a ten são p ró ­ xim a do nível a lto ideal [Fig. 15.10(c)]. A o co n trá rio de po rtas lógicas ideais usadas no p ro je to ló­ gico básico, esse in v erso r a p re sen ta um tem p o de transição finito na saída.

Exercício

Q u a n ta s c o n sta n te s de tem p o são necessárias para que a saída alcance 90% d o valor ideal?

O e x e m p lo a n t e r io r r e v e la u m a lim ita ç ã o f u n d a ­ m e n ta l: n a p r e s e n ç a d e u m a c a p a c itâ n c ia d e c a rg a , u m a p o r ta ló g ic a n ã o é c a p a z d e r e s p o n d e r im e d i a ­ t a m e n t e a u m a e n t r a d a . O c ir c u ito d a Fig. 1 5 .1 0 (a )

P o r te r e m p a p é is c ru c ia is e m c irc u ito s d ig ita is d e a lta v e lo c id a d e , o te m p o d e tr a n s iç ã o e o r e ta r d o d e ­ v e m s e r d e fin id o s c o m m u ito c u id a d o . C o m o ilu s tra a Fig. 15.11 (a ), d e fin im o s o “ te m p o d e s u b id a ” d a sa íd a ,

le v a cerca d e três constantes d e tem po para p r o d u z ir u m n ív e l c o n fiá v e l n a s a íd a e, p o r c o n s e g u in te , e s tá s u je ito a u m “ r e t a r d o ” .* O u s e ja , a s a íd a d e p o r ta s é lim ita d a p e lo te m p o d e tr a n s iç ã o fin ito n a s a íd a e p e lo r e t a r d o re s u lta n te .

c o m o o te m p o n e c e s s á rio p a r a q u e a s a íd a p a s s e d e 1 0 % d e V ,w a 9 0 % d e V ,w .2 D e m o d o sim ila r, o “ te m p o d e d e s c id a ” , T ,,,é d e fin id o c o m o o te m p o n e ­ c e s s á rio p a r a q u e a s a íd a p a s s e d e 9 0 % d e V ,,,, a 10% d e V ,)n. E m g e ra l, T ,( e T , p o d e m n ã o s e r iguais.

Figura 15.11

Definição de (a) tempos de subida e de descida e (b) retardos de propagação.

*Os termos “atraso" e “latencia,, são igualmente empregados. (N.T.) 2Esta definição só se aplica se os níveis baixo e alto forem iguais a 0 e Vl)l)y respectivamente.

624

Capítulo Quinze

Exem plo 15.10

U m in v erso r N M O S a lim en ta um estágio idêntico, com o indicado na Fig. 15.12. D izem os qu e a p rim eira p o rta vê u m “ le q u e ” (fa n o u t) de saída unitário. S upondo um a d eg rad ação de 5% no nível baixo de saída (E x em p lo 15.8), d eterm in em o s a con stan te de tem p o no nó X q u an d o V x passa de baixo a alto. V am os su p o r C x « W L C ox. - J -----------------J -

VDD

out Figura 15.12

Solução

Cascata de inversores.

R ecordem os, do E x em p lo 15.9, q ue essa con stan te de tem p o é igual a R nC x . S upondo R n = 19J?*,,, escrevem os (15.23)

r = R dCx

\Y 19 HnC0x — (VDD - V t h )

WLC ^O X

19 L 2

(15.24)

(15.25)

Mn(VoD - V th ) E x e rc íc io

Exem plo 15.11

Solução

S u p o n h a q u e a la rg u ra d e M 2 seja d o b rad a, e n q u a n to a de M, p e rm a n e ce in alterad a. C alcule a co n stan te de tem po.

N o E x em p lo 15.4, o fio q u e co n e cta a saída d e I n v x à e n tra d a d e Inx^ tem um a cap acitân cia de 50 X 10 18 F (50 a F )3 p o r m icrô m etro de com prim ento. Q ual é a capacitância de interco n ex ão ali­ m en tad a p o r I n v ]! P ara 15.000 m icrôm etros, tem os Q m = 15.000 x 50 x 10"18F

= 750 fF.

(15.26) (15.27)

P a ra a v aliar a significância d e ste valor, calcu lem o s a c ap acitân cia d e p o rta d e um p e q u e n o M O SFE T , p o r exem plo, com W = 0,5 /xm. L = 0,18 ^im e Cox = 13,5 íF /fim 2: CGS * W L C ox * 1,215 fF.

(15.28) (15.29)

E m o u tra s p alav ras, In v x vê um a cap acitân c ia d e carg a e q u iv a le n te a um leq u e d e saída d e 750 fF/1,215 fF « 617, com o se alim entasse 617 portas. E x e rc íc io

Q u al é o leque de saíd a eq u iv alente se a largura d o fio for dividida p o r dois?

'O prefixo eorrespondente a 10 18é “ato"

625

Circuitos CMOS Digitais C o m o a e n t r a d o d e u m a p o r t a é p r o d u z id a p o r o u t r a p o r t a e, p o r t a n t o , e s tá s u j e i t a a u m t e m p o d e tr a n s i ç ã o fin ito , o r e t a r d o d a p o r t a d e v e s e r c a r a c ­ te riz a d o co m u m a fo rm a d e o n d a d e e n tr a d a r e a ­ lis ta , e m v e z d o d e g r a u a b r u p t o d a F ig . 15.11 ( a ) . P o r t a n t o , a p lic a m o s à e n t r a d a u m d e g r a u c o m u m te m p o d e s u b id a típ ic o e d e fin im o s o r e ta r d o d e p r o p a g a ç ã o ( o u a tr a s o o u la t ê n c i a ) c o m o a d i f e r e n ­ ça e n tr e os in s ta n te s d e te m p o em q u e a e n tr a d a e a s a í d a c r u z a m o n ív e l V n i)l2 [F ig . 15.11 ( b ) ] . C o m o o s t e m p o s d e s u b id a e d e d e s c id a d a s a íd a n ã o s ã o ig u a is , n e c e s s i t a m o s d e u m r e t a r d o d e b a ix o p a ­ r a a l to , T ,.U h e d e u m r e t a r d o d e a l t o p a r a b a ix o , T r m , p a r a c a r a c t e r i z a r a v e lo c id a d e . N a te c n o lo g ia C M O S d e h o je , p o d e m s e r o b t i d o s r e t a r d o s d e p o r ­ ta s d a o r d e m d e 1 0 ps. O le ito r p o d e q u e s tio n a r a n a tu r e z a d a c a p a c itâ n ­ cia d e c a r g a d o E x e m p lo 15.9. S e a p o r ta a lim e n ta r a p e n a s u m o u t r o e s tá g io n o c h i p , e s s a c a p a c itâ n c ia a d v é m d e d u a s fo n te s: a c a p a c itâ n c ia d e e n tr a d a d a (s ) p o r ta ( s ) s u b s e q u e n te ( s ) e a c a p a c itâ n c ia a s s o c ia d a às “ in te r c o n e x õ e s ” (fio s n o c h ip ) q u e c o n d u z e m o sin a l d e u m c irc u ito a o u tr o .

15.1.3

Potência versus V e locidade

C ir c u ito s in te g r a d o s q u e c o n tê m m ilh õ e s d e p o r ta s p o d e m c o n s u m ir u m a p o t ê n c i a m u ito e le v a d a ( d e ­ z e n a s d e w a tts ) . A d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia é c ru c ia l, p o r v á ria s ra z õ e s. P r im e ir a , d e te r m i n a a v id a ú til d a b a te r i a e m a p lic a tiv o s p o r tá te i s , c o m o n o t e b o o k s e te le f o n e s c e lu la re s . S e g u n d a , te n d e a a u m e n t a r a t e m p e r a t u r a d o c h ip , o q u e d e g r a d a o d e s e m p e n h o d o tr a n s is to r .4 T e r c e ir a , r e q u e r e m p a c o ta m e n t o s e s ­ p e c ia is ( e c a r o s ) q u e p o s s a m c o n d u z ir o c a lo r p a r a f o r a d o c h ip .

C o m o u m a p o r ta c o n s o m e p o tê n c ia ? C o n s id e r e ­ m o s o in v e r s o r M O S d a Fig. 15.13 c o m o e x e m p lo . Se V m = 0, A/, e s tá d e s lig a d o . Se, n o e n ta n to , V in = V „ n , M , p u x a u m a c o r r e n te ig u a l a r

Voiit,n\(n

I d = -------- - ----------.

q u e , a p a r tir d e (1 5 .6 ), se tr a d u z e m W r H n C o x -r íY D D — V t u W d D

b = ----------- S v ----------------------1 +

/^ n C o sf—

R

d

Figura 15.13

Inversor MOS alim entando uma capacitância

(15.31)

(Y d d — V t h )

D e m o d o a lte r n a tiv o , j

_

Vd d

(15.32)

R d + Ronl

P o r ta n to , q u a n d o a s a íd a e s tá b a ix a , a p o r ta c o n s o ­ m e u m a p o tê n c ia ig u a l I n - V n n . (S e R „ » /„ • V n n ~ VoiJR-n-) A g o ra , re c o rd e m o s , d o E x e m p lo 15.9,

q u e o te m p o d e s u b id a d a s a íd a d a p o r ta é d e te r m i­ n a d o p e la c o n s ta n te d e te m p o R „ C r . P o r c o n s e g u in ­ te , o b s e r v a m o s u m a re la ç ã o d ir e ta d e p e r m u ta e n tr e d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia e v e lo c id a d e : u m a lto v a lo r d e R n r e d u z a d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia , m a s r e s u lta e m r e ta r d o m a is lo n g o . N a v e r d a d e , p o d e m o s d e fin ir u m a fig u ra d e m é r ito c o m o o p r o d u t o d a d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia p e la c o n s ta n te d e te m p o :

U d Vd d ) ■( R dC x ) = p Vl m0

l
• ( R dC x )■

(15.33)

C o m o r e s s a lta m o s n o E x e m p lo 15.8, e m g e r a l R „ » R„nl; p o r ta n to , (I d Vd d ) ■( R dC x ) % V 2DDCX .

de carga.

/1C

( I d .íu ;

K d

(15.34)

E m p r o je to s d ig ita is, a fig u ra d e m é r ito é d e fin id a c o m o o p r o d u to d a d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia , P , p e lo r e ta r d o d a p o r t a e n ã o p e la c o n s ta n te d e te m p o d a s a íd a . A ju s tific a tiv a p a r a isto é q u e , m u ita s v e ze s, a o p e r a ç ã o n ã o lin e a r d e p o r ta s p r o íb e o u s o d e u m a ú n ic a c o n s ta n te d e te m p o p a r a e x p r e s s a r o c o m p o r ­ ta m e n to d e tra n s iç ã o d a sa íd a . A ssim , a fig u ra d e m é ­ r ito é c h a m a d a “ p r o d u to p o tê n c ia - r e ta r d o ” ( P P R ).*

4Por exemplo, a mobilidade de um dispositivo MOS diminui à medida que a temperatura aumenta. *É muito comum, também, o uso da sigla PDP, derivada da correspondente expressão em inglês power-delay produet. (N.T.)

626

Capítulo Quinze

C o m o T r m e T r u , p o d e m n ã o s e r ig u a is, d e fin im o s o P P R e m r e la ç ã o à m é d ia d o s d o is:

P P R = p . TpHL + T p u i

Exemplo 15.12 Solução

N o te m o s q u e o P P R te m d im e n s ã o d e e n e rg ia , o u seja , in d ic a q u a n ta e n e r g ia é c o n s u m id a p o r u m a o p e ­ ra ç ã o ló g ic a .

(15.35)

C on sid erem o s a cascata de inversores N M O S idênticos estu d ad a no E xem plo 15.10. S upondo que TPU, seja ap ro x im ad am en te igual a três co nstantes de tem po, d e term in em o s o p ro d u to potênciare ta rd o p ara a tran sição b aixo-alto no nó X . E x p ressan d o a dissip ação de potência com o InVDD « V?mIRn , tem os (15.36)

PPR = (I d Vdd )(?R DCx )

Por exem plo, se V,,,, I O 14 J = 11,4 fJ. E x e rc íc io

15.2

=

1,8 V, W

= 0,5

(15.37)

= 3Vq D W L C (IX.

(15.38)

/u,m. L

= 0,18

/um e

C,„ =

13 fF/ju.m2, en tã o P P R

=

1,14 X

Q ual é a p o tên cia co n su m id a se o circuito o p e ra r em um a frequência de 1 G H z?

IN VER SO R C M O S

O in v e r s o r C M O S , ta lv e z a in v e n ç ã o m a is e le g a n te e im p o r ta n te d e c ir c u ito n a te c n o lo g ia C M O S , r e p r e ­ s e n ta a b a s e d e m o d e r n o s s is te m a s V L S I* d ig ita is. N e s ta s e ç ã o , e s tu d a r e m o s a s p r o p r ie d a d e s e s tá tic a s e d in â m ic a s d e s s e c irc u ito .

15.2.1

= 3VpDCx

C onceitos Básicos

V im o s , n a S e ç ã o 1 5 .1 1 , q u e a f u n ç ã o N O T ( in v e r ­ s o r) p o d e s e r r e a liz a d a c o m um e s tá g io fo n te c o m u m , Fig. 1 5 .3 (a). C o m o f o r m u la m o s n o s E x e m p lo s 15.8 e 15.9, e s s e c ir c u ito e s tá s u je ito à s s e g u in te s q u e s tõ e s : (1 ) d e v e -s e e s c o lh e r a r e s is tê n c ia d e c a rg a , R ,„ m u i­ to m a io r q u e a r e s is tê n c ia e m c o n d u ç ã o d o tr a n s is ­ to r ; (2 ) o v a lo r d e R „ o rig in a u m a r e la ç ã o d e p e r m u ta e n t r e v e lo c id a d e e d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia ; (3 ) o in v e r s o r c o n s o m e u m a p o tê n c ia a p r o x im a d a m e n te ig u a l a V fífítR n t d e s d e q u e a s a íd a p e r m a n e ç a b a ix a . E s te ú ltim o e f e ito , c h a m a d o “ d is s ip a ç ã o d e p o t ê n ­ c ia e s t á t i c a ” , é d e e s p e c ia l im p o r tâ n c ia e m g r a n d e s c ir c u ito s d ig ita is , p o is o i n v e r s o r c o n s o m e e n e r g ia m e s m o q u e n ã o e s te ja c o m u ta n d o . P o r e x e m p lo , e m u m c h i p V L S I q u e c o n t e n h a u m m ilh ã o d e p o r ta s ,

m e ta d e d a s s a íd a s p o d e e s ta r n o n ív e l b a ix o , e m u m d a d o in s ta n te d e te m p o ; is to e x ig iria u m a d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia d e 5 X IO5 X V?w I R n . Se V n n = 1,8 V e R n = 10 k í l , is to sig n ific a ria u m c o n s u m o d e 162 W d e p o tê n c ia e s tá tic a ! A s m e n c io n a d a s d e fic iê n c ia s d o in v e r s o r N M O S a d v ê m , b a s ic a m e n te , d a n a tu re z a “ p a s s iv a ” d o re s is to r d e c a rg a , q u e c h a m a r e m o s d e d is p o s itiv o “ d e e le v a ­ ç ã o ” ( o u d is p o s itiv o d e p iii l- u p ) . C o m o R n a p r e s e n ta u m a r e s is tê n c ia c o n s ta n te e n tr e V nn e o n ó d e s a íd a , (1 ) M , d e v e “c o m b a te r ” R n e, a o m e s m o te m p o , e s ta ­ b e le c e r u m n ív e l b a ix o n a sa íd a ; p o r ta n to , R„nX d e v e p e r m a n e c e r m u ito m e n o r q u e R n [Fig. 15.14 (a )]; (2 ) d e p o is q u e A/, d e s lig o u , a p e n a s R „ p o d e e le v a r o n ó d e sa íd a e m d ire ç ã o a V nn [F ig .l5 .1 4 (b )];(3 ) q u a n d o a s a íd a e s tá n o n ív e l b a ix o , o c irc u ito p u x a u m a c o r r e n ­ te a p r o x im a d a m e n te ig u al a V m J R n d a a lim e n ta ç ã o [Fig. 1 5 .14(c)]. P o r ta n to , b u s q u e m o s u m a r e a liz a ç ã o m a is e fic ie n te q u e e m p r e g u e u m d is p o s itiv o d e e le ­ v a ç ã o “ in te lig e n te ” . C o m o o d is p o s itiv o d e e le v a ç ã o id e a l d e v e se c o m p o r t a r e m u m in v e r s o r ? Q u a n d o M , d e s lig a , o d is p o s itiv o d e e le v a ç ã o d e v e c o n e c ta r o n ó d e s a í­ d a a V ;,,,, d e p r e f e r ê n c ia c o m u m a b a ix a r e s is tê n c ia [Fig. 1 5 .1 5 (a)]. Q u a n d o M 2 lig a, o d is p o s itiv o d e e l e ­ v a ç ã o d e v e d e s lig a r, d e m o d o q u e n ã o flu a c o r r e n -

*VLSI é o acrônimo da expressão em inglês very-large-scale integration, ou integração em escala muito grande. (N.T.)

Circuitos CMOS Digitais te d e V ni) p a r a a t e r r a (e Vmil s e ja e x a t a m e n te ig u a l a z e r o ) . E s t a ú ltim a p r o p r i e d a d e ta m b é m r e d u z o

627

t e m p o d e d e s c id a n a s a íd a , c o m o ilu s tr a d o p e lo p ró -

x im o e x e m p lo .

Figura 15.14 (a) Degradação do nível dc saída cm um inversor NMOS, (b) limitação de tempo de subida devido a R,)y (c) consu­ mo de potência estática durante o nível de saída baixo.

- VDD

~ VDD

j ► j Dispositivo de J > i Elevação ( Pull-Up)

j / > i Dispositivo de > i Elevação ( Pull-Up)

^ > V o « = VDD

'---- ° Vout = 0

VD O ^ \ l M, (a)

Figura 15.15

Exem plo 15.13

(b)

U so de um dispositivo de elevação para nível de saída (a) alto e (b) baixo.

C o n sid erem o s as d u as im plem entações de inversor ilustradas na Fig. 15.16. S uponham os que V ux passe de 0 a V ni) e m / = 0 e que o dispositivo de elevação na Fig. 15.16(b) desligue nesse m esm o in stan te de tem p o . C o m p arem os os tem pos de descida de saída dos dois circuitos, adm itindo que, nos dois casos, e C , são idênticos. DD

Ti

- p VDD

I " * r—

iT

ol/°u'

jC l

(a) Figura 15.16

Solução

Exercício

P

Dispositivo de Elevação ( Pull-UP)

r— vin°— it^AT-iT

-o V tout

|T jC L

(b)

Comparação entre (a) inversor NMOS e (b) inversor que usa um dispositivo de elevação ativo.

N a Fig. 15.16(a), M x pode ab so rv er d u a s correntes: um a conduzida p o r R ,y e o u tra necessária para d escarreg ar C ,. N a Fig. 15.16(b), I m apen as d escarrega C ,, pois o dispositivo de elevação está d e s­ ligado. Em co n seq ü ên cia, Vout cai m ais rap id am en te na topologia da Fig. 15.16(b).

Para cada circuito, determine a energia consumida por M, à medida que Voul passa de V„„ para zero.

628

Capítulo Quinze

. J

v° °

‘'o u t

(a) Figura 15.17

(b)

(a) Dispositivo dc elevação controlado pela entrada, (b) inversor CMOS.

E m s u m a , d e s e ja m o s q u e o d is p o s itiv o d e e l e ­ v a ç ã o n a Fig. 15.15 lig u e q u a n d o A/, d e s lig a e v ice v e r s a . É p o s s ív e l e m p r e g a r u m t r a n s i s t o r p a r a e s ­ te fim e lig á -lo e d e s lig á -lo c o m a te n s ã o d e e n tr a d a [Fig. 1 5 .1 7 (a )]? N o ta m o s q u e o tr a n s i s to r d e v e lig a r q u a n d o V m e s tiv e r b a i x o e p o s tu la m o s q u e u m d is ­ p o s itiv o P M O S se fa z n e c e s s á r io [Fig. 15.17 (b )]. E s ta to p o lo g ia , c h a m a d a “ in v e rs o r C M O S ” , se b e n e fic ia d a “ c o o p e r a ç ã o ” e n t r e o s d is p o s itiv o s N M O S e P M O S : q u a n d o M , d e s e ja p u x a r Voul p a r a b a ix o , M 2 d e s lig a e v ic e -v e rs a . É im p o r ta n te r e s s a lta r q u e , d e v id o à n a tu r e ­ z a “ a t i v a ” d o d is p o s it i v o d e e l e v a ç ã o , o in v e r s o r C M O S , d e f a to , e v ita a s d e f ic iê n c ia s d a im p le m e n ­ t a ç ã o N M O S : ( 1 ) o n ív e l b a i x o d e s a í d a é e x a t a ­

m e n t e ig u a l a z e r o , p o is V in = V n n a s s e g u r a q u e M 2

p e r m a n e ç a d e s lig a d o ; (2 ) o c ir c u ito c o n s o m e p o t ê n ­ c ia e s tá tic a n u l a , ta n t o n o n ív e l a lto c o m o n o n ív e l b a ix o d e s a íd a . A Fig. 1 5 .1 7 (c ) m o s tr a u m e s b o ç o d a c a ra c te rís tic a e n tra d a /s a íd a , e n f a tiz a n d o q u e Volll = 0 p a r a V m = V ,U). A o lo n g o d e s te c a p ítu lo , d e n o t a r e ­ m o s a s r a z õ e s d e a s p e c to d o s t r a n s i s t o r e s N M O S e P M O S e m u m in v e r s o r p o r (W /L ), e ( W /L ) 2, r e s ­ p e c tiv a m e n te .

15.2.2 C aracterística de Transferência de Tensão In ic ia m o s n o sso e s tu d o d e ta lh a d o d o in v e rs o r C M O S c o m su a c a ra c te rís tic a e s tá tic a . D e v e m o s v a ria r V in d e

Figura 15.18 (a) Inversor CMOS que amostra uma entrada baixa, (b) circuito equivalente, (c) corrente de alimentação quando os dois transistores estão ligados, (d) modelo de pequenos sinais.

Circuitos CMOS Digitais z e r o a V ,U) e f a z e r o g rá fic o d a c o r r e s p o n d e n te te n s ã o d e sa íd a . N o te m o s q u e , e m to d a s a s c o n d iç õ e s, o s d o is tr a n s is to r e s c o n d u z e m c o r r e n t e s ig u a is ( d e s d e q u e o in v e r s o r n ã o s e ja c a r r e g a d o p o r q u a lq u e r o u tr o c ir­ c u ito ) . S u p o n h a m o s q u e V,„ = 0 [Fig. 15.18 (a )J. C o m isto , A/, e s tá d e s lig a d o , e Aí2, lig a d o . C o m o p o d e M 2 p e r m a n e c e r lig a d o e n q u a n t o | / #,2| = h n = 0 ? Is to só é p o s s ív e l se Aí, s u s te n ta r u m a te n s ã o d r e n o - f o n te n u la . O u s e ja , 1

/W \

\ l D 2 \ = ^ p C o  - j [ 2 (V d d - \ V TH2 \ W d s 2 \ - V 2d s ] = 0 .

(15.39)

q u e V in a u m e n ta , Vmu c o n tin u a a d im in u ir, p o is /„ , e a r e s is tê n c ia d e c a n a l d e M 2 a u m e n ta m . S e Vm„ d im in u ir s u fic ie n te m e n te , M 2 e n t r a n a r e ­ g iã o d e s a tu r a ç ã o . O u s e ja , se Volll = V„, + | V ni2\, M 2 e s tá p r e s te s a s a ir d a re g iã o d e trio d o . O q u e p o d e ­ m o s d iz e r d e A í,? C o m o a t e n s ã o d e d r e n o d e Aí, ( = VUIII) é m a i o r q u e s u a te n s ã o d e p o r ta (V',,), e sse d is p o s itiv o a in d a o p e r a e m s a tu r a ç ã o . P a r a o b t e r a C T T d o in v e rs o r n e s s a re g iã o , ig u a la m o s a s c o r r e n te s d e d r e n o n o v a m e n te e d e s p r e z a m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l:

2 HnCox

Is to r e q u e r q u e VDS2 = 0

(15.40)

Vou, = VDD.

(15.41)

629

(Vin - VTH \?

=

^HpCox

( V d d ~ Vin ~ W t h 2\)2-

(15.44)

e , p o r ta n to ,

D e o u tr a p e r s p e c tiv a , M 2 f u n c io n a c o m o u m r e s is to r d e v a lo r

7W \

R on2 — V-pCox

j

’ (Y d

d

-\V

(15.42)

O q u e a c o n te c e u c o m V^„„? A E q . (1 5 .4 4 ) n ã o faz s e n tid o , p o is n ã o c o n té m VOMe im p lic a um ú n ic o v a lo r p a r a V in. E s te d ile m a s u rg e p o r q u e p e r m itim o s q u e d u a s f o n te s d e c o r r e n te id e a is c o m p e tis s e m n o n ó d e s a íd a . A in c lu s ã o d a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l re s o lv e o p ro b le m a :

2

VnCox [ - )

=

2 ^P^ox (

(Vin - VT,n ) 2( 1

+

A - il^ ,)

t h 2\)

e e le v a o n ó d e s a íd a a V nn [Fig. 1 5 .1 8 (b )]. À m e d id a q u e V m a u m e n ta , a s o b r e c a r g a p o r ta fo n te d e M 2 d i m i n u i e s u a r e s is tê n c ia e m c o n d u ç ã o a u m e n ta . N o e n ta n to , p a r a V„, < V r m , M x p e r m a n e c e d e s lig a d o e V„ut = V n n . Q u a n d o V in se t o r n a lig e ira ­ m e n te m a io r q u e V Tm , Aí, lig a e p u x a u m a c o r r e n te d e V n n a t r a v é s d a r e s is tê n c ia e m c o n d u ç ã o d e A í, [Fig. 1 5 .18(c)]. C o m o V in to d a v ia é p r ó x im o d e V n n , Aí, o p e r a e m s a tu r a ç ã o e Aí2 a in d a se e n c o n tr a n a r e ­ g iã o d e tr io d o . I g u a la n d o a s c o r r e n t e s d e d r e n o d o s d o is, o b te m o s

x

)

( y ° D~ Vin — \VTH2\)2[l+ ^l(yD D —K » / ) ] . (15.45)

E o b te m o s

^ D D -V i„ -\V T H 2 \)2- ^ n ( - ^ \ ( V i„ - V TH l)2

Vou,

/1 V \

^ 2>ÀP \ l ) (y>D—V‘n—\V TH $+^\V -ny-J-j (Vn—VrHi) 2 (15.46) P a ra u m m a io r e n te n d im e n to e p a r a p r o v a r q u e Voul s o f re u m a v a ria ç ã o a b r u p ta , c a lc u le m o s o g a n h o

^MnCoí = \ n PCox

^ (V in -V im )2 [2 (V d d ~ V „ - \V TH2\) (V DD - Voul) -(V d d ~ V o u .fl

(15.43)

o n d e a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l foi d e s ­ p r e z a d a . E s ta e q u a ç ã o q u a d r á tic a p o d e s e r re s o lv id a e m te r m o s d e V nn - V
d e p e q u e n o s s in a is d o in v e r s o r n e s s a re g iã o . C a d a tr a n s is to r o p e r a e m s a tu r a ç ã o e p o d e s e r m o d e la d o c o m o u m a fo n te d e c o r r e n te c o n tr o la d a p o r te n s ã o e d e im p e d â n c ia d e s a íd a fin ita [Fig. 1 5 .1 8 (d )]. C o m o v 2 = i», = t>„„ u m a L C K n o n ó d e s a íd a fo rn e c e — Vin

=

-te m i

+ g n a )(r o \\\r o 2 ),

(15.47)

in d ic a n d o q u e o g a n h o d e te n s ã o é d a o r d e m d o g a ­ n h o in tr ín s e c o d e u m M O S F E T . A ssim , p a r a u m a p e ­

630

Capítulo Quinze

q u e n a v a r ia ç ã o e m V in, e s p e r a m o s u m a g r a n d e v a r ia ­ ç ã o e m Vm„. A Fig. 1 5 .1 9 (a) re s u m e n o ssa s c o n c lu s õ e s a té a q u i. A sa íd a p e r m a n e c e e m V nn e n q u a n to Vm < V rm , c o m e ­ ça a d im in u ir q u a n d o V M se to r n a m a io r q u e V rm e s o ­ fre u m a q u e d a a b r u p ta q u a n d o M 2 e n tr a e m sa tu ra ç ã o . O nível d e e n tr a d a e m q u e Vuul = V in é c h a m a d o “ p o n to d e c h a v e a m e n to ” ( ta m b é m c h a m a d o “ lim ia r d e c h a v e a m e n to ” ) d o in v e rs o r [Fig. 1 5 .1 9 (b )]. N e s te p o n to , o s d o is tra n s is to re s e s tã o e m s a tu r a ç ã o ( p o r q u ê ? ) . O p o n to d e c h a v e a m e n to é d e n o ta d o p o r V M. A lé m d isto , os v a lo re s m á x im o e m ín im o d a s a íd a d e u m a p o rta são d e n o ta d o s p o r V o n e V o l , r e s p e c tiv a m e n te . À m e d id a q u e a e n tr a d a u ltr a p a s s a o p o n to d e c h a v e a m e n to , e m a lg u m m o m e n to V in - V„M s e t o r ­

n a m a io r q u e V r m , o q u e le v a Aí, à r e g iã o d e t r i o ­ do. P o r ta n to , a tr a n s c o n d u tâ n e ia d e M , d im in u i, a s ­ sim c o m o o g a n h o d e p e q u e n o s s in a is d o c ir c u ito [Fig. 1 5 .19(c)]. A g o ra , te m o s 1

/W \

1 ÍW \ [ 2 ( Y n - V tH \)V o u i " V I uA = 2 * pC°X\ T ) 2

^nC ox

(VDD — Vin

—IV77/2 I)2»

(15.48)

o n d e a m o d u l a ç ã o d o c o m p r i m e n t o d o c a n a l fo i d e s p r e z a d a . C o m e q u a ç ã o q u a d r á tic a , V nul p o d e s e r e x p r e s s o e m te r m o s d e V m\ e s p e r a m o s u m a in c li­ n a ç ã o m a is g r a d u a l , p o is M , o p e r a n a r e g i ã o d e tr io d o .

M j Desligado, M2 na Região de Triodo ^OUt

v DD

em Saturação, M2 na Região de Triodo y

VDD

—r~

DD

iS

M ^e M2 em Saturação *TH1

+0-

‘'out

Ko ut

r ' -i ^TH1

^inT

V^jn (b)

(a)

(C )

Desligado, M2 na Região de Triodo V

♦

out

(T)

S

DD

em Saturação, M2 na Região de Triodo

M2em Saturação

(^ p \

®\

M-, na Região de Triodo, M2 em Saturação na Região de Triodo, M2 Desligado

( t *TH1

! VDD

_

©

| VTH2 |

VDD

V\n

(d) Figura 15.19 (a) Comportamento do inversor CMOS para V„, ^ VmT, (b) inversor CMOS no ponto de chaveamento, (c) M x na fronteira da região de saturação, (d) característica global.

Exem plo 15.14 Solução

D eterm in em o s a relação e n tre ( W /L ) { e ( W /L ) 2 qu e estabelece o p o n to de chav eam en to do inver­ so r C M O S em V m)/2 e, d esta form a, provê um a C T T “sim étrica” S u b stitu in d o Vin e V„„, p o r V n„l2 na E q. (15.45). o b tem os Vd d \

1 2

) 1

(15.49)

631

Circuitos CMOS Digitais

logo,

(E

(15.50)

Na prática, a d iferen ça e n tre | V TH2\ e V rm pode ser desp rezad a d ian te de V , J 2 ~ I^ty/uI- D e m odo sim ilar, 1 + \ xV niyl2 « 1 + \ 2V nn/2. A lém d isto ,e m pro jeto s digitais, L, e L 2 são, em g e ra l,e sc o lh i­ dos iguais ao v alo r m ínim o perm itido. Assim , (15.51)

C om o a m ob ilid ad e PM O S é algo e n tre um terço e m etad e da m obilidade N M O S, M 2 é, em geral, duas ou três vezes m ais largo que M x. E x e rc íc io

Exem plo

15.15

Q ual é o g an h o d e p eq u en o s sinais do inversor nesta condição?

E xpliquem os, de m an eira qu alitativa, o que acontece à C T T do inversor C M O S q u an d o a largura do tran sisto r P M O S é a u m e n ta d a (ou seja, o dispositivo PM O S é feito “ m ais fo rte ” ).

Solução

C onsiderem os, prim eiro, a região de transição próxim a ao p o n to de chaveam ento, onde M, e M 2 op eram em saturação. Q u an d o o dispositivo PM O S é feito mais forte, o circuito req u e r m a io r tensão de e n tra d a p a ra e sta b e le c er /„, = |/ />2|. Isto fica ev idente da Eq. (15.45): para Volll = V inJ2 , qu an d o ( W /L ) 2 au m en ta, Vin tam b ém deve au m en tar, de m odo q ue ( V nn - Vin - \V Tn2\)2, no lado d ireito da equação, d im in u a e ( Vuí — V rm)2, no lado esquerdo, aum ente. E m conseqüência, a característica é deslocada p ara a d ireita (p o r qu ê?). (O que acontece ao g anho de peq u en o s sinais próxim o ao p o n to de ch av e a m en to ? )

E x e rc íc io

O que aco n tece à C T T d o inv ersor C M O S se o dispositivo PM O S estiver sujeito à degen eração resistiva?

P o r fim , q u a n d o Vin a lc a n ç a V nl) - I^Tvrcl* M 2 d e s­ liga, p e r m itin d o V,,,,, = 0. N e s ta re g iã o . A/, fu n c io n a c o m o u m r e s is to r q u e c o n d u z u m a c o r r e n te n u la . A Fig. 1 5 .1 9 ( d ) m o s tr a o g r á f ic o d a C T T glo b al, id en tifican ­ d o as d ife re n te s re g iõ e s d e o p e r a ç ã o p o r n ú m e ro s.

M argens de Ruído

R e c o rd e m o s , d o E x e m p lo 15.6, q u e u m in v e rs o r d ig ita l s e m p re a p r e s e n ta , e m a lg u m a re g iã o d a c a ra c te rís tic a e n tra d a /s a íd a , g a n h o d e te n s ã o d e p e q u e n o s sin ais m a io r q u e a u n id a d e . C o m o o g a n h o d e u m in v e rs o r C M O S cai a z e r o n a p ro x im id a d e d e V„, = 0 e d e V in - V nn ( p o r q u ê ? ), e s p e ra m o s u m g a n h o u n itá rio (n e g a tiv o ) e m d o is p o n to s e n tr e O e V Dn.

P a ra d e te r m in a r a m a r g e m d e r u íd o p a r a n ív e is ló g ic o s b a ix o s, e n f o c a m o s a re g iã o 2 d a Fig. 1 5 .19(d). C o m M : n a re g iã o d e trio d o , o g a n h o d e te n s ã o é re la ­ tiv a m e n te b a ix o e te n d e a a ssu m ir m a g n itu d e u n itá ria e m a lg u m p o n to . T al c o m o p o d e m o s e x p r e s s a r o g a ­ n h o d o c irc u ito ? T al c o m o n o E x e m p lo 15.7, d if e r e n ­ c ia m o s o s d o is la d o s d e (1 5 .4 3 ) e m re la ç ã o a V in:

2 fi"

^ (Vi,i — Vth i ) = Mp

- 2 ( V DD- V in- \ V TH2\) ^ + 2 (V d d - V OVin

^(Vdd - Vmt, )

ou,)

1 d v in y

(15.52)

632

Capítulo Quinze

P o d e -s e d e t e r m i n a r o n ív e l d e e n t r a d a , V IL, e m q u e o g a n h o c h e g a a - 1 , s u p o n d o - s e d V „ J d V in = - 1 :

e f e tu a n d o a lg u n s c á lc u lo s lo n g o s, c h e g a m o s a

V,L = (V i l - V

t h i )=H-p

(2 V o u - V

i l - \ V t h i \-

2 s/ õ ( V d d - V t h \ - \ V t i i 2 \)

(a-1 ) v / ã + 3

Vd d ) -

(15.53)

(15.54) onde a =

o n d e V OH d e n o t a o c o r r e s p o n d e n t e n ív e l d e s a íd a . O b t e n d o V o n d e (1 5 .5 3 ), s u b s t it u i n d o e m (1 5 .4 3 ) e

Exem plo 15.16 Solução

V dd —« V n n - IV77/2 I a —1

m

(15.55)

(r),

R ecordem os, do E x em p lo 15.14. que um a C T T sim étrica resulta q u an d o a = 1, V rm = 1^ 77/2! e = À2. C alculem os V„ neste caso. A escolha de a = 1 e m (15.54) fornece V„ = oo - oo. Podem os usar a regra de L 'H o p ital e, prim eiro, escrevem os (15.54) com o 2 y /ã ( Vdd ~ 2 V th \) - V # + 3 [Vdd - (a + 1) V jh \\ 'L

(15.56)

(a -\)J a + 3

o n d e supom os V rm = V Tlf21. D iferenciando o n u m era d o r e o d e n o m in ad o r em relação a a e subs­ titu in d o a p o r 1, o b tem o s 3 1 V il = q V d d + - V th \8 4

(15.57)

Por exem plo, se V nj) = 1,8 V e V rm = 0,5 V, V„ = 0,8 V.

Exercício

E xplique p o r q u e V„ é sem p re m aior q ue V rm .

A g o r a , v o lte m o s n o s s a a t e n ç ã o p a r a M R „ e d if e ­ re n c ie m o s o s d o is la d o s d e (1 5 .4 8 ) e m r e la ç ã o a V in:

v

_ 2 a (V p D -

V t h \ — \ V t h 2\) _ Vd d -

íiV th\

(,a - 1) v /T T 3 ^

— \V t h 2\

a - 1

(15.59)

= 2n„ ( J P j

(Vin - Vdd - IVTH2\ ) .

(15.58)

D e n o v o , s u p o m o s iW ,J d V in = - 1 , Vin = V m e Votu = V(), e o b te m o s

Exem plo 15.17 Solução

O le ito r p o d e p r o v a r q u e , p a r a a = 1, V rm = \ V n rl\ e A, = À2,

M RH = M RL =

l Vdd

o

+ \ V rm . 4

(15.60)

C o m p arem o s as m arg en s de ruído expressas p o r (15.60) com as de um inversor ideal.

Um inversor ideal caracteriza-se pelo com portam ento ilustrado na Fig. 15.1 (b),onde. no ponto de chaveam ento, o ganho de pequenos sinais passa abruptam ente de zero a infinito. Com um a C T T simétrica,

A //? //.ideal — M R l ,ideal —

Vd d

(15.61)

Circuitos CMOS Digitais

633

E ste v alor é m a io r que o de (15.60), pois V Tm e | V TH2\ são, em geral, m enores qu e V DDI2 (e o ganho na reg ião de tran sição é m e n o r q ue infinito).

Exercício

D eterm in e a re d u ç ã o nas m argens de ruído de um inversor ideal se o g anho na região de transição for igual a 5. S u p o n h a um a C T T sim étrica.

Exem plo 15.18 S o lu ç ã o

Exercício

15.2.3

C o n sid erem o s a o p e ra ç ã o d o circuito para Vin = V ni)l2. N este caso, o s d o is tran sisto res estão d es­ ligados, p e rm itin d o que o nó de saída “ flutue” . Por isso e p o r razões de velocidade (explicadas na próxim a seção), a ten são de lim iar é, em geral, escolhida m en o r que V nl)/ 4. O que acontece se V tih ~ V n iM e | V rm I = 3K;)í)/4?

C aracterística D inâm ica

C o m o e x p lic a m o s n a S e ç ã o 15.1.2, o c o m p o r ta m e n to d in â m ic o d e p o r ta s e s tá r e la c io n a d o à ta x a e m q u e s u a s s a íd a s p a s s a m d e u m n ív e l ló g ic o a o u tro . A g o ra , a n a lis e m o s a r e s p o s ta d e u m in v e r s o r C M O S a u m d e g r a u d e e n t r a d a , q u a n d o o c ir c u ito a lim e n ta u m a c a p a c itâ n c ia d e c a rg a fin ita . N o s s o e s tu d o d o in v e rs o r N M O S n a S e ç ã o 15.1.2 e o s c o n tr a s te s o b s e r v a d o s n a S e ç ã o 15.2.1 s ã o ú te is n e s ta ta r e f a .

A n álise Q u a lita tiva

P r im e ir o , a n a lis e m o s , d e m a ­ n e ir a q u a lita tiv a , c o m o u m in v e r s o r C M O S c a r r e g a e

Exem plo 15.19 S o lu ç ã o

d e s c a r r e g a u m a c a p a c itâ n c ia d e c a rg a . S u p o n h a m o s , c o m o ilu s tr a d o n a Fig. 1 5 .2 0 (a ) ,q u e V jn p a s s e d e V n n a ( ) e m / = 0, e q u e Vmu c o m e c e d e 0. O tr a n s is to r M , d e s lig a e o t r a n s i s t o r M 2 lig a e m s a tu r a ç ã o , c a r r e ­ g a n d o C , e m d ir e ç ã o a V ,U). C o m a c o r r e n te r e la ti­ v a m e n te c o n s ta n te p ro v id a p o r M 2, Vm„ a u m e n ta d e m o d o lin e a r a té q u e M 2 e n tr e n a r e g iã o d e tr io d o e, p o r ta n to , fo rn e ç a u m a c o r r e n te m e n o r. A te n s ã o d e sa íd a c o n tin u a a a u m e n ta r , q u a s e c o m o se M 2 fu n c io ­ n a sse c o m o u m re s is to r, e te n d e a V n n , fo rç a n d o a q u e a c o r r e n te d e M 2 p a s s e a z e ro . A Fig. 1 5 .2 0 (b ) m o s tr a o g rá fic o d o c o m p o r ta m e n to d a s a íd a .

E sbocem os o gráfico da co rre n te de d re n o de M 2 em função do tem po.

A co rre n te co m eça em um valor alto (sa tu ra d o ) e passa a d im inuir q u a n d o Voul se to rn a m aior que | V rm \ (p o r q u ê?). A p a rtir daí, a co rren te continua a d im inuir à m edida que Vout se aproxim a de V nl) e, p o rtan to , V ns2 se anula. A Fig. 15.21 m ostra o gráfico resultante.

634

Capítulo Quinze

^OUt t VDD

M2 na Região de Triodo | VTH2 |

\ /Vf2 em Saturação

7

I^ D21 1

t

Figura 15.21

Exercício

Exem plo

E sboce o gráfico d a co rren te de alim entação em função do tem po.

E sbocem os o gráfico da form a de o nda d a Fig. 15.20(b) p ara d iferen tes valores de ( W I L ) 2.

15.20 Solução

À m ed id a q u e ( VV7L)2 a u m e n ta , o m esm o o co rre com a c ap acid ad e de co n d u ção de c o rre n te de M 2 (ta n to em s a tu ra ç ã o com o na reg ião de trio d o ). P o rtan to , o circu ito a p re se n ta um a tran sição de su b id a m ais rá p id a , com o ilu stra d o na Fig. 15.22. P ara g ran d es v alores de VV2, a cap acitân cia c o n trib u íd a p elo p ró p rio M2 no nó de saída se to rn a com p aráv el a C ,, e a m e lh o ra d a v elo c id a­ de dim inui.

Figura 15.22

Exercício

E sboce o gráfico d a co rren te de d ren o de M 2 p ara d iferen tes valores de ( W /L ) 2.

DD

— W ZM o DD I-----

^out DD

Descarregamento Linear Descarregamento . Sublinear

J *

O— 1

(a)

(b)

Figura 15.23 (a) Inversor CMOS descarregando uma capacitância de carga, (b) forma de onda de saída.

Circuitos CMOS Digitais O q u e p o d e m o s d iz e r s o b r e o c o m p o r t a m e n t o d a s a íd a n o d e s c a r r e g a m e n t o ? C o m o m o s tr a d o n a

R e a r r a n ja n d o o s te r m o s ,o b te m o s

_________________ dVou,_________________

Fig. 1 5 .2 3 (a ), se a e n tr a d a p a s s a d e 0 a V n n e m t = 0, M 2 d e s lig a , M , lig a e te m in íc io o d e s c a r r e g a m e n to d e C L, a p a r t i r d e V IW e m d ir e ç ã o a ü. O tr a n s is to r

2(VDD ~ W th 2 \)(V d d ~ Vou,) - (V dd ~ Vou,) 2 1

A/, o p e r a e m s a tu r a ç ã o a té q u e V„ul fiq u e V rm v o lts a b a ix o d a te n s ã o d e p o r ta ( = V m ,y, n e s s e p o n to , /,„ c o m e ç a a d im in u ir , a ssim c o m o o d e s c a r r e g a m e n to . A Fig. 1 5 .2 3 (b ) m o s tr a o g rá fic o d a v a r ia ç ã o d e V„u„ q u e te n d e a z e ro .

D e f in in d o V ni) -

A n á lis e Q u a n tita tiv a

te m o s

C o m o e n te n d im e n to a d ­ q u ir id o , p o d e m o s a g o r a q u a n tif ic a r a s tr a n s iç õ e s d e s u b id a e d e d e s c id a n a s a íd a d o in v e r s o r C M O S e, d e s s e m o d o , o b t e r o s r e t a r d o s d e p r o p a g a ç ã o . A q u i, d e s p re z a re m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p rim e n to d o c a n a l. R e c o r d e m o s , d a Fig. 15.20, q u e , d e p o is q u e a e n ­ tr a d a c a iu a z e ro , M : c o m e ç a a c a r r e g a r C , c o m u m a c o r r e n te c o n s ta n te d a d a p o r

\I d i \

- M

(V d d ~ \V t h i \) .

" ) ,

(15.62)

635

=

-1

2^ - L

(15.68)

d t.

V olll = // e o b s e r v a n d o q u e du

1

m i — u2

a

í J

UJ

Cox ( W \

2(V d d — \V t h i \)

a —u

V o u t—V D D /2

Vd d - Vou

-ln-

(15.69)

ln

VDD — 2 \V t h i \ + V ol

V o u t= \V T H 2 \

1 Cox ( W 2 ^pCl \L

(15.70)

o n d e , p a r a sim p lific a r, a o r ig e m d o te m p o fo i e s c o ­ lh id a p a r a c o in c id ir c o m t = e T r u n d e n o ta o t e m p o n e c e s s á r io p a r a q u e V 0„, p a s s e d e |VV//2| a V nn 12. T e m o s, e n tã o , CL T

e p ro d u z

p l h i

—

)

V-pQx

[ VDd - \ V t h i \) (15.71)

Vo,« ( 0 =

(15.63) Cl

1

Cox ( W \

= 2^ C i {

(V d d — \V rH 2\)2 t-

(15.64)

O tra n s is to r M 2 e n tra n a re g iã o d e trio d o q u a n d o Vollt = | V T m \, e m u m te m p o d a d o p o r

Tpun —

2 1VV/Y2 \CL

(15.65)

(V dd — IV'iH21)

A p a r ti r d e s s e p o n to , M 2 o p e r a n a r e g iã o d e tr io d o e p ro d u z dV ou, \ b i \ — Cl

dt

(15.66)

'

É in te re s s a n te o b s e rv a r q u e o d e n o m in a d o r d e (15.71) r e p r e s e n ta o in v e r s o d a re s is tê n c ia e m c o n d u ç ã o d e M 2 q u a n d o o m e s m o o p e r a n a re g iã o d e tr io d o fo r­ te . A ssim ,

T p l h i = R ouiC l ln ( 3 —4

IV77/ 2I\

(15.72)

VDD ) '

S e 4|V r77/2| « V l)n, e s te r e s u lta d o se r e d u z a T r u n = /?„„2C , ln 2, c o m o se C , fo s s e c a r r e g a d o a tr a v é s d e u m a re s is tê n c ia c o n s ta n te ig u al a R ,ml. O r e ta r d o d e p r o p a g a ç ã o to ta l é , p o r ta n to , d a d o p o r TpLH = TpLHl + TpLHl

— R o»2CL

f

2\VThz\

(15.73) (15.74)

[Vd d - \Vt h i \

lo g o , jM pC «(^ 7 7 ^ ^2(V d d ~ \V t h i \)(V d d - Voui — (V d d = CL —j ^ - dt

K»(/)2j (15.67)

U m a o b s e r v a ç ã o i m p o r ta n te é q u e T PU, d im in u i à m e d id a q u e V l)n a u m e n t a ( p o r q u ê ? ) . A lé m d isso , p a r a \V TI/2\ ** V DD!Ay o s d o is te r m o s e n tr e c o lc h e te s s ã o q u a s e ig u ais.

636

Capítulo Quinze

Exem plo

U m estu d an te decid e ev itar a d ed u ção de T Pun a n te rio r usando um a co rre n te m édia para Af2. O u seja, l in é a p ro x im ad a com o um valor co n stan te igual à m édia e n tre seu v alor inicial, (1/2 ) n pC ox ( W IL )2( V dd - |^ /// 2 l)2,e seu valor final, 0. D eterm in em o s o valor resu ltan te de TPun e o c o m p are­ m os com o ex p resso p o r (15.72).

15.21

S o lu ç ã o

A co rre n te m édia é igual a (1 l4 ) n pC nx( W I L ) 2( y nn - |V^///2|)2, levando a rr T r u n = --------- —

M

Cl

I :

t

V d d /2 -

- IV77/ 2 I)

(V d d

/1C-7CX

------------------------------------ Vdd _ ÍVth2Í -------- • (V d d

-

\V t h 2 \)

S u p o n d o que | V T/I2\ é ap ro x im ad am en te igual a V m)J4 e, p o rtan to , q ue V » ,A V » n ~ \V im \) - 4/3, tem os

T p l h 2 % -^RoniCLi

(15.76)

E ste v alo r é cerca d e 50% m aio r que o o b tid o a n terio rm en te. E x e rc íc io

O que acontece se \ V Tm\

K7)/>/3?

O c á lc u lo d e T r m s e g u e e s s e m e s m o p ro c e d im e n - p a r a r e s o lv e r e s ta e q u a ç ã o d if e r e n c ia l e te n d o e m to . E s p e c if ic a m e n te , d e p o is q u e a e n t r a d a p a s s a d e 0 m e n te q u e Volll( t = 0 ) = V l)n - V n n , o b te m o s a V ni) [Fig. 1 5 .2 3 (a )], M 2 d e s lig a e A/, p u x a u m a c o r­ r e n t e d e (1 -l vM v ^ v o o /2 ( 1I2 / 2)ia K„ C ox( W / L ) i ( V d d - V , m ) 2. 0 te m p o n e c e s s á r io p a r a < q u e A í, e n tr e n a re g iã o d e tr io d o é, 2 (V DD - \VT m \) n 2 (V fíD - Vt h i ) - Vo, V o u t = V D D - V T H \ e n tã o , d a d o p o r

T p h li

2 V th \C l

= “7---------tt7\------------------------ •

( - 4 ) ,

(Y d d

-

íM zn n \

(15.77)

V t h \)2

'

[2 {V d d ''

1

C

/ W \

2

CL \

^ PLH2’

(15.79)

P o r ta n to , T p h l i = R o n iC L

A p a r t i r d e s s e p o n to n o te m p o ,

l^ n C o x (

=

- V ^ ,] = 1

ln ^3 - 4 ^ - Y

(15.80)

q u e , o b v ia m e n te , te m a m e s m a fo rm a d e (1 5 .7 2 ). O r e ta r d o to ta l é d a d o p o r

(15.78) T p h l = T p h l i + T p n l.2

o n d e o sin a l n e g a tiv o n o la d o d ir e ito r e p r e s e n ta o flu ­ x o d e c o r r e n te p a r a f u r a d o c a p a c ito r . U s a n d o (1 5.69)

Exem plo

(15.81)

=R
C o m p arem o s os dois term o s e n tre colchetes em (15.82), à m edida que V Tm varia de zero a V n,J2.

15.22 S o lu ç ã o

P ara V rm = 0, o p rim e iro te rm o é igual a 0, e o segundo, igual a ln 3 « 1,1. À m edida qu e V rm a u m e n ta , os d o is te rm o s co n v erg em e cheg am a 0,684 q u a n d o V Tm = 0 ,2 5 5 V ni). P o r fim, p a ra V rm = Vn»l2> o p rim e iro te rm o chega a 2 e o seg u n d o cai a 0. A Fig. 15.24 m o stra os gráficos das

Circuitos CMOS Digitais

637

v ariaçõ es de c ad a te rm o e d a som a dos dois, su g e rin d o qu e baixos níveis de lim iar m elh o ram a velocidade.

2,0 .......................................... Soma i / Primeiro -----^ T Termo 1,1 Segundo^ Termo \ i r 0,255 VDD 0,5 VDD Figura 15.24

Exercício

Exem plo 15.23

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara V im v ariando e n tre 0 e 3 V ,)l}/4.

D evido a um e rro de fabricação, um inversor foi construído com o m o strad o na Fig. 15.25, onde M[ ap arece em série com A/, e é idêntico a A/,. E xpliquem os o que acontece ao tem p o de descida da saída. Para sim plificar, q u a n d o estiverem ligados, vejam os A/, e M[ com o resistores.

out

Figura 15.25

Solução

C o n ectan d o as d u a s resistências em condução em série, tem os

/?„ „ +

1

R onl —

1

MhC.c ( t - ) 1 ( V° D - V r m )

HnCox ( j [ j

(V D D -

(15.83) V j H \)

(15.84) l^rf^ox

(T),

(Y d d — Vt h i)

(15.85)

— 2 R on\ •

P ortan to , o te m p o de descida é dobrado.

Exercício

15.2.4

O que acontece se M [ for duas vezes m ais largo que A/,?

D issipação de Potência

D e p o is d e d e t e r m in a r o s r e t a r d o s d e p r o p a g a ç ã o d o in v e r s o r C M O S , v o lte m o s n o s s a a te n ç ã o p a r a a d is ­

s ip a ç ã o d e p o tê n c ia d o c irc u ito . E m c o n tr a s te c o m o in v e rs o r N M O S , e s te tip o d e ló g ica n ã o c o n s o m e p o ­ tê n c ia e s tá tic a . P o r ta n to , p re c is a m o s e s tu d a r a p e n a s o c o m p o r ta m e n to d o c ir c u ito d u r a n t e tr a n s iç õ e s e

638

Capítulo Quinze

Figura 15.26

Consumo de potência em transistores durante (a) carregamento e (b) descarregamento da capacitância de carga.

d e te r m i n a r a d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia “ d in â m ic a ” . P r i­ m e iro , v a m o s s u p o r tr a n s iç õ e s a b r u p ta s n a e n tr a d a . Se a e n tr a d a p a ssa d e Vo o a 0 , o d isp o s itiv o P M O S c a r r e g a a c a p a c itâ n c ia d e c a r g a e m d ir e ç ã o a V nn [Fig. 1 5 .2 6 (a )]. Q u a n d o V ouí s e a p r o x i m a d e V DD, a e n e r g ia a r m a z e n a d a e m C , é ig u a l a

Ex = \

cl

V 2d d .

(15.86)

E ssa e n e r g ia é f o r n e c id a p o r A /,, a p a r t i r d e V n n . Se, n o e n ta n to , Vin p a s s a d e 0 a V n n , o tr a n s is to r N M O S d e s c a r r e g a C , e m d ir e ç ã o a 0 [F ig. 1 5 .2 6 (b )]. O u s e ­ ja , a e n e r g ia E , é re m o v id a d e C , e d is s ip a d a p o r n o p r o c e s s o d e d e s c a r r e g a m e n to . E s te c ic lo se r e p e ­ te a c a d a p a r d e tr a n s iç õ e s d e d e s c id a e d e s u b id a n a e n tr a d a . E m s u m a , a c a d a p a r d e tr a n s iç õ e s d e d e s c id a e d e s u b id a n a e n t r a d a d o in v e r s o r , C , a d q u ir e e p e r d e u m a e n e r g ia ig u a l a ( 1/2)C , V,2,,,. P a r a u m a e n tr a d a p e r ió d ic a , c o n c lu ím o s q u e o c ir c u ito c o n s o m e u m a p o tê n c ia m é d ia ig u a l a (1/2)C ,.V /2,/,/7’„, o n d e T in d e ­ n o ta o p e r ío d o d a e n tr a d a . I n f e liz m e n te , e s te r e s u l­ ta d o e s tá in c o r r e to . A lé m d e f o r n e c e r e n e r g ia a C , , o tr a n s is to r P M O S d a Fig. 1 5 .2 6 (a ) ta m b é m c o n s o m e p o tê n c ia , p o is c o n d u z u m a c o r r e n t e f in ita e n q u a n ­ t o s u s t e n ta u m a t e n s ã o fin ita . E m o u t r a s p a la v r a s , a e n e r g ia t o t a l c o n s u m id a d e V nn n a F ig. 1 5 .2 6 (a ) c o n s is te n a e n e r g ia a r m a z e n a d a e m C , e n a e n e rg ia d is s ip a d a e m M 2.

Exem plo 15.24

C o m o p o d e m o s c a lc u la r a e n e r g ia c o n s u m id a p o r M { ! P r im e ir o , o b s e r v a m o s q u e ( a ) a p o tê n c ia in s ta n tâ n e a d issip a d a e m M 2 é d a d a p o r = ( Y nn - Viml) \ l „2|, e ( b ) e s s e t r a n s is to r c a r r e g a o c a ­ p a c ito r d e c a r g a e, p o r ta n to , \I I)2\ = C , d V 0J d t . P a r a c a lc u la r a e n e r g ia p e r d id a e m M 2, d e v e m o s i n te g r a r a d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia i n s ta n tâ n e a e m r e la ç ã o a o te m p o :

E 2 = f ~ ( Vd d - Vou,) ( c * . ^ )

( 15-87)

q u e se r e d u z a fV D D

E2 = C l

(V dd ~ Vout) d V out

(15.88)

JVout = 0

= \

cl

V 2d .

(15.89)

É in te r e s s a n te o b s e r v a r q u e a e n e r g ia c o n s u m id a p o r M 2 é ig u al à a r m a z e n a d a e m C , . A ssim , a e n e rg ia to ta l c o n s u m id a d e V n n é

E ,a = E x + E 2 = C l V 2d .

(15.90) (15.91)

P o r ta n to , p a r a u m a e n tr a d a p e rió d ic a d e f r e q u ê n c ia f , n a p o tê n c ia m é d ia c o n s u m id a d e V nn é ig u a l a Pméd= finCL V 2D.

(15.92)

N o circuito da Fig. 15.27, V„u, = 0 em / = 0. C alculem os a energia consum ida da alim entação quand o V,ul chega a V my.

Circuitos CMOS Digitais

639

F ig u ra 1 5 .2 7

S o lu ç ã o

Exercício

N o tam o s q u e a d e d u ç ã o d a Eq. (15.91) é com p letam en te geral e in d epende d a característica I/V d o dispositivo q u e carreg a C , . E m o u tras palavras, o circuito da Fig. 15.27 arm azena um a energia (1/2JC, Vp,, no cap acito r de carga e, e n q u a n to carrega C , consom e um a energia (1/2)C, Vpn em R t. A en erg ia total su p rid a p o r V nn é, p o rtan to , igual a C l V,]n . C alcule a en erg ia consum ida p o r R, .

A E q . (1 5 .9 2 ) te m u m p a p e l c e n tr a l e m p r o je to s ló g ico s C M O S : e x p r e s s a ,d a m e lh o r m a n e ira , a d e p e n ­ d ê n c ia e n tr e P„„v/ e ta x a d e d a d o s , c a p a c itâ n c ia to ta l e te n s ã o d e a lim e n ta ç ã o . A d e p e n d ê n c ia q u a d r á tic a e m r e la ç ã o a V n n s u g e re u m a r e d u ç ã o d a te n s ã o d e a lim e n ta ç ã o , e n q u a n t o as E q s. (1 5 .7 4 ) e (1 5 .8 2 ), p a ­ ra o s r e t a r d o s d e p r o p a g a ç ã o , s u g e r e m o a u m e n t o

r e p r e s e n ta a r e la ç ã o d e p e r m u ta e n tr e d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia e v e lo c id a d e . C o m a a ju d a d a s E q s. (1 5 .3 5 ), (1 5.74) e (1 5 .8 2 ), e s u p o n d o q u e T ,,,u e T r u , s ã o a p r o ­ x im a d a m e n te ig u ais, e s c re v e m o s

PPR = J W Í 1 & [

-

^

+ i (3 ■-4 g ) ] . (15-93)

d e V DD.

P rodu to P otência-R etardo

C o m o m e n c io n a m o s n a S e ç ã o 15.1.3, o p r o d u to p o t ê n c i a - r e ta r d o ( P P R )

Exem plo

15.25

E in te r e s s a n te o b s e r v a r q u e o P P R é p ro p o r c io n a l a C j r e s s a lta n d o a im p o r tâ n c ia d e m in im iz a r c a p a c itâ n c ia s n o c irc u ito .

N a au sên cia de in te rc o n e x õ e s com pridas, na Fig. 15.26, C L advém a p e n a s d as capacitâncias dos transistores. C o n sid erem o s um a cascata de dois inversores idênticos, Fig. 15.28, on d e o dispositivo PM O S é três v ezes m ais largo qu e o tra n sisto r N M O S, de m odo a p e rm itir um a C T T sim étrica. P ara sim plificar, vam os su p o r que a capacitância no nó X seja igual a 4 W L C ox. A lém disto, V mN = I V t h p \ 5= 65 V m)/4. C alculem os o PPR. VD D

r lP Í

Mo

Má •'o u t

F ig u ra 1 5 .2 8

Solução

Temos

R on=

--------------------------------------------------

HnCox ( ~ r ) (V d d — V t h )

( 1 5 '9 4 )

640

Capítulo Quinze

4 ^ 3

1

(15.95)

fW \ l^nCox í

) Vdd

D o E xem plo 15.22, a som a dos dois term o s en tre colchetes em (15.74) e (15.82) é igual a 1,36. A s­ sim, (15.93) se red u z a rrn

725W L2c^ f A

(15.96)

M/i E x e rc íc io

S uponha que as larg u ras dos q u a tro tran sisto res sejam dobradas. O re ta rd o do p rim eiro inversor é a lte ra d o ? E a d issipação de p o tên cia p o r tran sisto r? A p a rtir destas observações, explique p o r que o P P R é lin e a rm e n te p ro p o rcio n al a W.

C o rre n te de C u rto -c irc u ito

N o e s t u d o d a d is s i­ p a ç ã o d e p o tê n c ia d in â m ic a , a d m itim o s tr a n s iç õ e s a b r u p ta s n a e n tr a d a . N a p rá tic a , e n tr e ta n to , a e n tr a d a te m u m te m p o d e tr a n s iç ã o fin ito e, p o r ta n to , o rig in a o u tr a c o m p o n e n te d e d is s ip a ç ã o . R e c o rd e m o s , d a C T T d a Fig. 1 5 .1 9 (d ),q u e o s d o is tr a n s is to r e s e m u m in v e r s o r e s t ã o lig a d o s n a s r e g i­ õ e s 2 ,3 e 4. O u s e ja , se a e n t r a d a e s tiv e r n o in te r v a lo

u m tr a n s is to r a o o u tr o c o m te m p o d e tr a n s iç ã o finito. C o m o ilu s tr a d o n a Fig. 1 5 .2 9 (b ), o c ir c u ito p u x a u m a c o r r e n te d e c u r to - c ir c u ito d e a t2. C o m o , n a Fig. 1 5 .29(b), a c o r r e n te d e c u rto -c irc u i­ to v a ria n o in te r v a lo e n tr e í, e f2? Q u a n d o V in e s tá li­ g e ir a m e n te a c im a d e V r m , M l a c a b a d e lig a r e c o n d u z u m a p e q u e n a c o rre n te . À m e d id a q u e V in se a p ro x im a d o p o n to d e c h a v e a m e n to d o in v e rs o r , o s tr a n s is to ­

[ V n n V m} ~ | ^ ;7/2|], M 2 p u x a u m a c o r r e n te d e V nn e A/, c o n d u z e s s a c o r r e n te à t e r r a — c o m o se e x is tis ­ se u m a r o ta d i r e ta d e c o r r e n t e d e V n n à t e r r a [Fig. 1 5 .2 9 (a)]. E s s a c o r r e n te ,c h a m a d a “ c o r r e n te d e c u rto c ir c u it o ” , s u r g e c a d a v e z q u e a e n t r a d a c h a v e ia d e

r e s e n tr a m e m s a tu r a ç ã o e a c o r r e n te d e c u rto -c ir c u ito a tin g e u m m á x im o . P o r fim , q u a n d o Vin a lc a n ç a V n n ~ I V /7 /2 1»a c o r r e n te d e c u r to - c ir c u ito r e to r n a a

z e ro . A Fig. 15 .2 9 (c) m o s tra o g rá fic o d a v a ria ç ã o d e s ­ sa c o r r e n te e m fu n ç ã o d e t e d e V in. P a ra c a lc u la r o

Figura 15.29 (a) Corrente de curto-circuito puxada pelo inversor CMOS, (b) intervalo dc tempo em que a corrente dc curtocircuito é puxada, (c) corrente de curto-circuito em função do tempo e de Vm.

Circuitos CMOS Digitais v a lo r d e p ic o , a d m itim o s V jn = V iml = V n n l2 n o s d o is la d o s d e (1 5 .4 5 ):

(15.97)

15.3

PORTAS C M O S NOR E N AN D

O in v e r s o r C M O S fu n c io n a c o m o u m a b a s e p a r a a r e a liz a ç ã o d e o u tr a s p o r ta s ló g icas. N e s ta s e ç ã o , e s ­ tu d a r e m o s a s p o r ta s N O R e N A N D , q u e tê m g r a n d e a p lic a ç ã o p rá tic a .

15.3.1

641

C o m o u m in v e r s o r C M O S p o d e s e r m o d if ic a ­ d o p a r a f u n c io n a r c o m o u m a p o r ta N O R ? P rim e iro , p re c is a m o s d e d o is c o n ju n to s d e d is p o s itiv o s N M O S e P M O S c o n tr o la d o s p e la s d u a s e n tr a d a s . S e g u n d o , c o n s id e r a n d o , in ic ia lm e n te , a s e ç ã o N M O S , n o ta m o s q u e , se u m a d a s p o r ta s N M O S fo r a lta , a s a íd a ( t e n ­ s ã o d e d r e n o ) d e v e p e r m a n e c e r b a ix a . C o n c lu ím o s , e n tã o , q u e a s e ç ã o N M O S p o d e s e r r e a liz a d a c o m o in d ic a d o n a Fig. 15.30 e n o ta m o s q u e , se A o u B fo r a lta , o tr a n s is to r c o r r e s p o n d e n te e s tá lig ad o , fo rç a n d o Vmu a z e ro . Isto , o b v ia m e n te , só o c o r r e se o r e s ta n te d o c ir c u ito ( s e ç ã o P M O S ) “ c o o p e r a r ” , c o m o o b s e r ­ v a m o s p a r a o in v e r s o r n a S e ç ã o 15.2.1.

Porta N O R o V ° out

i

R e c o r d e m o s , d o s f u n d a m e n to s d e p r o je t o s ló g ico s, q u e a o p e r a ç ã o O R , A + B , p r o d u z u m a s a íd a a lta q u a n d o p e lo m e n o s u m a d a s e n tr a d a s é a lta . A p o r ­ ta N O R , A + B , g e r a u m a s a íd a b a ix a q u a n d o p e lo m e n o s u m a d a s p o r ta s é a lta .

Exem plo

15.26 Solução

A °— I t j w ,

Figura 15.30

B

m

2

Seção NMOS de uma porta NOR.

E n tu siasm ad o com a realização sim ples na Fig. 15.30, um e stu d a n te decide que a seção PM O S deve in co rp o rar um a to p o lo g ia sim ilar e ob tém o circuito rep re se n tad o na Fig. 15.31 (a). E xpliquem os p o r que esta co nfiguração n ã o funciona com o um a p o rta N O R . R ecordem os, da S eção 15.2.1, q ue co o p eração en tre seções N M O S e PM O S significa que, q u a n d o um a está ligada, a o u tra p erm anece desligada. Infelizm ente, o circuito da Fig. 15.31(a) não satisfaz este princípio. E specificam ente, se A for alta e B for baixa, Af, e M Aestão ligados [Fig. 15.31(b)], “c o m p e tin d o ” um com o o u tro e pro d u zin d o um a saída lógica m al definida. (A lém disso, o circuito consom e significativa potên cia estática de V m).)

VDD

VDD

j HP

H P Í M 3

DD

-*V ,o u t A o—

-° v.o u t

Bo—

(b)

(a) Figura 15.31

Exercício

O que aco n tece se M A for om itido?

O e x e m p lo a n t e r i o r r e v e la q u e a s e ç ã o P M O S d e v e p e r m a n e c e r d e s lig a d a se A o u B (o u a m b a s ) f o r a lta . A lé m d o m a is, se a s d u a s e n t r a d a s fo re m b a ix a s,

a s e ç ã o P M O S d e v e e s ta r lig a d a , p a r a a s s e g u r a r q u e V(HIÍ se ja le v a d o a V l)n. A Fig. 1 5 .3 2 (a ) m o s tr a u m circ u ito q u e s a tis fa z e s te p rin c íp io : b lo q u e ia a r o ta d e

642

Capítulo Quinze

VpD a V„M se u m a d a s e n t r a d a s f o r a lta ( p o r q u ê ? ) e

e le v a Vnlll a V nD se a s d u a s e n t r a d a s fo r e m b a ix a s. O f u n c io n a m e n to d o c ir c u ito n ã o é a l t e r a d o s e A e B tr o c a r e m d e p o s iç ã o . A Fig. 15.32 (b ) m o s tr a a im p le m e n ta ç ã o C M O S c o m p le ta d a p o r ta N O R . S u g e r im o s a o le ito r c o m ­ p r o v a r o f u n c io n a m e n to d e to d a s a s q u a t r o c o m b i­ n a ç õ e s ló g ic a s d e e n tr a d a e p r o v a r q u e o c irc u ito n ã o c o n s o m e p o tê n c ia e s tá tic a . O l e it o r p o d e s e p e r g u n t a r p o r q u e n ã o t e n t a ­ m o s im p le m e n ta r u m a p o r t a O R . C o m o e v id e n c io u a a n á lis e a n te r io r , a e v o lu ç ã o d o c ir c u ito a p a r tir d e u m in v e r s o r C M O S i n e r e n t e m e n t e c o n té m u m a in ­ v e rs ã o . S e h o u v e r n e c e s s id a d e d e u m a p o r t a O R , a

Exem plo

to p o lo g ia d a Fig. 1 5 .3 2 (b ) p o d e s e r s e g u id a p o r u m in v e rs o r. A p r in c ip a l d e fic iê n c ia d e p o r t a s N O R C M O S a d v é m d o u s o d e d is p o s itiv o s P M O S e m s é r ie . R e ­ c o r d e m o s q u e a b a ix a m o b ilid a d e d a s la c u n a s r e q u e r u m tr a n s is to r P M O S p r o p o r c io n a lm e n te m a is la rg o p a r a s e o b te r u m a C T T s im é tric a e, o q u e é m a is im ­ p o r ta n te , ig u a is te m p o s d e s u b id a e d e d e s c id a . V e n ­ d o , p o r c o n v e n iê n c ia , o s tr a n s is to r e s e m u m a p o r ta N O R d e d u a s e n tr a d a s c o m o re s is to re s , o b s e rv a m o s q u e a se ç ã o P M O S a p r e s e n ta u m a re sistê n c ia ig u al a o d o b r o d a s e ç ã o d e c a d a d is p o s itiv o P M O S ( E x e m p lo 1 5.23), o r ig in a n d o u m a re g iã o d e tr a n s iç ã o le n ta n a s a íd a (F ig. 15.34). S e tr a n s is to r e s P M O S m a is la rg o s

Vam os co n stru ir u m a p o rta N O R de três entradas..

15.27 Solução

E xp an d im o s a seção N M O S da Fig. 15.30 e a seção PM O S da Fig. 15.32(a), p ara aco m o d ar as três entradas. O re su lta d o é m o strad o na Fig. 15.33.

DD

- ° v ro u t

Figura 15.33 E x e rc íc io

A nalise o c o m p o rta m e n to d o circuito se Af, fo r acid entalm ente om itido.

Figura 15.32 (a) Seção PMOS de uma porta NOR, (b) porta NOR CMOS completa.

Circuitos CMOS Digitais Exemplo 15.28 Solução

643

S elecionem os as larg u ras relativas dos transistores na porta N O R de três en trad as da Fig. 15.33 para iguais tem p o s de su b id a e de descida. Vam os su p o r « 2fxr e iguais com prim entos de canal. A co m binação série do s três dispositivos PM O S deve a p re se n ta r um a resistência igual à do tra n ­ sistor N M OS. Se W, = W2 = W3 = W, podem os escolher

= W 5 = W , = 6 W,

(15.98)

p a ra asseg u rar q u e cada dispositivo PM O S ten h a resistência em condução igual a um terço da re ­ sistência de cada tra n sisto r N M O S. N otem os qu e a p o rta ap resen ta, em cada e n tra d a, um a capaci­ tância a p ro x im a d a m e n te igual a l W L C ox, m uito m aior que a de um inversor ( « 3 W L C ox).

Exercício

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara /x„555 3 ixp.

15.3.2

Porta NAND

O s d e s e n v o lv im e n to s fe ito s n a S e ç ã o 15.3.1 p a r a a p o r ta N O R p o d e m s e r p r o n ta m e n te e s te n d id o s p a r a se c r ia r u m a p o r ta N A N D . U m a v e z q u e a o p e r a ç ã o N A N D , A • B , p r o d u z u m a s a íd a z e r o se a s d u a s e n ­ tr a d a s fo ra m a lta s, c o n s tr u ím o s a s e ç ã o N M O S c o m o in d ic a d o n a Fig. 1 5 .3 5 (a ), o n d e M , o u M 2 b l o q u e ia a r o ta d e Vm à te r r a , a m e n o s q u e A e B p e r m a n e ç a m

Figura 15.34 Dispositivos PMOS em série carregando uma capacitância de carga.

fo re m e m p r e g a d o s p a r a r e d u z ir s u a s c a p a c itâ n ­ cia s d e p o r ta ( » W L C ox) a u m e n ta m e, p o r c o n s e g u in ­ te , c a r r e g a m o e s tá g io p r e c e d e n te . A s itu a ç ã o p io r a à m e d id a q u e as e n t r a d a s d a p o r ta a u m e n ta m .

Figura 15.35 pleta.

a ltas. A s e ç ã o P M O S , p o r s u a v e z , d e v e e le v a r Vout a V nn se p e lo m e n o s u m a d a s e n tr a d a s fo r b a ix a e p o d e , p o r ta n to , s e r re a liz a d a c o m o in d ic a d o n a Fig. 15.35(b). A Fig. 15 .3 5 (c) m o s tr a a p o r ta N A N D c o m p le ta . E s te c irc u ito , ta m b é m , n ã o c o n s o m e p o tê n c ia e s tá tic a . E m c o n tr a s te c o m a p o r ta N O R , a p o r ta N A N D u sa d is p o s itiv o s N M O S e m s é r ie e, a s s im , e s tá m e ­ n o s s u je ita à lim ita ç ã o d e v e lo c id a d e d o s tr a n s is to r e s P M O S . O p r ó x im o e x e m p lo ilu s tr a e s te p o n to .

(a) Seção NMOS dc uma porta NAND, (b) seção PMOS de uma porta NAND, (c) porta NAND CMOS com­

644

Capítulo Quinze

Exemplo 15.29

S o lu ç ã o

P ro jetem o s um a p o rta N A N D de três en tra d a s e d eterm in em o s as larguras relativas dos tran sis­ to res p ara iguais tem p o s de subida e de descida. Vam os su p o r ijl„ *** 2\xv e iguais co m prim entos de canal. A Fig. 15.36 m ostra a realização da porta. C om três tran sisto res N M O S em série, selecionam os um a larg u ra 3 W p ara , de m o d o que a resistência série total seja eq u ivalente à de um dispositivo de largura W. C ada dispositivo PM O S deve, p o rtan to , te r largura 2 W. E m conseqüência, a capaci­ tância vista em c ad a e n tra d a é apro x im ad am en te igual a 5 W L C ox, cerca de 30% m e n o r q ue a da p o rta N O R d o E x em p lo 15.28.

Figura 15.36

E x e rc íc io

R ep ita o exem plo a n te rio r p ara

« 3ju.,,.

Na lógica CMOS, as seções PMOS e NMOS são “duais" uma da outra. Na verdade, dada uma seção, po-

Exem plo 15.30

demos construir a outra de acordo com a seguinte regra: converter cada ramo série em paralelo e vice-versa.

D eterm in em o s o d u al PM O S d o circuito m ostrado na Fig. 15.37(a) e identifiquem os a função lógica e x ecu tad a pela realização C M O S com pleta.

out

M C m CO—

1

B O--- \ £ M2

(a) Figura 15.37 S o lu ç ã o

E x e rc íc io

A qui, A/, e Af2 são co n ectad o s em série (p a ra ex ecu tar um a o p eração N A N D ) e a com binação a p a ­ rece em p aralelo co m Af3 (p ara im plem en tar um a função N O R ). P ortanto, o dual PM O S consiste em um a co m b in ação p aralela de dois tran sisto res e em um terceiro tra n sisto r em série com essa com binação [Fig. 15.37(b)]. A Fig. 15.37(c) ilustra a p o rta com pleta, que executa a função lógica A • B + C. S up o n h a que M y te n h a sido om itido acidentalm ente. A nalise o c o m p o rtam en to da porta.

Circuitos CMOS Digitais

15.4

R E S U M O DO CAPÍTULO

• C ircuitos C M O S digitais re p re se n ta m m ais de 80% d o m ercad o de sem icondutores. • V elocidade, dissipação de p o tên cia e im unidade ao ruído são p arâm etro s im p o rtan tes de p o rtas digitais. • A característica entrada/saída d e uma porta revela sua im unidade ao ruído e a níveis lógicos corrom pidos. • A m argem de ruído é definida com o a d egradação de tensão nos níveis alto e baixo que leva o sinal ao ponto de ganho unitário da característica entrada/saída. • A velocidade de um a porta é dad a pela capacidade de condução dos transistores e pelas capacitâncias intro­ duzidas pelos transistores e p o r fios de interconexão.

645

• A relação de p e rm u ta en tre potência e velocidade é quantificada pelo p ro d u to potên cia-retard o . • O inversor C M O S é um bloco fundam ental em p ro ­ je to s digitais. N ão consom e p o tência na ausência de transições de sinal. • D ispositivos N M O S e PM O S em um inversor proveem c o rren te s “ ativ as” de ab aix am en to ( p u ll-d o w n ) e de elevação (p u ll-u p ); desse m odo, um m elhora a op eraçã o do outro. • A potência m édia dissipada p o r um inversor C M O S é igual a f „CLV?)n. • C om base no in v ersor CM O S, o u tra s p ortas, com o as p o rtas N O R e N A N D , podem ser obtidas. E stas po rtas tam bém têm potência estática nula.

EXERCÍCIOS Nos exercícios a seguir, a m enos que seja especificado de ou­ tra m aneira, suponha Vnl) = 1,8 V ,n„ C ox = 100 /xA/V2, /jlpC ox = 50 fxA /V 2, V m N = 0,4 V, V m P = - 0 ,5 V, À iV = 0 e A ,. = 0.

(b) D eterm ine o ponto de chaveam ento desse inver­ sor, ou seja, o nível de entrada em que Volll = Vm.

15.1 N o estágio F C do E xem plo 15.2, tem os R „ = 10 k íl e (W /L ), = 3/0,18. C alcule o nível baixo d e saída q u a n d o Vin = V DD.

DD

j H p /v ‘'o u t

15.2 O estág io FC d o E xem plo 15.2 deve alcançar um nível baixo de saída que n ã o exceda 100 mV. Se R n = 5 k íl, d eterm in e o m ínim o valor necessário para (W /L ),.

*m°— Ikjft

Figura 15.39

15.3 C o n sid e re o estág io fo n te co m u m P M O S da Fig. 15.38. D esejam os utilizar esse circuito com o um inversor lógico. C om (W /L), = 20/0,18 e R n = 5 k íl. calcule os níveis baixo e alto de saída. S uponha que a e n tra d a varia d e z ero a V DD.

15.5 No inversor da Fig. 15.39, o nível baixo de saída deve perm anecer abaixo de 100 mV. Se ( W /L )2 = 3/0,18, determ ine o m ínim o valor necessário para (W /L),.

15.6 O inversor da Fig. 15.39 deve pro v er um nível baixo DD

de saída não m aior que 80 mV. Se (W /L), = 2/0,18, qual é o m áxim o valor perm itid o p a ra ( W /L)2?

15.7 D evido a um erro de fabricação, um inversor NM OS ‘' o u t

Figura 15.38

15.4 A lgum as tecnologias de C Is não p roduzem resisto ­ res de alta qualidade. Podem os, assim , substituir o resistor em um estágio FC p o r uma realização MOS, co m o in d icad o na Fig. 15.39. A q u i. M 2 ap ro x im a um resistor de elevação (resisto r p u ll-u p ). Suponha ( W /L ) , = 3/0,18 e ( W /L ) 2 = 2/0,18. (a) S uponha K/j — Vpn . A d m itin d o que M 2 está em satu ração , calcule o nível baixo de saída. E sta hipótese é válida?

foi reconfigurado com o m o strad o na Fig. 15.40. (a) D eterm in e a saída p a ra Vm = 0 e p a ra Vin = Vdd- O circuito inverte? (b) E x iste um p o n to d e c h a v e a m en to p a ra esse circuito?

V,D D

•'o u t

'D D

Figura 15.40

646

Capítulo Quinze

15.8 E m um in v erso r N M O S, ( W ! L ) X = 5/0,18 e R ,} = 2 k íl. C alcule as m argens de ruído.

15.9 N o E xercício 8, d o b re os valo res de W IL e R n. D e ­

(b) Calcule o tem po necessário para que a saída al­ cance 5% de V DD, se S, ligar em / = 0. E m que este resultado se com para com o do item (a)?

term in e o que acontece com as m argens de ruído. 15.10 U m a definição m ais c o n se rv a d o ra de m argem de ru íd o usaria o nível de e n tra d a em que o g anho de p eq u en o s sinais é igual a - 0 ,5 (em vez de - 1 ) . P a­ ra um inversor N M O S com ( W / L ) l = 5/0,18 e R n = 2 k íl, calcule essas m argens d e ru íd o e co m pare os resu ltad o s com os o b tid o s n o E xercício 8.

15.11 C o n sid e re o in v erso r m o s tra d o na Fig. 15.39, su ­ p o n d o ( W I L ) l = 4/0,18 e ( W /L ) 2 = 9/0,18. Calcule as m argens de ruído. 15.12 C onsidere a cascata de inversores N M O S idênticos rep resen tad a na Fig. 15.41. Se R n = 5 k íl,d e te rm in e ( W /L ) l2 p ara que o nível baixo de saída de M x (para Vin = V nl)) seja igual à M R , d o seg u n d o inversor. (N esta situação, a saída do p rim eiro inversor é tão d eg rad ad a q u e coloca o seg u n d o estágio no p o n to de g anho unitário.)

DD

‘'o u t

V'in
----- I ^ A Í 2

Figura 15.41

15.13 D ois inversores com as características m ostradas na Fig. 15.42 são conectados em cascata. E sboce o grá­ fico da C T T total da cascata q u a n d o (a) o inversor A p reced e o inversor / i ,e (b) o inversor B precede o inversor A .

'o u t

Inversor A

Inversor B

VD D

VD D

out

Í» o n 1 J C l A o. . . . J > S l

i Figura 15.43

15.15 U m in versor N M O S deve a lim e n ta r um a capaci­ tância de carga de 50 fF, com tem p o de subida de 100 ps. A d m itindo que o tem po de subida seja igual a trê s co n stan te s d e te m p o de saída, d ete rm in e o m áxim o valor p ara o resistor de carga. 15.16 U m inversor N M O S com um a capacitância d e car­ ga de 100 fF ap resen ta um nível baixo de saída de 50 m V e um tem p o de subida de saída de 200 ps. Calcule os valores do resistor de carga e d e (W7L), para um tem p o de subida igual a três co n stan tes de te m p o de saída.

15.17 U m in versor N M O S deve alim e n ta r um a capaci­ tância de carga de 100 fF e pu x ar um a co rre n te de alim entação m en o r que 1 m A q u an d o a saída for baixa. Q ual é o m en o r tem p o de subida que o cir­ cuito pode alcançar? S uponha que o nível baixo de saída seja quase zero.

15.18 Em um inversor CM OS, (W /L), = 2/0,18 e (VV7L)2 = 3/0,18. D eterm ine o p o nto de chaveam ento do cir­ cuito e a correspondente corrente de alim entação. 15.19 Para o inversor do E xercício 18, calcule o g anho de tensão de pequenos sinais no po n to de ch aveam en­ to, com ÀjV= 0,1 V -1 e À7, = 0,2 V -1.

15.20 Explique, de m aneira qualitativa, o que acontece à C T T de um inversor C M O S à m edida que o c o m ­ p r im e n to de M x ou M 2 au m enta.

15.21 U m in v erso r C M O S e m p re g a (VV/L), = 3/0,18 e Figura 15.42

15.14 U m in v e rso r foi c o n s tru íd o co m o in d icad o na Fig. 15.43, onde R on d en o ta a resistência em c o n d u ­ ção do com utador. S uponha R on «: R 2,â e m odo que o nível baixo da saída seja d e g ra d a d o de m aneira desprezível. (a) C alcule o te m p o n ecessário p ara q u e a saída alcance 95% de Vnn, se S x desligar em / = 0.

( W /L ) 2 = 7/0,18. D ed u z a ex p ressões p a ra a C T T em cada região da Fig. 15.19(d) e faça um gráfico do resultado.

15.22 U m inversor C M O S deve te r um p o n to de ch av ea­ m en to igual a 0,5 V. D eterm in e o necessário valor de (W7L),/(VWL)2. N ote que um p o n to de ch av ea­ m en to b a ix o re q u e r dispositivos N M O S fortes.

15.23 Explique p or que um inversor C M O S com os p a râ ­ m etros de dispositivos dados no início deste conjun-

Circuitos CMOS Digitais

647

to de exercícios não é cap az de alcan çar um p o n to de ch av eam en to de 0,3 V.

15.24 E m geral, apro x im am o s o p o n to de ch av eam en to de um inversor C M O S pela ten são de e n trad a que leva os dois tran sisto res à satu ração . (a) E xplique p o r que esta é um a ap roxim ação ra ­ zoável caso o inverso r te n h a g an h o de ten são p róxim o d o p o n to de chav eam en to . (b) Supondo (W /L), = 3/0,18 e (W /L ), = 7/0,18,d e ­ term in e os valores m ínim o e m áxim o da tensão de e n tra d a em que os dois tran sisto res o p eram em sa tu ra ç ã o e calcule a d iferen ça e n tre cada um e o p o n to de c h a v e a m en to . A d iferen ça é p eq u en a?

15.25 A Fig. 15.44 m ostra três circuitos e três CTTs. C om ­ bine cada C T T com o circu ito co rresp o n dente.

VD D

DD

out

15.29 D eterm ine ( W /L),/(W /L)2 para um inversor CM OS com M R , = 0,6 V. (Sugestão: resolva a eq u ação re ­ su ltan te p o r iteração.) 15.30 C onsidere a Eq. (15.54) p ara V„ ( = M R ,) . E sboce o gráfico da m argem de ruído à m edida que a va­ ria d e 0 a infinito. E xplique, de m an eira intuitiva, os resultados p ara valores m uito peq u en o s e m uito grandes d e a. 15.31 R epita o Exercício 30 p ara M R „ .

‘'out

‘'o u t

15.32 Calcule as m argens de ruído para o circuito do Exer­ cício 26. 15.33 C onsidere o circuito m o strad o na Fig. 15.20(a), o n ­ de Volll(t = 0) = 0. Se ( W /L ) 2 = 6/0,18 e C L = 50 fF, d eterm ine o tem po necessário para a saída alcançar

V,J2. 15.34 Repita o Exercício 33 para o tem po que a saída requer para alcançar 0,95 V,)n e com pare os resultados. ^in°“

-+V,o u t

15.35 N o circuito rep rese n ta d o na Fig. 1 5.23(a),a e n tra ­ d a passa d e 0 a V { e m t = 0. S u p o n d o Vout (/ = 0) = V ,)l)y(W IL )i = 1/0,18 e C , = 30 fF, d eterm ine o tem p o que a saída re q u e r p ara cair a V , J 2 se (a) l/, = K()/)e ( b ) V, = Vi,i)l215.36 R epita o Exercício 35 para o tem po necessário para que a saída caia a 0 ,0 5 1 ^ , e com pare os resultados. 15.37 U m in v erso r C M O S com (W /L ), = 1/0,18 e ( W /L)2 = 3/0,18 alim enta um a capacitância de carga de 80 fF. C alcule T,,„, e T,,,„.

Figura 15.44

15.26 D evido a um erro de fabricação, um resistor parasi­ ta R r = 2 k íl ap areceu no in v erso r da Fig. 15.45. Se ( W /L )| = 3/0,18 e ( W I L ) 2 = 5/0,18,calcule os níveis baixo e alto de saída e o p o n to de chaveam ento.

15.27 Para o circuito do E xercício 26, calcule o g anho de tensão de p eq u en o s sinais no p o n to de ch aveam en­ to, com e sem R,,.

15.28 C alcu le as m a rg e n s d e ru íd o p a ra um in v erso r C M O S com (W /L), = 5/0,18 e (W /L )2 = 11/0,18.

15.38 S uponha que a tensão de alim entação do Exercício 37 seja a u m en ta d a em 10% . Q ual é a dim inuição em T e T P,,,1 15.39 R epita o Exercício 38 com V,m = 0,9 V e com pare os resultados. N ote o significativo au m en to em T,,„, e L ,>, ,,. 15.40 A o alim en tar um a capacitância de carga de 50 fF, um inversor C M O S deve alcançar re tard o s de p ro ­ pagação sim étricos de 80 ps. D e term in e (W /L ), e (W /L )2. 15.41 N a Eq. (15.82), sup o n h a V rm = 0,4 V. Para que va­ lor da tensão de alim entação os dois term os en tre

648

Capítulo Quinze colchetes se to rn a m iguais? C o m o deve se r esco­ lhida a ten são de alim en tação p a ra que o prim eiro te rm o seja igual a 10% d o seg u n d o ?

A

j

B

15.42 U m inversor C M O S com (W /L ), = 1/0,18 tem Tr,„ de 100 ps, com C, = 80 fF. D e te rm in e a ten são de alim entação.

Figura 15.46

15.43 R e c e b e m o s um in v e rso r C M O S com d im en sõ es e lim iares do s d isp o sitiv o s d esco n h ecid o s. Testes indicaram T Pm = 1 2 0 ps, com C , = 90 fF e V nn = 1,8 V; e TpM = 160 ps, com C L = 90 fF e V nl) = 1,5 V. D eterm in e ( W /L ) í e V rm .

15.51 R epita o Exercício 50 p ara um a p o rta N A N D . 15.52 Para cada seção N M O S m o strada na Fig. 15.47, d e ­ senhe a seção PM O S dual, co nstrua a p o rta C M O S total e d e te rm in e a função lógica ex ecu tad a pela porta.

15.44 N a E q. (15.82), o arg u m en to d o logaritm o se to rn a negativo q u a n d o V l)n < 4 V rm /3. E xplique, de m a­ n eira intuitiva, p o r que isto acontece.

out

15.45 U m resisto r de 1 k í l carrega um a capacitância de 100 fF .de 0 V a V ,)n. D e te rm in e a energia dissipada no resistor.

15.46 U m circuito digital co n tém um m ilhão de p o rtas e tra b a lh a com um a freq u ên cia de relógio de 2 G H z. S u p o n d o que, em m édia, 20% das p o rtas com utam em cada ciclo d o relógio, e q u e a cap acitância de carga m édia vista por cada p o rta é de 20 fF, determ i­ ne a dissipação m édia de potên cia m édia. D espreze a co rre n te de curto-circuito. (N o te que o resultado é excessivam ente baixo, pois a c o rre n te de curtocircuito foi d esp rezad a.)

~oV,out

c

H l « 3 ®°—I t V

out

15.47 U m inversor com tran sisto res m uito largos é usado c o m o '" b u ffe r d e relógio” em um m icroprocessador, p a ra e n tre g a r um relógio d e 2 G H z a vários flip flo p s . S uponha que o b u ffe r alim en te cinco m ilhões

- ° v out t

de tran sisto res, com largura m édia de 1 /xm. Se o com prim ento da p o rta for 0,18 /xm, C nx = 10 íF /p m 2 e, se a c a p acitân cia de p o rta for a p ro x im a d a p or W L C m, d eterm in e a potên cia dissipada pelo b u ffe r de relógio. D esp reze a c o rre n te de cu rto -circuito (em b o ra a m esm a não seja desprezível).

15.48 A te n sã o de alim en tação de um in v erso r a u m e n ­ ta em 10% . Se ( W / L ) { = 2/0,18 e ( W /L ) 2 = 4/0,18, d eterm in e a a lte ra ç ão no v a lo r de pico da co rren te de curto-circuito.

15.49 A p ro x im an d o a form a de o n d a da co rre n te de curto-circu ito da Fig. I5.29(c) p o r um triân g ulo isósceles, calcule a d issipação m éd ia de p o tên cia que resulta desse m ecanism o. S up o n h a um a frequência de o p e ra ç ã o /,.

15.50 U m a p o rta N O R CM O S alim enta um a capacitância de carga de 20 fF. S u p o n h a q u e as fo rm as de o n ­ da de e n tra d a sejam com o m o stra d o na Fig. 15.46, cada qual com fre q u ê n c ia /, = 500 M H z. C alcule a potên cia dissipada pela p o rta . D esp reze a co rren te de curto-circuito.

C o — l t / w 3 e ° - H u /lf2

° H lm 4 ^ H lm i (d) -+V'o ut C o — I f T / lf o

B O— |

Do—

A

1

(e) Figura 15.47 Exercícios de P rojetos

15.53 P rojete um inversor N M O S (ou seja, d eterm in e R n e W /L ) p ara um orçam en to de potência estática de 0,5 m W e um nível baixo de saída de 100 mV.

15.54 P rojete um inversor N M O S (ou seja, d eterm in e R n e W /L ) p ara um orçam en to de potência estática de 0,25 m W e M R , = 600 mV.

Circuitos CMOS Digitais 1 5 .5 5

1 5 .5 6

possível p ro je ta r um in v erso r C M O S tal qu e |VY//2|? E x p liq u e p o r quê.

P rojete um inversor N M O S (ou seja, d eterm in e R n e W IL ) p ara um nível baixo de saída de lü ü m V e um o rçam en to d e p o tên cia de 0,25 mW.

1 5 .5 7 É

D eterm ine ( W/L), 2 para um inversor C M O S de m o­ do que o ponto de chaveam ento seja igual a 0,8 V e a corrente puxada de V nn nesse pon to seja de 0,5 mA. Suponha À„ = 0,1 V " 1e \ p = 0,2 V "1.

1 5 .5 8

D eterm ine ( W /L ) l2 para um inversor CM O S tal que T plh = T pul = 100 ps, en q u a n to o circuito alim enta um a capacitância de carga de 50 fF.

1 5 .6 1

C onsidere a p o rta N A N D C M O S com as en tra d as cu rto -circu itad as, de m odo a fo rm a r um in v ersor [Fig. 15.50]. D esejam os d e te rm in a r o re ta rd o desse circuito com um leque de saída d e q u a tro ; ou se ­ ja , com o se fosse carreg ad o p o r um estágio sim ilar que incorporasse dispositivos cujas larguras tives­ sem sido m ultiplicadas p or um fator de q uatro. Use S P I C E p ara calcular esse retardo.

1 5 .6 2

R ep ita o Exercício 61 p ara um a p o rta N O R e com ­ p are os resultados.

1 5 .6 3

O circuito re p re se n ta d o na Fig. 15.51 é ch a m ad o “oscilador em anel” . Supondo V ,)n = 1,8 V e W IL = 2 /xm/0,18 /um p ara os dispositivos N M O S, escolha W /L p a ra os tra n sisto re s P M O S d e m o d o q u e a frequência de oscilação seja m axim izada. (P ara ini­ ciar a oscilação em S P I C E , você deve aplicar um a condição inicial a um dos nós, com o, p o r exem plo, .ic v(x) = 0.)

EXERCÍCIOS

M R , = M R ,, = 0,7 V, se V Tm

SPICE

COM

Nos exercícios a seguir, use os m odelos de dispositivo MOS d ad o s no A p êndice A. 1 5 .5 9

649

O inversor da Fig. 15.48 deve p ro v er um p o n to de ch aveam ento de 0,8 V. Se ( W /L ) x = 0,6 /xm/0,18 /xm, determ ine ( W /L )2. D esenhe o gráfico da corrente de alim entação em função de Vitr p ara 0 < V„, < 1,8 V. 1,8 V

DD'

‘'o u t

Figura 15.48 1 5 .6 0

A cascata de inversores m ostrad a na Fig. 15.49 ali­ m enta um a capacitância de carga de 100 fF. Suponha W x = 0,5 W 2 = 0,6 /xm, W y = 0,5 W Ae L = 0,18 /xm p ara os q u atro dispositivos. ^dd=1,8V Má

-oKo u t T cL

Figura 15.49

(a) D eterm in e a escolha ó tim a de W y (e W A) para q ue o re ta rd o total de V in a Voul seja m inim iza­ do. Q ual é a co n trib u ição de re ta rd o de cada estágio? (b) D eterm in e a dissipação m édia de p o tência do circuito na frequência d e 500 M Hz.

Figura 15.51

C A P I T U L O

16 Amplificadores CMOS* D e p o is d e d e s c r e v e r m o s a fís ic a e o f u n c io n a m e n to d e t r a n s i s t o r e s M O S n o C a p í t u l o 6, a g o r a t r a t a r e ­ m o s d e c ir c u ito s a m p lif ic a d o r e s q u e e m p r e g a m e s ­ s e s d is p o s itiv o s . E m b o r a o c a m p o d e m i c r o e l e t r ô ­ n ic a e n v o lv a m u ito m a is q u e a m p lif ic a d o r e s , n o s s o

C onceitos Básicos

Análise do Ponto de Operação

Topologias de A m plificadores

• Im pedância de Entrada e de Saída

• Polarização Sim ples

• Polarização

• Degeneração de Fonte

• Estágio Porta Comum

• Análises DC e de Pequenos Sinais

• Autopolarização

• Seguidor de Fonte

™ • Estágio Fonte Comum

• Polarização de D ispositivos PMOS

E s te c a p ítu lo e s ta b e le c e a b a s e p a r a o r e s ta n te d o livro, e é b e m lo n g o . A m a io ria d o s c o n c e ito s a p r e s e n ­ ta d o s a q u i é in v o c a d a ta m b é m n o C a p ítu lo 5 ( a m p li­ fic a d o re s b ip o la r e s ) . P o r ta n to , s u g e r im o s q u e o le ito r fa ç a p a u s a s f r e q ü e n te s , p a r a a b s o r v e r o m a te ria l e m p e q u e n a s d o se s.

16.1

e s tu d o d e te le f o n e s c e lu la r e s e c â m e r a s d ig ita is , n o C a p ítu lo 1, in d ic a o la r g o u so d e a m p lific a ç ã o , o q u e n o s e s tim u la a d o m in a r a a n á lis e e a s ín te s e d e s s e s b lo c o s f u n d a m e n ta is . O r o te ir o d o c a p ítu lo é m o s ­ t r a d o a s e g u ir.

C O N S ID E R A Ç Õ E S G E R A IS

R e c o r d e m o s ,d o C a p ítu lo 6 , q u e u m a fo n te d e c o r r e n ­ te c o n tr o la d a p o r te n s ã o f o r m a , ju n t a m e n t e c o m u m tr a n s is to r , u m a m p lific a d o r. E m g e r a l, u m a m p lific a ­ d o r p r o d u z u m a sa íd a ( te n s ã o o u c o r r e n te ) q u e é u m a v e r s ã o a u m e n ta d a d a e n t r a d a ( te n s ã o o u c o r r e n te ) .

C o m o a m a io r ia d o s c ir c u ito s e le tr ô n ic o s a m o s tr a e p r o d u z g ra n d e z a s d e te n s ã o ,1 n o s s a d is c u s s ã o te m c o m o fo c o p rin c ip a l “ a m p lific a d o r e s d e te n s ã o ” e o c o n c e ito d e “ g a n h o d e te n s ã o ” , v 0J v in. Q u e o u tr o s a s p e c to s d o d e s e m p e n h o d e u m a m ­ p lific a d o r s ã o im p o r ta n te s ? T r ê s p a r â m e tr o s q u e v ê m d e im e d ia to à m e n te s ã o (1 ) d is s ip a ç ã o d e p o tê n c ia (p. ex ., p o r q u e d e te r m in a a v id a ú til d a b a te r ia d e u m te le f o n e c e lu la r o u d e u m a c â m e r a d ig ita l); (2 ) v e lo ­ c id a d e (p. e x ., a lg u n s a m p lif ic a d o r e s e m u m te le f o ­ n e c e lu la r o u c o n v e r s o r e s a n a ló g ic o -d ig ita l e m u m a c â m e r a d ig ita l d e v e m o p e r a r e m fr e q u ê n c ia s a lta s ); (3 ) r u íd o (p. e x ., a m p lif ic a d o re s d e f r o n t - e n d e m u m te le f o n e c e lu la r o u e m u m a c â m e r a d ig ita l p r o c e s -

*Este capítulo é destinado a cursos que apresentam circuitos CMOS antes de circuitos bipolares. 'Exceções são descritas no Capítulo 12.

650

Amplificadores CMOS sa m s in a is p e q u e n o s e d e v e m in tr o d u z ir r u íd o p r ó ­ p rio d e s p r e z ív e l) .

16.1.1

m o u m v o ltím e tr o , o u s e ja , a m o s tr a r u m a te n s ã o se m p e r t u r b a r ( c a r r e g a r ) o e s tá g io p r e c e d e n te . P o rta n to , a im p e d â n c ia d e e n tr a d a id e a l é in fin ita . N a s a íd a , o c irc u ito d e v e se c o m p o r ta r c o m o u m a f o n te d e t e n ­ s ã o , o u s e ja , f o r n e c e r u m n ív e l c o n s ta n te d e s in a l a q u a lq u e r im p e d â n c ia d e c a rg a . A ssim , a im p e d â n c ia d e s a íd a id e a l é ig u a l a z e ro . N a v e r d a d e , a s im p e d â n c ia s I /O d e u m a m p lifi­ c a d o r d e te n s ã o p o d e m se d e s v ia r m u ito d o s v a lo ­ re s id e a is e e x ig e m a te n ç ã o e m r e la ç ã o à s in te r fa c e s c o m o u tr o s e stá g io s. O p r ó x im o e x e m p lo ilu s tr a e s ta q u e s tã o .

Im pedâncias de E ntrada e de Saída

A lé m d o s p a r â m e tr o s a n te r io r e s , a s im p e d â n c ia s d e e n tr a d a e d e s a íd a ( im p e d â n c ia s I /O ) d e u m a m p lifi­ c a d o r tê m p a p e l i m p o r ta n te n a c a p a c id a d e d e in te rc o n e x ã o d o m e s m o c o m os e s tá g io s p r e c e d e n te e s u b ­ s e q u e n te . P a ra e n te n d e r e s te c o n c e ito , d e te rm in e m o s , p rim e ir o , a s im p e d â n c ia s I /O d e u m a m p lific a d o r d e te n s ã o id e a l. N a e n tr a d a , o c irc u ito d e v e fu n c io n a r c o ­

Exem plo

Solução

651

U m am plificador com g anho de ten são de 10 am ostra um sinal gerad o p o r um m icrofone e aplica a saída am plificada a um alto -falante [Fig. 16.1(a)]. Vam os su p o r que o m icrofone possa ser m o d e ­ lado p o r um a fo n te de ten são com um sinal pico a pico de 10 m V e um a resistência série de 200 íl. S uponham os, ain d a, que o alto -falante possa ser rep resen tad o p o r um resistor de 8 íl. (a) D e te rm in e m o s o nível d e sinal a m o stra d o p o r um am p lificador q u a n d o o circuito tem im pedância de e n tra d a de 2 k íl e de 500 íl. (b) D ete rm in e m o s o nível de sinal en treg u e ao alto-falante q u an d o o circuito tem im pedância de saída de 10 í l e de 2 íl. (a) A Fig. 16.1 (b) m ostra a in terface e n tre o m icrofone e o am plificador. A ten são am o strad a pelo am plificador é, p o rta n to , d ad a p or

v\ =

R»

Rin

+

(16.1)

'Un*

Rm

P ara R in = 2 kQ, vi = 0,9 li^,,

(16.2)

ou seja, ap en as 9 % abaixo d o nível do sinal do m icrofone. N o en tan to , p a ra R in = 500 íl, v\ = 0/71i*„,

(16.3)

isto eqü iv ale a u m a p e rd a de 30% . P o rtanto, neste caso, é desejável m axim izar a im pedância de en trad a. Microfone

/

Amplificador Alto-falante

D-------4

v = 10

200 í l

\

— VA----- ° 10 mV

■V+

Rn

Síl

(a)

Figura 16.1 (a) Sistema de áudio simples.

652

Capítulo Dezesseis

(b) Figura 16.1 (b) Perda de sinal devida à impedância de entrada do amplificador, (c) perda de sinal devida à impedância de saída do amplificador. (b) D e se n h a n d o a interface en tre o am plificador e o alto-falante com o na Fig. 16.1(c), tem os

Ibut —

Rl Rl

(16.4)

Ramp

P ara R amp = 10 Q, (16.5)

tfcu/ = 0,44 \\unp , o que c o rresp o n d e a um a a te n u aç ão considerável. P ara R amp = 2 £2,

(16.6)

Uoul = 0 , 8 l lamp-

P ortanto, a im p ed ân cia de saída do am plificador deve ser m inim izada.

Exercício

P rove q u e a p o tên cia e n treg u e a R , é m axim izada q u an d o

A im p o r tâ n c ia d a s im p e d â n c ia s I/O n o s e s tim u la a p r e s c r e v e r u m m é to d o p a r a m e d i-la s . A s s im c o m o n o c a s o d a im p e d â n c i a d e u m d i s p o s it i v o d e d o is te r m in a is , c o m o r e s is to r o u c a p a c i to r , a im p e d â n c ia d e e n t r a d a ( s a íd a ) é m e d id a e n t r e o s n ó s d e e n tr a d a ( s a íd a ) d o c irc u ito , c o m to d a s a s f o n te s in d e p e n d e n ­ te s n o c ir c u ito fix a d a s e m z e r o .2 O m é to d o , il u s t r a ­

= R , p a ra um d a d o valor d e R , .

d o n a Fig. 16.2, r e q u e r a a p lic a ç ã o d e u m a f o n te d e te n s ã o a o s d o is n ó s ( ta m b é m c h a m a d o s d e “ p o r t a ” ) d e in te r e s s e , m e d iç ã o d a c o r r e n te r e s u lta n te e a d e fi­ n iç ã o d e v x / i x c o m o a im p e d â n c ia . A fig u ra ta m b é m m o s tr a s e ta s — q u e d e n o ta m “ o lh a n d o p a r a ” a p o r ­ ta d e e n t r a d a o u d e s a íd a — e a s c o r r e s p o n d e n te s im p e d â n c ia s .

2Recordemos que uma fonte de tensão nula é substituída por um curto-circuito, e uma fonte de corrente nula. por um circuito aberto.

Amplificadores CMOS O le ito r p o d e q u e s tio n a r p o r q u e a p o r ta d e s a í­ d a n a Fig. 1 6 .2 (a ) é d e ix a d a a b e r t a e p o r q u e a p o r ta d a e n t r a d a n a Fig. 1 6 .2 (b ) é c u r to - c ir c u ita d a . U m a v e z q u e , d u r a n te o p e r a ç ã o n o r m a l, u m a m p lific a d o r d e te n s ã o é a lim e n ta d o p o r u m a f o n te d e te n s ã o , e c o m o to d a s a s f o n te s in d e p e n d e n t e s d e v e m s e r fix a­ d a s e m z e ro , a p o r t a d e e n t r a d a n a Fig. 1 6 .2 (b ) d e v e s e r c u r to - c ir c u ita d a p a r a r e p r e s e n t a r u m a f o n te d e te n s ã o n u la . O u s e ja , o p r o c e d im e n to p a r a se c a lc u ­ la r a im p e d â n c ia d e s a íd a é id ê n tic o a o u s a d o p a r a o b te n ç ã o d a im p e d â n c ia d e T h é v e n in d e u m c irc u ito ( C a p ítu lo 1). N a Fig. 1 6 .2 (a ), p o r s u a v e z , a s a íd a p e r ­

Exem plo

653

m a n e c e a b e r ta p o r q u e n ã o e s tá c o n e c ta d a a q u a lq u e r fo n te e x te r n a . A s im p e d â n c ia s I /O a f e ta m a tr a n s f e r ê n c ia d e sin a l d e u m e s tá g io p a r a o s e g u in te e, e m g e ra l, s ã o c o n s id e r a d a s g r a n d e z a s d e p e q u e n o s s in a is — c o m a h ip ó te s e im p líc ita d e q u e o s n ív e is d e sin a l sã o , d e fa to , p e q u e n o s . P o r e x e m p lo , a im p e d â n c ia d e e n tr a d a é o b tid a c o m a a p lic a ç ã o d e u m a p e q u e n a v a ria ç ã o n a te n s ã o d e e n tr a d a e c o m a m e d iç ã o d a a lte r a ç ã o r e s u lta n te n a c o r r e n te d e e n tr a d a . P a ra isto , m o d e lo s d e p e q u e n o s s in a is d e d is p o s itiv o s s e m ic o n d u to r e s s ã o d e g r a n d e u tilid a d e .

S u p o n d o q u e o tra n sisto r o p ere na região de saturação, d eterm in em o s a im pedância de e n tra d a do circuito m o strad o na Fig. 16.3(a).

DD

(a) Figura 16.3

Solução

(b)

(a) Estágio amplificador simples, (b) modelo de pequenos sinais.

C o n stru in d o o circu ito eq u iv alen te de p eq u en o s sinais da Fig. 16.3(b), no tam o s q ue a p o rta não puxa c o rre n te (em freq u ên cias baixas) e que a im pedância de e n tra d a é dad a sim plesm ente p o r Vx

— = OO.

lx

Exercício

(16.7)

C alcule a im p ed ân cia de e n tra d a p a ra R n = 0 e p a ra À = 0.

Figura 16.4

Conceito de impedância vista em um nó.

P a r a sim p lific a r a n o ta ç ã o e o s d ia g ra m a s , e m g e ra i n o s r e f e r im o s à im p e d â n c ia v is ta e m u m n ó e n ã o e n t r e d o is n ó s (o u s e ja , u m a p o r ta ) . C o m o ilu s tr a d o

n a Fig. 16.4, e s ta c o n v e n ç ã o a p e n a s a s s u m e q u e o o u ­ tr o n ó é a te r r a , o u s e ja , a fo n te d e te n s ã o d e te s te é a p lic a d a e n tr e o n ó d e in te r e s s e e a te r r a .

654

Capítulo Dezesseis

Exem plo

N o circuito da Fig. 16.5(a), calculem os a im pedância vista q u an d o se olha p ara o d re n o de M x.

16.3

r Rc

(a) Figura 16.5 S o lu ç ã o

E x e rc íc io

Exem plo

’ out

T (b)

(a) Impedância vista no dreno, (b) modelo de pequenos sinais.

Fixando a ten são d e e n tra d a em zero e usando o m odelo d e peq u en o s sinais da Fig. 16.5(b), n o ta ­ m os q u e v, = 0, g mVi = 0 e, p o rta n to , R ou, = r(). Q ual é a im pedância de saída se um resistor for conectad o em série com a p o rta de A/,?

C alculem os a im p ed ân cia vista na fonte de M ] na Fig. 16.6(a). Para sim plificar, desprezem os a m o ­ du lação d o c o m p rim en to do canal. DD

C+W i

♦

R OUt

(a) Figura 16.6 S o lu ç ã o

(b)

(a) Impedância vista na fonte, (b) modelo de pequenos sinais.

F ixando a te n sã o d e e n tra d a em zero e su b stitu in d o V DD p o r um a te rra A C, o b te m o s o circuito equ iv alen te de p e q u e n o s sinais m o strad o na Fig. 16.6(b). É in teressante ob serv ar que t>, = - v x e gmV1 = - i x -

(16.8)

O u seja,

E x ercício

vx

1_

ix

gm

(16.9)

O resultado anterior é alterado se um resistor for conectado em série com o terminal de dreno de A/,?

O s tr ê s e x e m p lo s a n te r io r e s p r o v e e m tr ê s re g ra s im p o r ta n te s q u e s e r ã o u s a d a s a o lo n g o d e t o d o o li­ v r o (F ig . 16.7): • O lh a n d o p a r a a p o r ta , v e m o s in fin ito . • O lh a n d o p a r a o d r e n o , v e m o s r(), se a f o n te e s ­ tiv e r c o n e c ta d a à t e r r a ( A C ) . • O lh a n d o p a r a a fo n te , v e m o s l/g „ „ s e a p o r ta e s ­ tiv e r c o n e c ta d a à t e r r a ( A C ) e a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l fo r d e s p r e z a d a .

Figura 16.7 Resumo das impedâncias vistas nos terminais de um transistor MOS.

Amplificadores CMOS É f u n d a m e n ta l q u e o le ito r d o m in e e s ta s r e g ra s e se ja c a p a z d e a p lic á -la s e m c ir c u ito s m a is c o m p le ­ x o s.1

16.1.2

655

Valor de Polarização (DC)

t

P olarização

R e c o r d e m o s , d o C a p ítu lo 6, q u e u m tr a n s is to r M O S fu n c io n a c o m o u m d is p o s itiv o a m p lific a d o r se f o r p o ­ la r iz a d o n o m o d o d e s a tu r a ç ã o ; o u s e ja , n a a u s ê n c ia d e sin a is, o a m b ie n te q u e e n v o lv e o d is p o s itiv o d e v e a s s e g u ra r q u e V as é s u fic ie n te m e n te g r a n d e p a r a c ria r a s o b r e c a r g a n e c e s s á ria e q u e V ns é a lto o b a s ta n te p a r a g a r a n tir e s tr a n g u la m e n to ( p i n c h - o f f ) d o c a n a l. A lé m d isto , c o m o e x p lic a m o s n o C a p ítu lo 6, p r o p r ie ­ d a d e s d e a m p lific a ç ã o d o tr a n s is to r , ta is c o m o g,„ e r„ , d e p e n d e m d a c o r r e n te q u ie s c e n te (d e p o la riz a ç ã o ) d e d re n o . P o r ta n to , o s c irc u ito s q u e e n v o lv e m o d is p o s i­ tiv o ta m b é m d e v e m e s ta b e le c e r ( d e fin ir) a c o r r e n te d e p o la r iz a ç ã o d o d is p o s itiv o d e m a n e ir a a d e q u a d a .

A V

Valor de Polarização (DC)

V

t Figura 16.8 tor MOS.

Níveis de polarização e de sinal para um transis­

A s o b s e r v a ç õ e s a n te r io r e s le v a m a u m p r o c e d im e n ­ to p a r a a a n á lis e d e a m p lif ic a d o r e s (e d e m u ito s o u ­ tro s tip o s d e c irc u ito s ). P r im e ir o , c a lc u la m o s a s c o n ­

im p e d â n c ia s I/O . C o m o e x e m p lo , a Fig. 16.8 ilu s tra as c o m p o n e n te s d e p o la riz a ç ã o e d e sin a l d e u m a te n s ã o e d e u m a c o r r e n te . É im p o r ta n te te r e m m e n te q u e a a n á lise d e p e ­ q u e n o s sin ais tr a ta a p e n a s d e (p e q u e n a s ) v a r ia ç õ e s d e te n s õ e s e c o rre n te s em um circu ito , e m to rn o d o s c o r­ re s p o n d e n te s v a lo re s q u iesce n tes. P o rta n to , c o m o m e n ­ c io n a m o s n o C a p ítu lo 6, to d a s as fo n te s c o n s ta n te s , isto é , fo n te s d e te n s ã o e d e c o rre n te q u e n ã o v a ria m c o m o te m p o , d e v e m s e r fix ad as e m z e ro p a ra a a n á lise d e

d iç õ e s d e o p e r a ç ã o ( q u ie s c e n te s ) ( te n s õ e s e c o r r e n ­ te s n o s te r m in a is ) d e c a d a tr a n s i s t o r n a a u s ê n c ia d e sin ais. E s ta e ta p a , c h a m a d a “ a n á lis e D C ” o u “ a n á lis e d e p o l a r i z a ç ã o ” , d e t e r m i n a t a n t o a r e g iã o d e o p e ­ r a ç ã o ( r e g iã o d e s a t u r a ç ã o o u d e t r i o d o ) c o m o o s p a r â m e tr o s d e p e q u e n o s s in a is d e c a d a d is p o sitiv o . S e g u n d o , e f e tu a m o s a “ a n á lis e d e p e q u e n o s s in a is ” , is to é , e s tu d a m o s a r e s p o s ta d e c a d a c ir c u ito a sin a is p e q u e n o s ( s u p e r p o s to s a o s n ív e is d e p o la r iz a ç ã o ) e c a lc u la m o s g r a n d e z a s ta is c o m o g a n h o d e te n s ã o e

p e q u e n o s sinais. P o r e x e m p lo , a te n s ã o d e a lim e n ta ç ã o é c o n s ta n te e, e m b o ra e sta b e le ç a p o n to s d e p o la riz a ç ão a d e q u a d o s, n ã o te m p a p e l alg u m n a re sp o sta d e p e q u e ­ no s sinais. P o rta n to , n a c o n s tru ç ã o d o c irc u ito e q u iv a ­ le n te d e p e q u e n o s sinais, a te rr a m o s to d a s as fo n te s d e te n s ã o c o n s ta n te 4e a b rim o s to d a s as fo n te s d e c o rre n te co n sta n te . D e o u tro p o n to d e vista, os dois passos d escri­ to s a n te r io rm e n te se g u e m o p rin c íp io d a su p e rp o siç ã o : p rim e iro , d e te rm in a m o s o e fe ito d e te n s õ e s e c o rre n te s c o n sta n te s, e n q u a n to as fo n te s d e sinal s ã o fix ad as e m

16.1.3

A nálises DC e de P equenos S inais

Análise DC

Análise de Pequenos Sinais "DD

>=> I + i|

Curtocircuito Circuito Aberto

I-© -

Figura 16.9

íl

‘'out

Passos para a análise de um circuito.

'Embora esteja além do escopo deste livro, só se pode provar que a impedância vista na fonte é igual a 1/g„, se o dreno estiver co­ nectado a uma impedância relativamente baixa. 4Dizemos que todas as fontes de tensão constante conectadas à terra são substituídas por uma “terra AC".

656

Capítulo Dezesseis

z e ro ; d e p o is, a n a lis a m o s a r e s p o s ta à s fo n te s d e sinal, e n q u a n to as fo n te s c o n s ta n te s s ã o fix ad as e m z ero . A Fig. 16.9 re su m e e s te s co n ceito s. V ale r e s s a lta r q u e a s ín te s e d e a m p lif ic a d o r e s s e ­ g u e u m p r o c e d im e n to s im ila r. P r im e ir o , o s c irc u ito s q u e e n v o lv e m o t r a n s is to r s ã o p r o je t a d o s p a r a e s ta ­ b e le c e r as c o n d iç õ e s d e p o la r iz a ç ã o a d e q u a d a s e, p o r­ ta n to , o s n e c e s s á rio s p a r â m e tr o s d e p e q u e n o s sin ais. S e g u n d o , o c o m p o r ta m e n to d e p e q u e n o s s in a is d o c irc u ito é a n a lis a d o p a r a se c o m p r o v a r o d e s e m p e ­ n h o d e s e ja d o . A lg u m a s ite r a ç õ e s e n t r e o s d o is p a sso s p o d e m s e r n e c e s s á ria s , a té o c o r r e r c o n v e r g ê n c ia a o c o m p o r ta m e n to d e s e ja d o . C o m o d if e r e n c ia m o s e n t r e o p e r a ç õ e s d e p e q u e ­ n o s e d e g r a n d e s s in a is ? E m o u t r a s p a la v r a s , e m q u e c o n d iç õ e s p o d e m o s r e p r e s e n t a r o s d is p o s itiv o s p o r s e u s m o d e lo s d e p e q u e n o s s in a is ? S e o s in a l p e r t u r ­ b a o p o n to d e p o la r iz a ç ã o d o d is p o s itiv o a p e n a s d e m a n e ir a d e s p re z ív e l, d iz e m o s q u e o c irc u ito o p e r a n o re g im e d e p e q u e n o s s in a is. N a F ig . 16.8, p o r e x e m ­ p lo , a v a ria ç ã o d e I n d e v id o a o s in a l d e v e p e r m a n e c e r p e q u e n a . E s te c r ité r io se ju s tific a p o r q u e a s p r o p r ie ­ d a d e s d e a m p lif ic a ç ã o d o t r a n s i s t o r , c o m o g,„ e r (h s ã o c o n s id e r a d a s c o n s ta n te s n a a n á lis e d e p e q u e n o s sin a is , e m b o r a , n a v e r d a d e , v a r ie m à m e d id a q u e o sin a l p e r t u r b a /„ . O u s e ja , u m a r e p r e s e n t a ç ã o lin e a r d o tr a n s is to r é v á lid a a p e n a s se a v a r ia ç ã o d o s p a r â ­ m e tr o s d e p e q u e n o s sin a is fo r d e s p r e z ív e l. A d e fin i­ ç ã o d e “ d e s p r e z ív e l” d e p e n d e u m p o u c o d o c ir c u i­ to e d a a p lic a ç ã o ; n o e n t a n t o , c o m o r e g r a e m p ír ic a , c o n s id e r e m o s u m a v a r ia ç ã o d e 1 0 % n a c o r r e n te d e d r e n o c o m o o lim ite s u p e r io r p a r a o p e r a ç ã o e m p e ­ q u e n o s sin a is.

Exem plo 16.5

16.2

A N Á LIS E E SÍNTESE DO PONTO DE OPERAÇÃO

É c o n v e n ie n te q u e in ic ie m o s o e s tu d o d o p o n to d e o p e r a ç ã o c o m u m e x e m p lo .

U m e stu d a n te fam iliarizado com dispositivos M O S construiu o circuito m o strad o na Fig. 16.11 e te n ta am plificar o sinal p ro d u zid o p o r um m icrofone. O m icrofone gera um sinal de saída com va­ lo r de pico de 20 m V e nível D C (m édio) zero. E xpliquem os o qu e acontece.

Figura 16.11

Solução

D a q u i e m d ia n te , a o d e s e n h a r m o s d ia g r a m a s d e c irc u ito s, e m p r e g a r e m o s n o ta ç ã o e s ím b o lo s sim p lifi­ c a d o s. A Fig. 16.10 ilu s tra u m e x e m p lo n o q u a l a b a ­ te r ia q u e a tu a c o m o te n s ã o d e a lim e n ta ç ã o é s u b s ti­ tu íd a p o r u m a b a r r a h o r iz o n ta l r o tu la d a c o m o V ,w ? A fo n te d e te n s ã o d e e n tr a d a ta m b é m é sim p lific a d a p a r a u m n ó r o tu la d o c o m o v„„ e s ta n d o s u b e n te n d id o q u e o o u tr o n ó é a te rra . N e s te c a p ítu lo , in ic ia m o s c o m a a n á lis e D C e a s ín te s e d e e s tá g io s M O S , d e s e n v o lv e n d o c a p a c id a d e s p a r a d e te r m in a r o u c r ia r a s c o n d iç õ e s d e p o la riz a ç ã o . E s ta fa se d e n o s s o e s tu d o n ã o r e q u e r c o n h e c im e n to d e s in a is e, p o r c o n s e g u in te , d a s p o r ta s d e e n tr a d a e d e s a íd a d o c irc u ito . A se g u ir, a p r e s e n ta r e m o s v á ria s to p o lo g ia s d e a m p lif ic a d o r e s e e x a m in a r e m o s s e u s c o m p o r ta m e n to s d e p e q u e n o s sinais.

Amplificador alimentado diretamente por um microfone.

Infelizm ente, o e stu d a n te se esqueceu de p olarizar o transistor. C om o o m icrofone não pro d u z um a saída D C, um a e n tra d a com valor de pico de 20 m V não é capaz de ligar o transistor. E m conse-

sO subscrito DD indica tensão dc alimentação aplicada ao dreno.

Amplificadores CMOS

657

quência, o tra n sisto r n ão conduz um a co rren te de d ren o e, p o rtan to , sua tran sco n d u tân cia é zero. Por conseguinte, o circuito n ão gera um sinal de saída. E x e rc íc io

P odem os e sp e ra r um a am plificação razoável se a ten são de lim iar do dispositivo fo r zero?

C o m o m e n c io n a m o s n a S e ç ã o 16.1.2, a p o la riz a ç ão busca a lc a n ç a r d o is ob jetiv o s: a s s e g u ra r o p e ra ç ã o n a re-

Exem plo

16.6

g ião d e sa tu ra ç ã o e fixar a c o rre n te d e d re n o n o v a lo r ex ig id o n a aplicação. R e to rn e m o s a o e x e m p lo a n te rio r.

T endo se d ad o co n ta do p roblem a de polarização, o estu d an te do E xem plo 16.5 m odificou o circuito com o indicado na Fig. 16.12: p a ra p erm itir a polarização D C da p o rta, conectou-a a V np. E x p liq u e­ m os p o r que o e stu d a n te precisa a p re n d e r m ais sobre polarização.

= 2,5 V

K&ut

Figura 16.12 S o lu ç ã o

E x e rc íc io

Amplificador com porta conectada a VDD.

A q u e stã o principal aqui é que o sinal g erad o pelo m icrofone está c u rto -c irc u ita d o a V DD. F uncio­ n an d o com o um a fo n te de ten são ideal, V m) m antém a ten são de p o rta em um valor c o n sta n te , p ro i­ bin d o q u a lq u e r v ariação in tro d u zid a pelo m icrofone. C om o Vos perm an ece constante, o m esm o se passa com Voun d e m odo que não o corre q u a lq u e r am plificação. O que acontece se um resistor for conectad o em série com a fonte de A/,?

O s e x e m p lo s a n te r io r e s s u g e r e m q u e a p o r ta n ã o p o d e s e r c o n e c ta d a a u m a t e n s ã o D C n u la e ta m b é m

Exem plo

n ã o p o d e s e r c o n e c ta d a d i r e ta m e n te a u m a te n s ã o D C n ã o n u la . O q u e p o d e m o s fa z e r?

M uito d e sa p o n ta d o , o e stu d a n te pensa em p ed ir tran sferên cia p ara o d e p a rta m e n to de biologia. C o n tu d o , faz um a últim a ten tativ a e constrói o circuito m o strad o na Fig. 16.13, onde V n = 0,75 V. E sta configuração pode fu n cio nar com o am plificador? VDD= 1 fiV «D

1 ■'out

IFigura 16.13 S o lu ç ã o

Amplificador com polarização dc porta.

Sim. pode. N a au sên cia de voz, o m icrofone p roduz um a saída nula e, p o rtan to , V GS = V,{. A escolha a p ro p ria d a de V,{ p o d e asseg u rar o p eração na região de satu ração com a co rren te de d re n o neces­ sária (e a tra n sco n d u tân cia necessária). Infelizm ente, esta configuração exige um a b ateria p ara cada estágio am plificador. (E stágios d ife re n te s p o d e m o p e ra r com d ife re n te s te n sõ e s p o rta -fo n te .) D evem os, p o rta n to , b u sc ar um

658

Capítulo Dezesseis

su b stitu to sim ples p a ra a bateria. C ontudo, o estu d a n te chegou bem próxim o e não precisa desistir da en g en h aria elétrica.

Exercício

16.2.1

A tensão de porta depende do valor de /?„?

P olarização S im p les

C o n s id e re m o s , a g o r a , a to p o lo g ia m o s tr a d a n a Fig. 1 6 .1 4 (a ),o n d e a p o rta é c o n e c ta d a a V ni) p o r um re ­ sisto r re la tiv a m e n te g ra n d e , R (h p a r a p ro v e r a te n s ã o d e p o la riz a ç ã o d e p o rta . C o m o u m a c o r r e n te n u la flui p o r R (i (p o r q u ê ? ) ,e s te circ u ito fo rn e c e V (;s = v ,m , um v alor fixo e r e la tiv a m e n te g ra n d e . A m a io ria d a s c o n fig u ra ­ çõ es d e am p lific a d o res, n o e n ta n to , r e q u e r flex ib ilid ad e n a e sc o lh a d e V (!S. E s te p ro b le m a p o d e s e r r e m e d ia d o co m fac ilid a d e , c o m o in d ic a d o n a Fig. 16.1 4 (b ), o n d e

Vg s =

Ri Ri + R 2

Vd d -

( 16. 10)

D e v e m o s, ta m b é m , c a lc u la r a te n s ã o d r e n o - f o n te e d e te r m in a r se o d is p o s itiv o o p e r a , d e fa to , e m s a tu ­ ra ç ã o . N o ta n d o q u e R n c o n d u z u m a c o r r e n te ig u a l a /„ e, p o r ta n to , s u s te n ta u m a te n s ã o /? „ /„ , e s c re v e m o s u m a L T K n a m a lh a q u e in c lu i a te n s ã o d e a lim e n ta ­ ç ã o e o r a m o d e sa íd a : Vd s = Vd d — R d I d -

P a ra o p e r a ç ã o e m s a tu r a ç ã o , a te n s ã o d e d r e n o n ã o d e v e e s ta r m a is q u e u m a te n s ã o d e lim ia r a b a ix o d a te n s ã o d e p o r ta , V ns > V (:s - V n i : Vd d ~ R d I d > Vgs — V th

. N o s s o o b je tiv o é a n a lis a r e s s e c ir c u ito e d e t e r m in a r a c o r r e n te e a s te n s õ e s d e p o la r iz a ç ã o . In ic ie m o s s u p o n d o q u e M , o p e r e n a re g iã o d e s a ­ tu r a ç ã o ( c o m p ro v a re m o s e s ta h ip ó te s e m ais a d ia n te ). N o c á lc u lo d a p o la riz a ç ã o , d e s p r e z a m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l. D a c a r a c te r ís tic a q u a d r á tic a , te m o s Id =

2 P r C o x - ^ iV c s - V t h f r

— 2 M/IC

2

+ R2

Vd d — V th

S o lu ç ã o

R2 R 1 + R2

Vdd — Vt h -

(16.14) (16.15)

(16.11)

( 16. 12)

P o r ta n to , a e s c o lh a a p r o p r i a d a d a r a z ã o d o d iv is o r r e s is tiv o e d e W / L p o d e e s t a b e l e c e r a c o r r e n t e d e p o la r iz a ç ã o n e c e s s á ria .

Exem plo 16.8

(16.13)

Figura 16.14 rizar a porta.

Uso dc (a) R (; e (b) divisor resistivo para pola­

N a Fig. 16.14(b), d ete rm in e m o s a co rren te de polarização de M,, su p o n d o V m = 0,5 V, \xnCox = 100 |xA /V 2. W /L = 5/0,18, A = 0, R { = 20 k íl e R 2 = 15 k íl. Q u al é o m áxim o valor p erm itido p a ra R n, p ara que M x p e rm a n e ç a em satu ração? C om o V GS = 0,771 V, tem os ID = 1 0 2 /xA.

(16.16)

A ten são de d re n o p o d e cair até V(;s - V ,,, = 0,271 V. A ssim , a q u ed a de ten são em R„ pode chegar a 1,529 V, p e rm itin d o um valor m áxim o de 15 k íl p ara R„.

Exercício

Se o valor de W fo r d o b rad o , qual é o m áxim o valor perm itid o p ara R n , de m odo qu e M, p e rm a ­ neça em sa tu ração ?

Amplificadores CMOS

659

Figura 16.15 Uso dc acoplamento capacitivo para isolar pola­ rização c microfone.

O le ito r p o d e se p e r g u n ta r p o r q u e , n o e x e m ­ p lo a n te r io r , n o s p r e o c u p a m o s c o m o v a lo r m á x im o d e R „ . C o m o v e r e m o s m a is a d ia n te n e s te c a p ítu lo , o g a n h o d e te n s ã o d e s te e s tá g io é p r o p o r c io n a l a R n , e x ig in d o q u e R „ s e ja m a x im iz a d o . O le ito r ta m b é m p o d e se p e r g u n t a r c o m o e x a ta ­ m e n te o m ic r o f o n e s e ria c o n e c ta d o a o a m p lific a d o r a n te r io r . P a r a a s s e g u r a r q u e a p e n a s o s in a I se ja a p li­ c a d o a o c ir c u ito e q u e o n ív e l D C z e r o d o m ic ro fo n e n ã o p e r t u r b e a p o la riz a ç ã o , d e v e m o s in s e r ir u m d is ­ p o s itiv o e m s é r ie c o m o m ic r o f o n e q u e d e ix e p a s s a r o s in a l e b lo q u e ie n ív e is D C , o u s e ja , u m c a p a c ito r (F ig. 16.15). E s ta té c n ic a é r e s u l t a d o d ir e to d o p r in ­ c íp io d e s u p e r p o s iç ã o j á in v o c a d o : p a r a c á lc u lo d e p o la riz a ç ã o , s u p o m o s q u e n ã o h á sin a is p r e s e n te s e, p o r ta n to , o c a p a c ito r é u m c ir c u ito a b e r to ; p a r a c á l­ c u lo s d e p e q u e n o s s in a is , ig n o r a m o s o s v a lo r e s d e p o la r iz a ç ã o e c o n s id e r a m o s o c a p a c i t o r u m c u r to c irc u ito . C o m o a im p e d â n c ia d o c a p a c ito r , l/(C ,.v), é in v e r s a m e n te p r o p o r c io n a l a o s e u v a lo r e à f r e q u ê n ­ cia d e o p e r a ç ã o , d e v e m o s e s c o lh e r C , g r a n d e o b a s ­ ta n te p a r a q u e se c o m p o r te c o m o u m c u r to -c irc u ito n a m e n o r f r e q u ê n c ia d e in te r e s s e . R e t o r n a r e m o s a e s te c o n c e ito m a is a d ia n te n e s te c a p ítu lo .

16.2.2 Fonte

P olarização com D egeneração de

E m a lg u m a s a p lic a ç õ e s , u m r e s is to r p o d e s e r c o n e c ­ ta d o e m s é r ie c o m a f o n te d o t r a n s is to r , p r o v e n d o “ d e g e n e r a ç ã o d e f o n t e ” . N e s ta to p o lo g ia , ilu s tr a d a na Fig. 16.16, a te n s ã o d e p o r ta é d e fin id a p o r R , e R 2. A d m itim o s q u e M , o p e r a e m s a t u r a ç ã o e d e s p r e z a ­ m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l. N o ta n d o q u e a c o r r e n te d e p o r ta é z e ro , te m o s

Vx =

Ri R \+ R i

Vd d -

(16.17)

C om o V x = V cs + I d R s < Ri

Vdd = Vgs + / d R s ■

(16.18)

I d = 2 M nCojr~(Vg5 - V t h )2-

(16.19)

R i+ R i

A s E q s. (1 6 .1 8 ) e (1 6 .1 9 ) p o d e m s e r re s o lv id a s p a r a I n e Vf;v, s e ja p o r ite r a ç ã o o u p e lo c á lc u lo d e / „ d e (1 6 .1 8 ) e s u b s titu iç ã o e m (1 6 .1 9 ):

{ ^ 2VDD~VG^

^

nCoxT (VG^ VTH)2-

(16'20)

O u s e ja , VGs = - ( Y 1- V t h ) + ] ( V - V t h ) 2- V t2h + j ^ W d d .

= _ ( v , _ v m )+ j v ] + 2 V \ onde

(16.21)

- VVtf), (16.22)

1 Vx

(16.23)

E s te v a lo r d e V (!S p o d e , e n tã o , s e r s u b s tit u íd o e m (1 6 .1 8 ) p a r a f o r n e c e r I„. O b v ia m e n te , V Y d e v e e x ­ c e d e r V x - V ,„ p a r a a s s e g u r a r o p e r a ç ã o n a re g iã o d e s a tu ra ç ã o .

16.2.3

E stágio A u to p o la riz a d o

O u tr o e s q u e m a d e p o la r iz a ç ã o e m p r e g a d o c o m f r e ­ q u ê n c ia e m c ir c u ito s d is c r e to s e in te g r a d o s é m o s ­ tr a d o n a Fig. 16.17. E s te e s tá g io — d ito “ a u t o p o l a ­ r iz a d o ” , p o r q u e a te n s ã o d e p o r ta é f o r n e c id a p e lo d r e n o — te m m u ita s p r o p r i e d a d e s in te r e s s a n te s e ú te is. P o d e -s e a n a lis a r o c ir c u ito n o ta n d o - s e q u e a

660

Capítulo Dezesseis

Exem plo 16.9

S o lu ç ã o

D eterm in em o s a c o rre n te de p o larização de M x na Fig. 16.16, su p o n d o V7II = 0,5 V, i a „ C ox = 100 jaA /V 2. W /L = 5/0,18 e A = 0. Q ual é o m áxim o v alor perm itid o para R n , de m odo que A/, p e rm a ­ neça em sa tu ração ? Tem os (16.24)

V x ~ r 1 + r 2Vdd = 1,286 V.

(16.25)

C om o um valor inicial VGS = 1 V, a q u ed a de ten são em R s pode ser expressa com o Vx - Vc« = 286 mV, fo rn ecen d o u m a c o rre n te de d ren o de 286 |xA. D a Eq. (16.19), tem os

21D

Vgs = Vth +

r

(16.26)

W

= 0,954 V.

(16.27)

Por conseguinte,

Vx - Vos

, h =

(16.28)

Rs

= 332 n A ,

(16.29)

logo, (16.30)

Vg s = 0,989 V.

Isto nos dá /„ = 297 juA. C om o vim os a p a rtir das iterações, a solução converge lentam ente. Podem os, p o rta n to , utilizar o resu ltad o ex ato e m (16.22) p a ra ev itar cálculos longos. C om o V, = 0,36 V, Vos = 0,974 V

(16.31)

Q V \ — Vgs ,D ~

(16.32)

Rs

= 3 1 2 //A .

(16.33)

O valor m áxim o p e rm itid o p ara R „ é o b tid o q u a n d o V Y = Vx - V ,,, = 0,786 V. O u seja.

Rd

Vd d — Vy

= 3,25 k£2.

Exercício

Exem plo 16.10

S o lu ç ã o

(16.34)

Id

(16.35)

D o b re o valor de R s e calcule a co rre n te de polarização.

N o circuito d o E xem p lo 16.9, vam os su p o r que M x está em saturação, R n = 2,5 k íl e calculem os (a) o m áxim o valor p e rm itid o p ara W /L e (b) o m ínim o valor perm itid o p ara R s (com W /L = 5/0,18). S u p o n h am o s \ = 0. (a) À m edida que o valor de W /L au m en ta, A/, p ode conduzir um a co rren te m aior, para um d ado VGS. C om R n = 2,5 k íl e V x = 1,286 V, o m áxim o valor de /„ é d ad o p or

Amplificadores CMOS

ID =

Vd d -

DD_ Kd

Vv

661

(16.36)

Y

= 406 p A .

(16.37)

A q u ed a de te n sã o em R s é, en tão, igual a 406 mV, fo rnecendo VGS = 1,286 V - 0,406 V = 0,88 V. E m o u tras palavras. A/, deve conduzir um a c o rren te de 406 /xA, com VGS = 0,88 V:

h

= \

^

V

(16.38)

GS - VTII)2

0 W O 406 /xA = (50 /x A /V ) — (0,38 V )2;

(16.39)

W — = 56,2.

(16.40)

logo.

JL j

(b ) C o m W /L = 5/0,18, o m ín im o v alo r p e rm itid o p a ra R s leva a u m a c o rre n te d e d re n o de 406 fx A . C om o 2I D

Vg s — V t h +

(16.41)

N = 1,041 V,

(16.42)

a q u e d a de te n sã o em R s é igual a Vx ~ V<,s = 245 mV. P ortanto,

Exercício

Vx — VGS R s = ----- -------ID

(16.43)

= 604Q .

(16.44)

R ep ita o ex em p lo a n te rio r p ara V nn = 1,5 V.

q u e d a d e te n s ã o e m R (: é z e r o e q u e M , s e m p r e e s tá e m s a tu r a ç ã o ( p o r q u ê ? ) . A s s im ,

I d + (V d d — V t h )

I d R d + Vg s + R s I d = Vd d -

O v alo r d e /„ p o d e se r o b tid o a p a rtir d a so lu ção d a eq u a ç ã o q u a d rá tic a . C o n h e c id o /„ , p o d e-se c alcu lar V (1S.

^

'

= 0.

D e t e r m i n a n d o V GS a p a r t i r d e s t a e q u a ç ã o e s u b s ti­ tu in d o o r e s u lta d o e m (1 6 .1 9 ), te m o s 1

Id —

vy

2 MnCojt~j~[ Vd d

, — ( R s + R d ) I d — V rn] .

(16.46)

o n d e a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l foi d e s ­ p r e z a d a . D e s e n v o lv e n d o e s ta e x p r e s s ã o , o b te m o s

(R s + R d )2I 2d - 2 ( V d d — V / h ) ( R s + R d ) +

1 H-iv^ox

Figura 16.17 Estágio MOS autopolarizado.

(16.47)

662

Capítulo Dezesseis

Exem plo

16.11

C alculem os a c o rre n te de d re n o de M, na Fig. 16.18, su p o n d o fxnC ox = 100 /iA /V 2, V rn = 0,5 V e A = 0. Q u e valor d e R n é n ecessário p ara se red u zir o valor de /„ p o r um fa to r de dois? VDD =

1,8 v

kíl 20 k Q

O

if* ,Ml

W ___5 _ L 0,18

200 Q

Figura 16.18

S o lu ç ã o

Exemplo de estágio MOS autopolarizado.

A E q. (16.47) forn ece (16.48)

I d = 556 fi A .

Para red u zir o v a lo r de /„ a 278 p.A. resolvem os (16.47) p ara R„: R p = 2.867 k fi.

Exercício

16.2.4

Se o valor de W fo r quad ru p licado, a co rre n te de polarização au m en ta p o r um fato r de q u a tro ?

P olarização de T ransistores PMOS

m e lh a n te s ta m b é m se a p lic a m a c irc u ito s P M O S , m as d e v e -s e d a r a te n ç ã o à s p o la r id a d e s e re la ç õ e s d e t e n ­ s ã o q u e a sse g u ra m q u e o d is p o s itiv o o p e r e e m s a tu r a ­ ç ão . O s p ró x im o s e x e m p lo s r e f o r ç a m e s te s p o n to s .

O s e s q u e m a s d e p o la r iz a ç ã o D C c o n s id e r a d o s a té a q u i e m p re g a m a p e n a s d is p o s itiv o s N M O S . Id e ia s s e ­

Exem plo

16.12

(16.49)

D e te rm in e m o s a c o rre n te d e p o lariz aç ão d e A / , na Fig. 16.19 su p o n d o V ru = - 0 ,5 V. \xpCox = 50 /xA/V2, W /L = 5/0,18, X = 0, = 20 k íl e R 2 = 15 k íl. Q ual é o m áxim o valor perm itid o p ara R n , de m o d o que A / , p erm an eça em satu ração? Vdd = 1,8V

i R1

Figura 16.19

S o lu ç ã o

Rc

Estágio PMOS com polarização.

A ten são p o rta -fo n te do tra n sisto r é dad a pela q u ed a de ten são em R 2:

VGS =

K 1 -I- A2

= -0,771 V

vdd

(16.50)

(16.51)

Amplificadores CMOS

663

A co rre n te de d re n o é igual a

I d = -^H p C o x — iV G S ~ V t h ) 2

= 56 f i A .

(16.52) (16.53)

Para q u e A/, p e rm a n e ç a em saturação, sua ten são de d ren o pode, no m áxim o, ch egar a um valor igual a V THa cim a d a ten são de p o rta. O u seja, R n po d e su ste n tar um a ten são m áxim a de V x + | V rn\ = 1,529 V. P o rtan to , o valor m áxim o perm itid o p ara R„ é igual a 27,3 k íl. E x e rc íc io

Exem plo 16.13

Se W IL = 10/0,18, que valor tem a co rren te de polarização?

D eterm in em o s a c o rre n te de p olarização do estágio au to p o larizad o m o strad o na Fig. 16.20. Vamos su p o r V m = - 0 ,5 V, ixpC ox = 50 /xA/V2, W /L = 5/0,18 e A = 0. VDD= 1,8 V

20 k Q —% — 1 kQ

Figura 16.20

Solução

Estágio PMOS autopolarizado.

C o m o l„ R „ + |VKJ| = V nl>, tem os

I d = ^M pC ojr — (V d o — I d R d - \Vt h \Y-

(16.54)

R esolvendo esta eq u a ç ã o q u a d rática p ara /,„ obtem os

lD =418*1 A.

(16.55)

N o tem o s que o dispositivo sem pre está em saturação. E x e rc íc io

16.2.5

Q u e ten são de a lim en tação fornece um a co rren te de polarização de 200 /aA ?

R ealização de F on tes de C orrente

É im p o rta n te e n te n d e r q u e a p e n a s o te rm in a l d e d r e n o d e um M O S F E T p o d e p u x a r u m a c o rre n te D C e

T ra n s is to re s M O S q u e o p e r a m e m s a tu r a ç ã o p o ­ d e m f u n c io n a r c o m o f o n te s d e c o r r e n t e . C o m o ilu s ­ t r a d o n a F ig . 1 6 .2 1 (a ), u m d i s p o s i ti v o N M O S a t u a c o m o u m a f o n te d e c o r r e n t e c o m u m t e r m in a l c o ­ n e c ta d o à te r r a , o u s e ja , p u x a c o r r e n te d o n ó X p a r a a t e r r a . U m t r a n s i s t o r P M O S [F ig. 16.21 ( b ) ] , p o r su a v ez, p u x a c o r r e n te d e V n„ p a ra o n ó Y . Se À = 0, e s ta s c o rr e n te s p e rm a n e c e m in d e p e n d e n te s d e V x o u V Y ( d e s d e q u e o s t r a n s i s t o r e s e s t e ja m e m s a tu ra ç ã o ).

a in d a a p r e s e n ta r im p e d â n c ia e le v a d a . E s p e c ific a m e n ­ te , d isp o sitiv o s N M O S o u P M O S c o n fig u ra d o s c o m o in d ic a d o n a s Figs. 16.21(c) e (d ) n ã o fu n c io n a m c o m o fo n te s d e c o r r e n te , p o is a v a ria ç ã o d e V x o u V Y a lte ra d ir e ta m e n te a te n s ã o p o r ta - f o n te d e c a d a tra n s is to r, a lte r a n d o a c o r r e n te d e d r e n o d e m a n e ira c o n s id e r á ­ vel. P a ra m e lh o ra r se u e n te n d im e n to , su g e rim o s q u e o le ito r p ro v e q u e a re sistê n c ia d e p e q u e n o s sin a is vista n o n ó Y o u X ( d o n ó à te r r a ) d e sse s c irc u ito s é ig u al a 1lg,„, u m v a lo r r e la tiv a m e n te baixo.

664

Capítulo Dezesseis

Figura 16.21 (a) Dispositivo NMOS funcionando como fonte dc corrente, (b) dispositivo PMOS funcionando como fonte de corren­ te, (c) topologia PMOS que não funciona como fonte de corrente, (d) topologia NMOS que não funciona como fonte de corrente.

16.3

TO PO LO G IAS DE A M P L IF IC A D O R E S C M O S

A p ó s o e s tu d o d e t a l h a d o d a p o la r iz a ç ã o , p o d e m o s a g o r a v o lta r a a t e n ç ã o p a r a a s to p o lo g ia s d e a m p lifi­ c a d o r e s e e x a m in a r s u a s p r o p r ie d a d e s d e p e q u e n o s sin a is.6 C o m o o tr a n s is to r M O S te m t r ê s te r m in a is ,7 c o n ­ c lu ím o s q u e e x is te m tr ê s p o s s ív e is m a n e ir a s d e a p li­ c a r o sin a l d e e n tr a d a a o d is p o s itiv o , c o m o ilu s tra d o d e fo rm a c o n c e itu a i n a s Figs. 1 6 .2 2 ( a ) - ( c ). D e m o d o sim ila r, o sin a l d e s a íd a p o d e s e r c o lh id o e m q u a lq u e r d o s te rm in a is (e m r e la ç ã o à te r r a ) . [Figs. 1 6 .2 2 (d )-(f)]. A s s im , h á n o v e p o s s ív e is c o m b in a ç õ e s d e c irc u ito s d e e n t r a d a e d e s a íd a e, p o r ta n to , n o v e to p o lo g ia s d e a m p lific a d o re s . E n tr e ta n to , c o m o v im o s n o C a p ítu lo 6, M O S F E T s q u e o p e r a m n a r e g iã o d e s a t u r a ç ã o r e s p o n d e m à v a ­ r ia ç ã o d a te n s ã o p o r ta - f o n te c o m v a r ia ç ã o d a c o r r e n ­

Figura 16.22

te d e d r e n o . E s ta p r o p r ie d a d e e lim in a a c o n e x ã o d e e n t r a d a m o s tr a d a n a F ig. 1 6 .2 2 (c ), p o is, n e s te c a so , Vin n ã o a f e ta a te n s ã o d a p o r ta n e m a d a fo n te . A lé m d isso , a to p o lo g ia n a Fig. 16.22(f) n ã o te m u tilid a d e , p o is Vmil n ã o p o d e s e r v a r ia d o p o r m e io d e v a r ia ç ã o d a c o r r e n te d e d re n o . P o r ta n to , o n ú m e r o d e p o s s ib i­ lid a d e s se r e d u z a q u a tr o . C o n tu d o , n o ta m o s q u e as c o n e x õ e s d e e n tr a d a e d e s a íd a n a s Figs. 1 6 .2 2 (b ) e (e ) p e r m a n e c e m in c o m p a tív e is , p o is Vmil s e ria c o lh i­ d o n o n ó d e e n tr a d a (a f o n te ) e o c ir c u ito n ã o te ria fu n c io n a lid a d e . A s o b s e r v a ç õ e s a n te r io r e s r e v e la m tr ê s p o ssív e is to p o lo g ia s d e a m p lific a d o re s . E s tu d a r e m o s c a d a u m a e m d e ta lh e e c a lc u la re m o s o g a n h o , a ssim c o m o im ­ p e d â n c ia s d e e n tr a d a e d e sa íd a c o rr e s p o n d e n te s . E m to d o s o s c a s o s , c o n s id e r a r e m o s q u e o s M O S F E T s o p e r a m e m s a tu r a ç ã o . A n te s d e p r o s s e g u ir , s u g e r i­ m o s a o le ito r r e v e r o s E x e m p lo s 1 6 .2 -1 6 .4 e a s trê s re g ra s r e s u lta n te s , ilu s tra d a s n a Fig. 16.7.

Possíveis conexões de entrada e de saída de um transistor MOSFET.

60 comportamento de grandes sinais de amplificadores, que está além do escopo deste livro, também é importante em muitas apli­ cações. 70 substrato também atua como um terminal através do efeito de corpo, mas aqui desprezamos este fenômeno.

Amplificadores CMOS

16.4

TO PO LO G IA FONTE C O M U M

Se o sinal d e e n tr a d a fo r a p lic a d o à p o rta [Fig. 16.22(a)] e a s a íd a fo r c o lh id a n o d r e n o [Fig. 1 6 .2 2 (d )],o c irc u ito é c h a m a d o e s tá g io “ fo n te c o m u m ” (F C ) (Fig. 16.23). J á e n c o n tr a m o s e a n a lis a m o s e sse c irc u ito e m d ife re n te s c o n te x to s , se m d a r n o m e a e le . A e x p re s s ã o “ fo n te c o ­ m u m " é u s a d a p o rq u e o te rm in a l d e fo n te é a te r r a d o e, p o r c o n s e g u in te , a p a r e c e e m c o m u m c o m a s p o rta s d e e n tr a d a e d e sa íd a . N o e n ta n to , id e n tific a m o s o e stá g io c o m b a se n a s c o n e x õ e s d e e n tr a d a e d e s a íd a (n a p o rta e n o d re n o , r e s p e c tiv a m e n te ) , p a r a e v ita r c o n fu s ã o n o c a so d e to p o lo g ia s m a is c o m p le x a s.

665

a n a lis a r a s p r o p r ie d a d e s d e a m p lific a ç ã o d o e s tá g io F C , c o n s tr u ím o s o e q u iv a le n te d e p e q u e n o s s in a is d o c irc u ito , m o s tr a d o n a Fig. 16.24. C o m o e x p lic a m o s n o C a p ítu lo 6, o n ó d e a lim e n ta ç ã o d e te n s ã o , V ,,,,, a tu a c o m o u m a te r r a A C , p o is s e u v a lo r p e r m a n e c e c o n s ­ ta n te n o te m p o . P o r o ra , d e s p r e z a r e m o s a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l.

~ 'o u t

+ © s r m « 'i

*1

'----- -T

Figura 16.24

_ v out

J *D

«D

Modelo de pequenos sinais do estágio FC.

C a lc u le m o s o g a n h o d e te n s ã o d e p e q u e n o s sinais, A v = v j v in. I n ic ia n d o n a p o r ta d e s a íd a e e s c r e v e n d o

u m a L C K n o n ó d e d r e n o , te m o s _|_

\ Saída Colhida no Dreno

" Aplicada à Porta

= g mVl ,

e v, = u„r L o g o , A v = - g„,RD■

Figura 16.23

(16.56)

(16.57)

Estágio fonte comum.

A E q . (1 6 .5 7 ) in c o r p o r a d u a s p r o p r ie d a d e s in te ­ O e s tu d o d o a m p lif ic a d o r F C s e r á f e ito e m d u a re s s s a n te s e im p o r ta n te s d o e s tá g io F C . P rim e ira , o g a ­ n h o d e p e q u e n o s sin a is é n e g a t iv o , p o is, n a Fig. 16.23, e ta p a s : ( a ) a n á lis e d o n ú c le o F C , p a r a e n te n d e r m o s o a u m e n to d a te n s ã o d e p o r ta e, p o r c o n s e g u in te , d a s u a s p r o p r i e d a d e s b á s ic a s ; e ( b ) a n á lis e d o e s tá g io F C , in c lu in d o c irc u ito s d e p o la r iz a ç ã o , p a r a u m a si­ c o r r e n te d e d r e n o r e d u z V,„„. S e g u n d a , A „ é p r o p o r ­ c io n a l a g,„ - y l2 fx nC llx( W I L ) I i , (o u s e ja , à r a z ã o d e tu a ç ã o m a is re a lis ta . a s p e c to d o d is p o s itiv o e à c o r r e n te d e p o la riz a ç ã o d e A n álise do Núcleo FC R e c o r d e m o s , d a d e fin iç ã o d r e n o ) e a o r e s is to r d e d r e n o , R ,,. d e tr a n s c o n d u tâ n e ia ,q u e um p e q u e n o in c re m e n to AK V ale re ssa lta r q u e o g a n h o d e te n s ã o d o e stá g io é li­ a p lic a d o à b a s e d e A/, n a Fig. 16.23 a u m e n ta a c o r­ m ita d o pela te n sã o d e alim en tação . U m a m a io r c o rre n te r e n te d e d r e n o d e u m v a lo r g„,A V e, p o r c o n s e g u in te , d e d re n o o u u m m a io r re sisto r R „ a c a rre ta m a io r q u e d a d e te n s ã o e m R n , c u jo v a lo r n ã o p o d e e x c e d e r V DI). a q u e d a d e te n s ã o e m R ,„ d e u m v a lo r g ,„ A V R n . P a ra

Exem plo

16.14

C alculem os o g an h o de ten são de peq u en o s sinais do estágio FC m o strad o na Fig. 16.25, com /„ = 1 m A , i±nC ox = 100 /xA/V:, V m = 0,5 V e A = 0. C om provem os que M, o p e ra em saturação. - r - Vdd = 1,8V R d ^ 1 kQ

voul

10 0— it V -i W i v = io_

/

\L

L

0,18

Figura 16.25 Exemplo de estágio FC.

666

Capítulo Dezesseis

S o lu ç ã o

Tem os W g„, = J 2 n „ C ox— I D L

1

(16.58) (16.59)

300 £2 Logo,

(16.60)

A v = -g m R D

= 3,33.

(16.61)

P ara co m p ro v ar a reg ião de op eração, prim eiro d eterm in am o s a tensão p o rta-fonte: 2 ID

Vg s = Vth +

(16.62)

r W l+n^ox ^

N = 1,1 V.

(16.63)

A ten são de d re n o é igual a V nn - /?„/„ = 0,8 V. C om o V (!S - V r„ = 0,6 V, o dispositivo, de fato, o p e ra em sa tu ra ç ã o e tem um a m argem de 0,2 V em relação à região de triodo. Por exem plo, se o v alor de R n for d o b ra d o , com a intenção de d o b ra r o valor de A v, Aí, e n tra rá na região de trio d o e a tran sco n d u tân cia cairá. E x e rc íc io

Exem plo

16.15 S o lu ç ã o

E x e rc íc io

S uponha que d o b ra m o s o valor de W e escolhem os o valor de R n de m odo que Aí, fique na fronteira da região de satu ração . O g an h o resu ltan te é m aior ou m enor q ue o valor do exem plo an terio r?

P ro jetem o s um n ú cleo F C com V nn = 1,8 V e o rçam en to de p o tência, P. de 1 mW, p ara alcançar g anho d e ten são d e 5. Vamos su p o r V TH = 0,5 V, [inC M = 100 /xA/V2, W /L = 5/0,18 e A = 0. C om o P = I DV DD, o núcleo p o d e puxar um a co rre n te de p o la rização m áxim a de 556 jxA. C om esta co rren te, a tra n sco n d u tân cia chega a g m = y]2fi„Cox(W /L)In = 1/(569 Í2), o que, p ara um g anho de 5, re q u e r R p = 2.845 íl. A s esco lh as d a c o rre n te d e p o lariz ação e d o re sisto r d e carga se co n fo rm am à te n sã o d e a lim e n ta ç ã o ? O u seja, Aí, o p e ra em sa tu ra ç ã o ? D evem os, p rim eiro , calc u lar Vos = V m + y]2 I n /(fj,nC oxW IL ) . C om /„ = 556 tem os VGS = 1,133 V. A ten são d e polarização de dreno, p o r sua vez, é igual a V DD - R ,)ID = 0,218 V. Infelizm ente, a ten são de d ren o é m en o r que Vos ~ V m = 0,633 V, im p ed in d o que Aí, o p e re em saturação! O u seja, não existe solução. E xiste solução se o o rçam en to de potência for reduzido p ara 1 m W ?

E s c r e v e n d o o g a n h o d e te n s ã o c o m o / W A v = - y jl tin C o x — I /) R d ,

(16.64)

c o n c lu ím o s q u e o g a n h o p o d e s e t o r n a r a r b i t r a r i a ­ m e n t e a l t o s e o v a lo r d e W / L f o r a u m e n t a d o in ­ d e f in i d a m e n te . N a v e r d a d e , p o r é m , à m e d i d a q u e

a la r g u r a d o d is p o s itiv o a u m e n ta ( e n q u a n t o a c o r­ re n te d e d re n o p e rm a n e c e c o n s ta n te ), su rg e um e f e ito c h a m a d o “ c o n d u ç ã o s u b lim ia r ” , q u e lim ita a tr a n s c o n d u tâ n c ia . O e s tu d o d e s s e e f e ito e s tá a lé m d o e s c o p o d o liv ro , m a s d e v e m o s t e r e m m e n te q u e , a u m e n t a n d o a p e n a s o v a lo r d e W / L , n ã o é p o s s ív e l a u m e n t a r a tr a n s c o n d u tâ n c ia d e u m M O S F E T d e m o d o a r b itr á r io .

Amplificadores CMOS

A g o r a , c a lc u le m o s a s im p e d â n c ia s I /O d o e s tá g io F C . U s a n d o o c ir c u ito e q u iv a le n te r e p r e s e n ta d o n a Fig. 1 6 .2 6 (a ), e s c r e v e m o s

R ú, = *

‘x

= oo.

(16.65) (16.66)

A im p e d â n c ia d e e n t r a d a m u ito a lta é e s s e n c ia l e m m u ita s a p lic a ç õ e s . A im p e d â n c ia d e s a íd a é o b t i d a d a Fig. 1 6 .2 6 (b ), o n d e a f o n te d e te n s ã o d e e n t r a d a é fix a d a e m z e r o (s u b s titu íd a p o r u m c u r to - c ir c u ito ) . C o m o u, = 0, a f o n te d e c o r r e n t e c o n t r o l a d a t a m b é m é z e r o ; lo g o , R n é a ú n ic a c o m p o n e n t e v is ta p o r vx . E m o u tr a s p a la v ra s ,

Rom = *

ix

= Rd .

(16.67) (16.68)

667

o rig e m a u m a e x c u r s ã o d e s a íd a c r e s c e n te à m e d id a q u e R n a u m e n ta . E n tr e ta n to , n a v e r d a d e a m o d u la ç ã o d o c o m p r i­ m e n to d o can al lim ita o g a n h o de te n sã o , m e sm o q u e R n te n d a a o infinito. U m a vez q u e a o b te n ç ã o d e a lto g a n h o é im p o rta n te e m a lg u n s circu ito s, c o m o a m p lific a d o res o p era cio n a is, re e x a m in e m o s a d e d u ç ã o a n te rio r n a p r e ­ se n ç a d a m o d u la ç ã o d o c o m p rim e n to d o can al. A Fig. 16.27 m o stra o circ u ito e q u iv a le n te d e p e q u e ­ n o s sinais d o e stá g io F C , in c lu in d o a re sistên c ia d e sa íd a d o tra n sisto r. N o te m o s q u e r() a p a re c e e m p a ra le lo com R n , o q u e n o s p e rm ite re e s c re v e r (16.57) c o m o A v = -g » .(fl/)l|ro )-

(16.69)

N o ta m o s , ta m b é m , q u e a im p e d â n c ia d e e n tr a d a p e r ­ m a n e c e in fin ita , e n q u a n t o a im p e d â n c ia d e s a íd a é re d u z id a p a r a Rou, = R D\\ro.

(16.70)

E x iste , p o r ta n to , u m a r e la ç ã o d e p e r m u ta e n tr e im p e ­ d â n c ia d e s a íd a e o g a n h o d e te n s ã o , - g , „ R n .

Inclusão da M odulação do C o m p rim e n to do Ca­ nal A E q . (1 6 .5 7 ) s u g e re q u e o g a n h o d e te n s ã o d o e s tá g io F C p o d e s e r a u m e n t a d o in d e f in id a m e n te se R n —* oo e g,„ p e r m a n e c e r c o n s ta n te . D e u m p o n to d e v ista in tu itiv o , u m a d a d a v a r ia ç ã o n a te n s ã o d e e n t r a ­ d a — e, p o r c o n s e g u in te , n a c o r r e n t e d e d r e n o — d á

Exem plo

16.16 S o lu ç ã o

Figura 16.27 Estágio FC incluindo a modulação do compri­ mento do canal.

O g an h o de te n sã o de um estágio FC é red uzido p o r um fa to r de dois q u an d o a m o dulação do com ­ p rim e n to do canal é incluída. Q ual é o A do transistor? A red u ção pelo fa to r de dois indica que r„ = /<„. D o C apítulo 6, sabem os que r„ = l/(A /„), onde /„ é a co rre n te de polarização. P ortanto,

668

Capítulo Dezesseis

E x e rc íc io

Q ue valor de A red u z o ganho em 10% qu an d o a m odulação do com prim ento do canal é incluída?

O q u e a c o n te c e q u a n d o R n —> oo? O p r ó x im o e x e m p lo ilu s tra e s te caso .

E xem plo 16.17

S upo n d o que M x o p e re em saturação, determ in em o s o g anho de ten são do circuito rep re sen tad o na Fig. 16.28(a) e d ese n h e m o s o gráfico do resu ltad o em função do co m prim ento do canal do tra n ­ sistor, m an ten d o -se co n stan tes os o u tro s param etros. T

v°°

A vl

' ]

/

° v°ut

L

(b)

(a)

Figura 16.28 (a) Estágio FC com fonte dc corrcntc ideal como carga, (b) ganho em função do comprimento do canal do dispositivo.

Solução

A fonte de c o rre n te ideal a p re se n ta um a resistência de peq u en o s sinais infinita, p erm itin d o o uso de (16.69) com R D = A v = - g mro •

(16.72)

C h a m a d o “g an h o in trín se c o ” , este é o m ais alto g anho que um tran sisto r isolado pode p rov er e, p ara dispositivos M O S, tem valor no intervalo 10-30. E screvendo g m = ^]2/jLnC ox( W I L ) I D e r() = (A /,;)-1, tem os

12fMnCox

i/,' i = J L w

r k -

( ,6 -73)

E ste resu ltad o p o d e im plicar que \A J dim inua à m edida que L au m en ta: m as recordem os, do C a­ p ítu lo 6, que A oc L ~ l: IA ,

2 im„CoxW L

V ------ b ------ ’

(16.74)

E m conseqüência, \A J au m en ta com /. [Fig. 16.28(b)] e dim inui com /„. E x e rc íc io

O que aco n tece ao g a n h o se os valores de W e de /„ forem d o b rad o s? Isto eqüivale a co n ectar dois tran sisto res em paralelo.

16.4.1 E stágio Fonte C om um Tendo com o Carga Fonte de C orrente C o m o v im o s n o e x e m p lo a n t e r i o r , o g a n h o d e u m e s ­ tá g io F C p o d e s e r m a x im iz a d o c o m a s u b s titu iç ã o d o

r e s is to r d e c a r g a p o r u m a fo n te d e c o r r e n te . N o e n ­ ta n to , c o m o e ssa f o n te d e c o r r e n te é im p le m e n ta d a ? A o b s e r v a ç ã o fe ita e m re la ç ã o à Fig. 16.21 ( b ) s u g e re o u so d e u m d is p o s itiv o P M O S c o m o c a rg a p a r a u m a m p lif ic a d o r F C N M O S [Fig. 1 6 .2 9 (a)].

Amplificadores CMOS

Fonte de Corrente

1|*jüf2 '*

°

k

I----------- Vl

......................... :

*ll-----

669

02

" 1?

----------- 1

r 02

v ou\

-o v,out

^ln°

vin° I

? f 01

‘'in°

M1 ± ±

(b)

(a)

Ith $ r 01 M, 1 1 (c)

Figura 16.29 (a) Estágio FC usando um dispositivo PMOS como fonte de corrente, (b) modelo dc pequenos sinais de A/,, (c) cir­ cuito simplificado.

D e t e r m i n e m o s o g a n h o d e p e q u e n o s s in a is e a im p e d â n c ia d e s a íd a d o c irc u ito . F o c a n d o , p r im e iro , M 2 e d e s e n h a n d o o c ir c u ito c o m o n a Fig. 1 6 .2 9 (b ), n o ta m o s q u e a te n s ã o p o r t a - f o n t e d e A /2 é c o n s ta n ­ te , o u s e ja , u, = 0 ( p o is i», d e n o t a v a ria ç õ e s e m V GS) e, p o r ta n to , g m2Vi = 0. A s s im , M 2 se c o m p o r ta c o m o um r e s is to r ig u a l à s u a p r ó p r ia im p e d â n c ia d e sa íd a . O b s e r v a n d o q u e e s s a im p e d â n c ia é c o n e c ta d a e n tr e

e x c e to p e lo s d o is r e s is to r e s e m p a r a le lo , d o n ó d e s a íd a à te r r a A C . A s E q s. (1 6 .6 9 ) e (1 6 .7 0 ) f o rn e c e m , re s p e c tiv a m e n te ,

o n ó d e s a íd a e a t e r r a A C , r e d e s e n h a m o s o c irc u ito c o m o in d ic a d o n a Fig. 1 6 .2 9 (c ), o n d e a r e s is tê n c ia d e s a íd a d e Aí, é m o s t r a d a e x p lic ita m e n te . E s te e s t á ­ g io é , d e fa to , s im ila r a u m a m p lif ic a d o r F C p a d r ã o ,

C o n c lu ím o s q u e a in c lu s ã o d e u m a fo n te d e c o r r e n te re a lis ta re d u z o g a n h o d o v a lo r in trín s e c o ( g,„r0 ) p a r a o v a lo r d a d o e m (1 6 .7 5 ) — u m a r e d u ç ã o p o r u m fa to r d e d o is, a p r o x im a d a m e n te .

Exem plo 16.18

A v = - g m iir o iW r m ) Ro,„ = r0 \\\r0 2 -

Figura 16.30

(t>)

(a) Estágio FC usando um dispositivo NMOS como carga, (b) circuito simplificado.

A qui. A í , atu a co m o dispositivo de " e n tra d a ” , e A/,, com o a fonte de corrente. P ortanto, M : gera um a co rre n te de p e q u e n o s sinais igual a g,„2u„„ que, com o m o strad o na Fig. 16.30(b), flui p o r r(>lllr„2 e p ro d u z v„„, = - g m2vm(rol\\rm ). Logo, A v = - g m2( r o i\\r o 2 )-

Exercício

(16.76)

A Fig. 16.30(a) m o stra um estágio FC PM O S q ue usa um a fo nte de co rre n te N M O S com o carga. C alculem os o g a n h o de ten são do circuito.

(a)

Solução

(16.75)

Para uma dada corrente de polarização, o ganho aumenta se /., aumentar?

(16.77)

670

Capítulo Dezesseis

O le it o r p o d e t e r n o t a d o q u e u s a m o s c ir c u ito s e q u iv a le n te s d e p e q u e n o s s in a is a p e n a s d e m o d o e s ­ p o r á d ic o . N o s s o o b je tiv o é a p r e n d e r a “ a n á lis e p o r in s p e ç ã o ” , o u s e ja , d e s e ja m o s d e t e r m i n a r a s p r o p r ie ­ d a d e s d e u m c ir c u ito a p e n a s o lh a n d o p a r a o m e sm o ! E s ta h a b ilid a d e se to r n a m a is i m p o r t a n t e à m e d id a q u e t r a ta m o s d e c irc u ito s m a is c o m p le x o s .

É in te ressan te o b se rv a r q u e o g a n h o é d a d o pelas d im en ­ sões d e M , e M 2,e p e rm a n e c e in d e p e n d e n te do s p a râ m e ­ tro s d e p ro c esso fx„ e C„x e d a c o rre n te d e d re n o , I„. U m a e x p r e s s ã o m a is p re c is a p a r a o g a n h o d o e s ­ tá g io d a Fig. 16.31 ( a ) d e v e le v a r e m c o n ta a m o d u ­ la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l. C o m o ilu s tr a d o n a Fig. 1 6 .3 1 (b ), a r e s is tê n c ia v ista n o d r e n o é ig u a l a (1/ g m t W o ^ K ú >ogo,

16.4.2 E stágio Fonte C om um Tendo com o Carga D isp o sitivo C onectado com o D iodo C o m o e x p lic a m o s n o C a p ítu lo 6 , u m M O S F E T c u ja p o r ta e c u jo d r e n o e s te ja m c u r to - c ir c u ita d o s a tu a c o ­ m o um d is p o s itiv o d e d o is te rm in a is , c o m im p e d â n c ia (l/j?„,)llr„ ~ l/g,„. E m a lg u m a s a p lic a ç õ e s , p o d e m o s u s a r c o m o c a r g a d e d r e n o u m M O S F E T c o n e c ta d o c o m o d io d o . E s ta to p o lo g ia , ilu s tr a d a n a Fig. 1 6 .3 1 (a), a p r e s e n ta g a n h o m o d e r a d o , d e v id o à im p e d â n c ia r e ­ la tiv a m e n te b a ix a d o d is p o sitiv o c o n e c ta d o c o m o d io ­ d o . C o m \ = 0 , M 2 te m r e s is tê n c ia d e p e q u e n o s sin a is ig u a l a l/g„,2;c o m isto , A v = - g mRi> p a s s a a

A v = —$m\ '

1

Ik c d k o iY /

(16.81)

D e m o d o s im ila r, a re s is tê n c ia d e s a íd a d o e s tá g io é dada por

Rout = — Ikcdkoignü

( 16.82)

(16.78)

h „Cox{ W

(16.79)

/ L ) 21d

l(W/L) 1 (W /L )2

Exem plo

\&m2

gm2

n nC0X{ W ( L \ I D '

Av =

(16.80)

Figura 16.31 (a) Estágio MOS usando como carga um disposi­ tivo conectado como diodo: (b) modelo simplificado de (a).

D eterm in em o s o g an h o de ten são do circuito rep re se n tad o na Fig. 16.32, com A # 0.

16.19 DD

T v ^in°— | C ^ 2

Kout

Figura 16.32

Solução

Estágio FC' com dispositivo PMOS conectado como diodo.

E ste estágio é sim ilar ao da Fig. 16.31 (a), exceto que os dispositivos N M O S foram substituídos p o r tran sisto res PM O S: M, a tu a com o dispositivo fonte com um , e M 2, com o carga co n ectad a com o d io ­ do. A ssim ,

Av=

Exercício

gm2 ( ---- Ik 0 llk 0 2 j\8 m \ /

Calcule o ganho quando a porta de M , é conectada a uma tensão constante de 0,5 V.

(16.83)

Amplificadores CMOS 16.4.3 E stágio Fonte C om um com D egeneração de Fonte E m m u ita s a p l ic a ç õ e s , o n ú c l e o F C é m o d if ic a d o c o m o i n d i c a d o n a F ig . 1 6 .3 3 ( a ) , o n d e u m r e s i s t o r R s a p a r e c e e m s é r ie c o m a f o n te . E s ta t é c n ic a , c h a ­ m a d a “ d e g e n e ra ç ã o d e f o n te ” , m e lh o ra a “ lin e a ­ r id a d e ” d o c irc u ito e p ro v ê d iv e rs a s o u tr a s p r o ­ p r i e d a d e s i n t e r e s s a n te s , e s t u d a d a s e m t e x to s m a is avan çad o s. C o m o n o c a s o d o n ú c le o F C , p r e te n d e m o s d e ­ te r m i n a r o g a n h o d e te n s ã o e a s im p e d â n c ia s I/O d o c irc u ito , a d m itin d o q u e M , s e ja p o la r iz a d o d e fo r m a a p r o p r ia d a . A n te s d a a n á lis e d e ta lh a d a , é c o n v e n ie n ­ te q u e f a ç a m o s a lg u m a s o b s e r v a ç õ e s q u a lita tiv a s . S u p o n h a m o s q u e o s in a l d e e n t r a d a e le v e a te n s ã o d e p o r t a d e A K [F ig . 1 6 .3 3 (b )]. C o n t u d o , se R s fo s s e z e ro , a te n s ã o p o rta -fo n te ta m b é m a u m e n ta ria d e A V e p r o d u z ir ia u m a v a r ia ç ã o g„,A V n a c o r r e n te d e d r e n o . N o e n t a n t o , c o m R s ¥= (),u m a f r a ç ã o d e A V a p a r e c e e m R s, f a z e n d o c o m q u e a v a r ia ç ã o d e V (;s s e ja m e n o r q u e A V . E m c o n s e q ü ê n c i a , a v a r ia ç ã o d a c o r r e n t e d e d r e n o t a m b é m é m e n o r q u e g„,AK. P o r ta n to , e s p e r a m o s q u e o g a n h o d e te n s ã o d o e s ­ tá g io d e g e n e r a d o s e ja m e n o r q u e o d o n ú c le o F C

671

n o g a n h o m e lh o r a o u t r o s a s p e c to s d o d e s e m p e n h o d o c irc u ito . A g o ra , q u a n tifiq u e m o s as o b s e rv a ç õ e s a n te ­ r i o r e s p o r m e io d a a n á lis e d o c o m p o r t a m e n t o d e p e q u e n o s s in a is d o c ir c u ito . A Fig. 16.34 m o s tr a o c ir c u ito e q u iv a le n te d e p e q u e n o s sin a is , o n d e V n n fo i s u b s titu íd o p o r u m a t e r r a A C e a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l foi d e s p r e z a d a . P a r a d e t e r ­ m in a r volJ v in p r im e ir o , e s c r e v e m o s u m a L C K n o n ó d e sa íd a : (16.84) e o b te m o s V\

= -

(16.85) gm Ro

N o ta m o s a in d a q u e a c o r r e n te q u e flui p o r R s é ig u al a g„,U|. D e s ta fo r m a , a q u e d a d e te n s ã o e m R s é d a d a p o r g mU|/?y. C o m o a s o m a d a q u e d a d e te n s ã o e m R s e v, d e v e s e r ig u a l a viir te m o s Vin = u i + g m f i f l . v

~ tyut

s e m d e g e n e r a ç ã o . E m b o r a in d e s e já v e l, e s ta r e d u ç ã o

gmRl)

(1 + g m R s).

(16.86) (16.87)

P o r ta n to , Voul

gm R o

Vin

1 + gm R s

(16.88)

C o m o p re v im o s , p a r a R s # 0, a m a g n itu d e d o g a n h o d e te n s ã o é m e n o r q u e g mR „ . P a r a u m a i n t e r p r e t a ç ã o in t e r e s s a n t e d a E q . (1 6 .8 8 ), d iv id im o s n u m e r a d o r e d e n o m i n a d o r p o r g„r Rn

A„ = — Figura 16.33 (a) Estágio FC com degeneração, (b) efeito de uma variação na tensão de entrada.

Figura 16.34 Modelo de pequenos sinais do estágio FC com degeneração de fonte.

(16.89)

------h R s Sm

É c o n v e n ie n te m e m o r iz a r e s te r e s u lta d o c o m o “ o g a ­ n h o d o e s tá g io F C d e g e n e r a d o é ig u al à re s is tê n c ia to ta l v ista n o d r e n o ( p a r a a te r r a ) d iv id id a p o r 1lg,„ m a is a re s is tê n c ia to ta l c o n e c ta d a e n tr e a f o n te e a t e r r a ” . (N a s d e s c riç õ e s v e rb a is , e m g e ra l ig n o ra m o s o sin a l n e g a tiv o n o g a n h o , e s ta n d o im p líc ita s u a in ­ c lu s ã o .) E s ta e o u tr a s i n t e r p r e t a ç õ e s s im ila r e s s ã o f e r r a m e n ta s p o d e r o s a s p a r a a a n á lis e p o r in s p e ç ã o — m u ita s v e z e s e lim in a m a n e c e s s id a d e d e d e s e n h a r c irc u ito s d e p e q u e n o s sinais.

672

Capítulo Dezesseis

Exemplo

C alculem os o g a n h o de ten são d o circuito m o strad o na Fig. 16.35(a),com A = 0.

16.20 -T -

"h

V DD ,

•'o u t

‘' o u t

^in°— I t , A^i J_

9 m2

(a) Figura 16.35 S o lu ç ã o

(b)

(a) Exemplo de estágio FC com degeneração, (b) circuito simplificado.

O tra n sisto r M l funciona com o dispositivo c o n ectad o com o diodo e ap rese n ta um a im pedância 1/ g „,2 [Fig. 16.35(b)]. P o rtan to , o g anho é d ad o p o r (16.89), com R s su bstituído p or 1lgm2: R d

Av= -

gm\

Exercício

(16.90)

gml

R ep ita o exem plo a n te rio r su p o n d o A # 0 p a ra M2.

A im p e d â n c ia d e e n tr a d a d o e s tá g io F C d e g e n e ra d o é in fin ita. O q u e p o d e m o s d iz e r s o b re a im p e d â n c ia d e sa íd a ? C o n s id e ra n d o o c irc u ito e q u iv a le n te m o s tra ­ d o n a Fig. 16.36, n o ta m o s q u e a c o r r e n te q u e flui p o r R s é ig u a l a g„,U|, e q u e a s o m a d e v , c o m a q u e d a d e te n s ã o e m R s d e v e s e r ig u a l a z e r o ( p o r q u ê ? ): gm V lR s + i>i = 0.

e s te r e s u lta d o é ig u al a o d e u m e s tá g io n ã o d e g e n e ra d o .

(16.91)

O u s e ja , u, = 0 , in d ic a n d o q u e a to t a li d a d e d e ix flui p o r R n. Logo, ^

ix

Exemplo 16.21

S o lu ç ã o

= Rd,

(16.92)

Figura 16.36 cia de saída.

Circuito equivalente para cálculo da impedân-

U m estágio F C in co rp o ra um dispositivo M O S cuja tran scondutância é igual a 1/(200 Í2). Se os g a­ nhos de ten são d o circu ito sem e com d eg e n eraçã o forem , respectivam ente, 8 e 4, calculem os R s e a im pedância de saída. Vamos su p o r A = 0. Sem d e g e n e ra ç ã o ,^ ,,/^ , = 8; logo, R „ = 1 ,6 k íl. C om degeneração, gm R p

_ 4

1 + gm Rs resu ltan d o em R s = \lg nl = 200 íl.

Exercício

Qual é o ganho de tensão se o valor de R s for reduzido para 50 íl?

(16.93)

Amplificadores CMOS

Figura 16.37

673

(a) M OSFET degenerado visto como uma caixa-preta, (b) equivalente de pequenos sinais.

P a r a u m m e lh o r e n te n d im e n to , o e s tá g io F C d e ­ g e n e r a d o p o d e s e r a n a lis a d o d e u m a p e r s p e c tiv a d i­ fe r e n te . C o lo q u e m o s o tr a n s is to r e o r e s is to r d e fo n te e m u m a c a ix a - p r e ta d e tr ê s te r m in a is [Fig. 1 6 .3 7 (a)]. P a r a o p e r a ç ã o e m p e q u e n o s s in a is , p o d e m o s in te r ­ p r e t a r a c a ix a c o m o u m n o v o t r a n s is to r ( o u d is p o ­ s itiv o “ a t i v o ” ) e m o d e l a r s e u c o m p o r t a m e n t o p o r n o v o s v a lo r e s d e t r a n s c o n d u t â n e i a e im p e d â n c ia s . D e n o ta n d o a tr a n s c o n d u tâ n e ia e q u iv a le n te p o r G „„ p a r a e v ita r c o n f u s ã o c o m g„, d e A /,, e s ta é o b tid a d a Fig. 1 6 .3 7 (b ). C o m o a c o r r e n te q u e flui p o r R s é ig u al

d e s te liv ro , a d e d u ç ã o d a s p r o p r ie d a d e s d o c irc u ito n a p r e s e n ç a d e s s e e f e ito é d e lin e a d a n o E x e rc íc io 31 p a r a o le ito r in te re s s a d o . C o n tu d o , e x p lo r a r e m o s um a s p e c to p a r tic u la r d o c irc u ito , a r e s is tê n c ia d e s a íd a , p o is p ro v ê a b a s e p a r a d iv e rs a s o u tr a s to p o lo g ia s e s ­ tu d a d a s m a is a d ia n te . N o s s o o b je tiv o é d e t e r m i n a r a im p e d â n c ia d e s a íd a v is ta n o d r e n o d e u m t r a n s i s t o r d e g e n e r a d o [Fig. 1 6 .3 8 (a )]. S a b e m o s q u e , s e R s = 0 , = r (). A lé m d is to ,s e À = 0 , R oul = *> ( p o r q u ê ? ) . P a r a in c lu ir a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l, d e s e n h a m o s

a e c o m o a so m a d a q u e d a d e te n s ã o n e s s e re s is to r e u, d e v e s e r ig u a l a vM, te m o s v, + g mv , R s = v lll; lo g o , u, = v j ( 1 + g,„R.s). P o r ta n to ,

o c ir c u ito e q u iv a le n te d e p e q u e n o s s in a is c o m o n a Fig. 1 6 .3 8 (b ), a t e r r a n d o o te r m in a l d e e n tr a d a . U m e r r o c o m u m c o n s is te e m e s c re v e r R ,ml = r() + R s . C o ­ mo flui d o n ó d e s a íd a p a r a P , o s r e s is to r e s r () e R s n ã o e s tã o e m sé rie . N o ta m o s q u e a c o r r e n te q u e flui p o r R s é ig u a l a ix . A ssim ,

Iout — SmV 1

(16.94) (16.95)

— Sm

vi — —i x R s , ^

Iout

(16.96)

C/m = —

Vin Sm

(16.97)

1 + gm R s P o r e x e m p lo , o g a n h o d e te n s ã o d o e s tá g io c o m u m a re s is tê n c ia d e c a rg a R ü é d a d o p o r - G „ , R n . U m a p r o p r ie d a d e in te r e s s a n te d o e s tá g io F C d e ­ g e n e r a d o é q u e , se g,„ R s » 1, o g a n h o d e te n s ã o se to r n a r e la tiv a m e n te in d e p e n d e n te d a tr a n s c o n d u tâ n cia d o tr a n s i s t o r e, p o r c o n s e g u in te , d a c o r r e n te d e p o la riz a ç ã o . D a E q . (1 6 .8 9 ), n o ta m o s q u e , n e s te caso , - R n / R . s.

E fe ito da R e sistê n cia de S a ída d o T ransis­ to r A té a q u i, a a n á lis e d o e s tá g io F C d e g e n e r a d o d e s p r e z o u o e f e ito d a m o d u la ç ã o d o c o m p r im e n to d o c a n a l. E m b o r a e s te ja u m p o u c o a lé m d o e s c o p o

(16.98)

o n d e o sin a l n e g a tiv o se d e v e a o f a to d e q u e o la d o p o s itiv o d e u, e s tá a te r r a d o . N o ta m o s , a in d a , q u e r () c o n d u z u m a c o r r e n te ix e, p o r ta n to , s u s te n ta u m a te n s ã o (/_v - g,„vx) r 0 . S o m a n d o e s ta te n s ã o à q u e ­ d a d e te n s ã o e m R s ( = - u , ) e ig u a la n d o o r e s u lta d o a v x, o b te m o s = ( ix - g mv\)r0 - ui = ( i x + g J x R s V o + ix R s -

(16.99) (16.100)

Logo, Rou, = (1 + g m R sV o + R s

(16.101)

= ro + (g mro + 1 ) ^ 5 -

(16.102)

R e c o r d e m o s , d e (1 6 .7 2 ), q u e o g a n h o in tr ín s e c o d o tr a n s is to r g mr () » 1 e, p o r ta n to ,

674

Capítulo Dezesseis

R out

% ro + g mro R s

(16.103)

% r0 ( 1 +

(16.104)

g „ ,/? .s ) .

É in te r e s s a n te o b s e r v a r q u e a d e g e n e r a ç ã o d e fo n te e le v a a im p e d â n c ia d e s a íd a d e rn p a r a o v a lo r d a d o

e m (1 6 .1 0 4 ), o u s e ja , p o r u m f a t o r d e 1 + g mR sO le ito r p o d e q u e s tio n a r se o a u m e n to n a re s is ­ tê n c ia d e s a íd a é d e s e já v e l o u in d e s e já v e l. A “ e l e ­ v a ç ã o ” d a r e s is tê n c ia d e s a íd a e m c o n s e q ü ê n c ia d a d e g e n e r a ç ã o é m u ito ú til e m c o n f ig u r a ç õ e s d e c ir­

N a a n á lise d e c irc u ito s, às v e z e s d e s e n h a m o s a r e ­

c u ito s e le v a a a m p lif ic a d o r e s d e g a n h o s m a is a lto s e, ta m b é m , c ria f o n te s d e c o r r e n t e m a is id e a is. E s te s c o n c e ito s s ã o e s tu d a d o s n o C a p ítu lo 9.

sistên c ia d e sa íd a d o tra n s is to r e x p lic ita m e n te , p a ra e n ­ fa tiz a r su a significância (Fig. 16.39). E s ta re p re s e n ta ç ã o s u p õ e q u e Aí, n ã o c o n té m o u tr a re s is tê n c ia r().

Exem plo

16.22

Solução

Figura 16.39

Estágio com ilustração explícita de r„.

D esejam o s p ro je ta r um a fonte de co rren te N M O S de 1 m A e resistência de saída de 20 k íl. Vamos su p o r n„Cox = 100 /xA /V 2 e À = 0,25 V~‘. C alculem os a razão de aspecto d o dispositivo e a resis­ tência de d eg en eração . ad m itin d o que o valor m ínim o to le rad o p ara Vps 6 0,3 V. F ixando a ten são d e so brecarga do tran sisto r em 0,3 V (p ara que to lere lor), escrevem os 2I D gm

m ínim o do m esm o va­

(16.105) (16.106)

C om og,,, = finCm( W /L ) ( V GS - V r//)y tem os W /L = 222. A lém disto, r() = l/(A /7>) = 4 k íl. Para que a resistência de saíd a chegue a 20 k íl, (1 + g m R sV o + R s = 20 k£2. lo g o , R s = 578

Exercício

C a lc u le a re sis tê n c ia d e sa íd a p a r a /„ = 1 m A ,

Vns = 0,15 V e Rs = 200 íl.

(16.107) (16.108)

Amplificadores CMOS Exemplo 16.23

675

C alculem os a resistência de saída do circuito da Fig. 16.4ü(a), adm itindo que M, e M 2 são idênticos. r

R7o out

R out

—l[ iV i

^ Í " f °2 (a) Figura 1 6.40 S o lu ç ã o

(b)

(a) Exemplo de estágio FC eom degeneração, (b) circuito simplificado.

O dispositivo c o n e c ta d o com dio d o M 2 p ode ser re p re se n ta d o p o r um a resistência de p eq u en o s sinais (1 /gm2)H/*o2 l/g,n2 - O tran sisto r M, é d eg e n erad o p o r esta resistência; a p a rtir de (16.101),

R out

To\

=

(

\

1

+

g m

l -----------^

H -----------------

Sm2 /

(16.109)

gnd

que, com gmX = g m2 = g m, se red uz a (16.110)

Rout = 2 r o \ H-----Sm « 2 r0 i.

Exercício

S u p o n h a W 2 - 2 W, e calcule a im pedância de saída.

O p r o c e d im e n to d e s im p lific a ç ã o p r o g r e s s iv a d e u m c irc u ito a té q u e s e ja o b tid a u m a to p o lo g ia c o n h e ­ c id a é m u ito ú til n a p r á tic a . E s te m é to d o , c h a m a d o “a n á lise p o r in s p e ç ã o ” ,e lim in a a n e c e s s id a d e d e c o m ­

Exem plo

16.24

(16.111)

p le x o s m o d e lo s d e p e q u e n o s s in a is e lo n g o s c á lcu lo s. P a ra a v a lia r a e fic iên c ia d a a b o rd a g e m in tu itiv a , s u g e ­ rim o s a o le ito r r e p e tir o e x e m p lo a n te r io r c o m o u so d o m o d e lo d e p e q u e n o s s in a is d o c irc u ito g lo b a l.

D eterm in em o s a resistência de saída do circuito da Fig. 16.41 (a) e co m parem os o resu ltad o com o do exem plo a n te rio r. Vamos su p o r q ue e M 2 o p erem em saturação. r

'b2

out

s U wi

'bi

J lU i ">—

M -j 11— I

"2

(a) Figura 1 6.41 S o lu ç ã o

(b)

(a) Exemplo de estágio FC' eom degeneração, (b) circuito simplificado.

C om a ten são p o rta -fo n te fixa, o tran sisto r M 2 o p era com o um a fonte de co rre n te e introduz um a resistência rü2 e n tre a fonte de M, e a te rra [Fig. 16.41(b)]. A E q. (16.101) pode, p o rta n to , ser escrita com o R out

=

(1

+

S m \f0 \) r02

+

* Sm\ro\r02 + rQ\-

r0 \

(16.112) (16.113)

676

Capítulo Dezesseis

S u p o n d o g mXr ü2» 1 (válido na p rática), tem os Rout % gm \r o \r o i-

(16.114)

O b serv am o s q u e e ste valor é m uito m aior q ue o d e (16.111). E x e rc íc io

D eterm in e a im p ed ân cia de saída se um resistor

E stá g io FC com P o la riz a ç ã o

D e p o is d o e s t u ­ d o d a s p r o p r i e d a d e s d e p e q u e n o s s in a is d o a m p li­ f ic a d o r d e f o n te c o m u m e d e s u a s v a r ia ç õ e s , p a s ­ s e m o s a o e s t u d o d e u m c a s o m a is g e r a l d e u m a c o n f ig u r a ç ã o q u e t a m b é m c o n t é m u m c i r c u ito d e

Exem plo

16.25

p o la r iz a ç ã o . I n ic ia r e m o s c o m o s e s q u e m a s d e p o ­ l a r i z a ç ã o s im p le s d e s c r i t o s a n t e r i o r m e n t e e , a o s p o u c o s , a c r e s c e n t a r e m o s c o m p le x id a d e (e d e s e m ­ p e n h o m a is r o b u s t o ) a o c ir c u ito . C o m e c e m o s c o m u m e x e m p lo .

U m estu d an te fam iliarizado com o estágio FC e com princípios básicos de circuitos de polarização co n stru iu o circu ito m o stra d o na Fig. 16.42 p a ra am plificar o sinal p ro d u zid o p o r um m icrofone. Infelizm ente, yV/, n ã o conduz co rren te e n ão am plifica. E xpliquem os a causa do problem a.

Figura 16.42 S o lu ç ã o

for con ectad o em série com o d re n o de M 2.

Amplificador para microfone.

M uitos m icrofones exibem um a p eq u e n a resistência de baixa frequência (p. ex., < 100 í 1). Se usado nesse circuito, um desses m icrofones cria um a p eq u en a resistência e n tre a p o rta de W, e a te rra, p ro d u zin d o um a te n sã o de p o rta m uito peq u en a. Por exem plo, um a resistência de m icrofone de 100 í l resulta em

Vx =

100 £2||50kí2 100 k£2 + 100í2||50k£2

x 2,5 V

(16.115) (16.116)

P ortan to , a resistência de baixa frequência do m icrofone im pede a polarização do am plificador. E x e rc íc io

É possível reso lv er este p ro b lem a com a conexão da p o rta de M { a um a ten são negativa?

C o m o o p r o b le m a d o c irc u ito d a Fig. 16.42 p o d e s e r re s o lv id o ? C o m o a p e n a s o s i n a l g e r a d o p e lo m i­ c r o f o n e é d e in te r e s s e , u m c a p a c it o r e m s é r ie p o d e s e r c o n e c ta d o c o m o in d ic a d o n a Fig. 16.43 p a r a p r o ­ v e r is o la ç ã o e n tr e a p o la riz a ç ã o D C d o a m p lific a d o r e o m ic ro fo n e . O u se ja , o p o n to d e p o la riz a ç ã o d e M , p e r m a n e c e in d e p e n d e n te d a re s is tê n c ia d o m ic ro fo n e , p o is C, n ã o c o n d u z c o rr e n te d e p o la riz a ç ã o . O v a lo r d e

C , é e s c o lh id o d e m o d o a a p r e s e n ta r u m a im p e d â n c ia r e la tiv a m e n te b a ix a (q u a s e u m c u rto -c irc u ito ) às f re ­ q u ê n c ia s d e in te re sse . D iz e m o s q u e C , é um c a p a c ito r d e “a c o p la m e n to ” e h á “ a c o p la m e n to A C ” o u “ a c o p la ­ m e n to c a p a c itiv o ” n a e n tr a d a d o e stá g io . M u ito s cir­ c u ito s e m p r e g a m c a p a c ito re s p a r a iso la r as c o n d iç õ e s d e p o la riz a ç ã o d e e fe ito s “ in d e s e já v e is ” . E s te p o n to s e rá e s c la re c id o c o m e x e m p lo s m a is a d ia n te .

Amplificadores CMOS

Figura 16.43 Acoplamento capacitivo na entrada do amplifi­ cador para microfone.

A o b s e r v a ç ã o a n t e r i o r s u g e r e q u e a m e to d o lo g ia ilu s tr a d a n a Fig. 16.9 d e v e in c lu ir u m a r e g r a a d ic io ­ n a l: p a r a a n á lis e D C , s u b s t i t u i r t o d o s o s c a p a c ito re s p o r c ir c u ito s a b e r to s ; p a r a a n á lis e d e p e q u e n o s sin a is , s u b s t i t u i r to d o s o s c a p a c i t o r e s p o r c u rto - c irc u ito s . C o m e c e m o s c o m o e s t á g i o F C ilu s tr a d o n a Fig. 1 6 .4 4 (a ). P a r a c á lc u lo d a p o la r iz a ç ã o , a fo n te d e sin a l é fix a d a e m z e r o e C , é a b e r t o , le v a n d o a o c ir­ c u ito d a Fig. 16 .4 4 (b ). C o m o m o s tr a m o s a n te r io r m e n ­ te , te m o s

A lé m d isso , V n s ( = V m ) - R n I n ) d e v e p e r m a n e c e r m a io r q u e a te n s ã o d e s o b r e c a r g a , d e m o d o q u e A/, o p e r e e m s a tu ra ç ã o . C o n h e c id a a c o r r e n te d e p o la riz a ç ã o , o s p a r â m e ­ tr o s d e p e q u e n o s s in a is g m e r () p o d e m s e r c a lc u la ­ d o s. A g o r a , v o lte m o s a a te n ç ã o à a n á lis e d e p e q u e ­ n o s s in a is e c o n s id e r e m o s o c ir c u ito sim p lific a d o d a Fig. 1 6 .4 4 (c). A q u i, C , é s u b s titu íd o p o r u m c u r to c irc u ito , e p o r u m a te r r a A C ; A/, é m a n tid o c o ­ m o u m s ím b o lo . N o te m o s q u e R t e R 2 a p a r e c e m e m p a r a le lo . T e n ta r e m o s r e s o lv e r e s s e c ir c u ito p o r in s ­ p e ç ã o ; se is to n ã o f o r p o s s ív e l, la n ç a r e m o s m ã o d o m o d e lo d e p e q u e n o s s in a is p a r a A/, e e s c r e v e r e m o s L T K s e L C K s. O c ir c u ito d a Fig. 1 6 .4 4 (c ) le m b r a o n ú c le o F C ilu s tr a d o n a F ig. 16 .2 3 , e x c e to p o r R { e R 2. É i n t e ­ re s s a n te o b s e r v a r q u e e sse s r e s is to r e s n ã o tê m q u a l­ q u e r e f e ito s o b r e a te n s ã o n o n ó X , d e s d e q u e u„, p e r ­ m a n e ç a u m a fo n te d e te n s ã o id e a l; o u s e ja , vx = vin, q u a is q u e r q u e s e ja m o s v a lo re s d e /?, e d e R 2. C o m o o g a n h o d e te n s ã o d a p o r ta a o d r e n o é d a d o p o r vmJ te m o s

vx =

Um l

1

Id =

2^/1C a * —

D

(16.119)

— = - gmR D.

,

W

Vin

(16.117)

(V g s — V t h )

677

Se A ^ ü, e n tã o - I r w ( RlVdd - V th 2 M" ov L { R í + R j )*

(16.118)

—

(16.120)

= —gm (^D lko).

Vin

out

(a)

— R.

(c)

(b)

—

R -\II « 2 ^

4:

-

«out

l in1

(d)

(e)

Figura 16.44 (a) Acoplamento capacitivo na entrada de um estágio FC, (b) estágio simplificado para cálculo da polarização, (c) estágio simplificado para análise de pequenos sinais, (d) estágio simplificado para cálculo da impedância de entrada, (e) estágio simplificado para cálculo da impedância de saída.

678

Capítulo Dezesseis

N o e n ta n to , a im p e d â n c ia d e e n t r a d a é a f e ta d a p o r /?, e R 2 [Fig. 1 6 .4 4 (d )]. R e c o r d e m o s , d a Fig. 16.7, q u e a im p e d â n c ia v ista q u a n d o se o lh a p a r a a p o r ta , R inl, é in fin ita . A q u i, /?, e R 2 a p e n a s a p a r e c e m e m p a r a le lo c o m R inl; lo g o ,

P a ra d e te r m in a r a im p e d â n c ia d e s a íd a ,fix a m o s a fo n te d e e n tr a d a e m z e r o [Fig. 16.44(e)]. C o m p a r a n d o e sse c irc u ito c o m o d a Fig. 16.27, r e c o n h e c e m o s q u e R,„„ p e r m a n e c e in a lte r a d o : R om = R d \Vo -

R í„2 = R í \\R2.

O c irc u ito d a Fig. 1 6 .4 6 (a ) e x e m p lific a u m a in te r ­ fa c e in a d e q u a d a e n tr e u m a m p lific a d o r e u m a c a rg a : a im p e d â n c ia d e s a íd a é tã o m a io r q u e a d a c a rg a ,

P o r ta n to , o s r e s is to r e s d e p o la r iz a ç ã o r e d u z e m a im ­ p e d â n c ia d e e n tr a d a .

Exem plo 16.26

(16.122)

(16.121)

D ep o is de to m a r c o n h e c im e n to d o acopla m en to capacitivo, o e stu d a n te do E x em p lo 16.25 m odificou o circuito co m o indicado na Fig. 16 .45 e te n to u alim en tar um alto-falante. Infelizm ente, o circuito n ão funcionou. E xpliquem os p o r q uê.

:

------------- r-

V d d - 1.8 V

t R^

1 kQ

Jr

Rq i

=

^

Figura 16.45 Amplificadí)r com conexão direta a um alto-falante. Solução

A lto -falan tes típicos in co rp o ram um solenoide (in d u to r) p a ra ativ ar um a m em brana. O solenoide ap resen ta um a resistência D C m uito baixa, p or exem plo, m enor que 1 í 1. D esta form a, o alto-falante da Fig. 16.45 curto -circu ita o d re n o à te rra e leva A/, à região de trio d o forte.

E x e rc íc io

O circuito se c o m p o rta m elh o r se o term inal inferior do alto-falante fo r con ectad o a V nn e não à te rra ?

Exem plo 16.27

O e stu d a n te aplica aco p lam en to A C tam bém à saída [Fig. 16.46(a)] e m ede os p o n to s quiescentes p ara asseg u rar p o larização a d eq u ad a. A tensão de polarização de d ren o é 1,0 V e A/, o p era na re ­ gião de saturação. N o en tan to , o e stu d an te ainda não observa g anho no circuito. Se g m = (100 íl) 1 e o alto-falan te a p re se n ta um a im pedância R sp = 8 i l na faixa de frequências de áudio, expliquem os p o r que o circuito n ã o provê ganho.

1

%

r

oV(o u t

2

(a)

(b)

Figura 16.46 (a) Amplificador com acoplamento capacitivo na entrada e na saída, (b) modelo de pequenos sinais simplificado.

Amplificadores CMOS

S o lu ç ã o

D o circuito d e p e q u e n o s sinais da Fig. 16.46(b), n o tam os que a resistência de carga eq u ivalente é igual a R n II R sp « 8 íl. Logo, (16.123)

\ A v \ = g m( R D \\R sp) = 0 fl8

Exercício

Q ue valor da im pedância do alto-falante reduz o ganho do estágio FC p or apenas um fator de dois?

q u e a c o n e x ã o d e s ta a o a m p lif ic a d o r r e d u z o g a n h o d e m o d o c o n s id e r á v e l. C o m o p o d e m o s r e s o lv e r e s te p r o b le m a d e c a r r e ­ g a m e n to ? C o m o o g a n h o d e t e n s ã o é p r o p o r c io n a l a g„„ p o d e m o s p o la r iz a r M l e m u m a c o r r e n te m u ito m a io r p a r a e le v a r o g a n h o . C o m o a lte r n a tiv a , p o d e ­ m o s in te r p o r um e s tá g io “b u f f e r " e n tr e o a m p lific a d o r F C e o a lto - f a la n te ( S e ç ã o 16.4.5). A g o r a , c o n s id e r e m o s o c ir c u ito d a Fig. 1 6 .4 7 (a ), o n d e o tr a n s is to r é d e g e n e r a d o p o r R s. C o m o u m c a so m a is g e ra l, ta m b é m p o d e m o s in c lu ir u m a r e s is tê n c ia

Figura 16.47

fin ita , R (!, e m s é rie co m a e n tr a d a (o u se ja , im p e d â n c ia d e sa íd a d o e s tá g io o u fo n te d e sin a l p r e c e d e n te ) [Fig. 1 6 .4 7 (b )].C o m o /?, e R 2 fo rm a m u m d iv is o r d e te n s ã o c o m /?,,, o g a n h o d e te n s ã o to ta l é r e d u z id o p a r a

Aa=

S o lu ç ã o

-R n -------- \-

Sm

(16.124)

Rs

o n d e a d m itim o s q u e A é ig u a l a z e ro .

A/, p e rm a n e c e n a te r r a A C e a a m p lific a ç ã o in d e p e n de da d eg e n e ra çã o :

[Fig. 1 6 .4 7 (c)]. Q u a n d o o c a p a c ito r o p e r a c o m o u m c u r to - c ir c u ito n a f r e q u ê n c ia d e in te r e s s e , a f o n te d e

16.28

R 1 WR2

(a) Estágio FC com capacitor de acoplamento de entrada, (b) inclusão de R,:, (c) uso de capacitor de bypass.

É p o s s ív e l u tiliz a r d e g e n e r a ç ã o p a r a p o la r iz a ç ã o e e l im i n a r s e u e f e i to s o b r e o d e s e m p e n h o d e p e q u e n o s s in a is a tr a v é s d e u m c a p a c ito r d e b y p a s s

Exem plo

679

_ v~

/?i | | / ? 2 R c, + i? i | | / ? 2

(16 125)

R

°

P ro jetem o s o estág io F C d a Fig. 16.47(c) p ara um g anho de ten são de 5, im pedância d e e n tra d a de 50 k íl e o rç a m e n to de p o tên cia de 5 mW. V am os su p o r n„Cox = 100 /xA/V: , V TH = 0,5 V, À = 0 e V„n = 1,8 V. S uponham os, ainda, um a q u ed a de ten são de 400 m V em R s. O o rçam en to de p o tên cia e V,w = 1,8 V im plicam um m áxim o su p rim en to de co rren te de 2,78 m A. C om o valor inicial, alo q u em o s 2,7 m A a M, e os restan tes 80 *iA a /?, e R 2. C om isto,

Rs = 148 f i.

(16.126)

680

Capítulo Dezesseis

C om o em casos típicos de p rojeto, existe um a certa flexibilidade na escolha de g m e R ,)y desde q u e g mR p = 5. E n tre ta n to , co n h ecid o o v a lo r de / „ , d ev em o s asseg u rar um v alo r razoável p a ra VGS,co m o , p o r exem plo, VGS = 1 V. E sta escolha resulta em 21d

(16.127)

Vg s — V th

1

(16.128)

92,6 Q logo.

(16.129)

R d = 463 Q .

E screv en d o Id

—2

^ /1^ o x —

(V g s

~ V t h )2

(16.130)

tem os W

— =216.

C om VGS exigindo

=

(16.131)

1 V e um a q u e d a d e ten são de 400 m V em R s, a ten são d e p o rta chega a 1,4 V,

(16.132)

E ste resultado, ju n ta m e n te com R in = R i\\R2 = 50 k íl, leva a /? , =

64,3 k Q

R 2 = 225 k í2 .

(16.133) (16.134)

D evem os, ag o ra, co m p ro v ar que M, o p e ra , de fato, em saturação. A ten são de d re n o é dada p o r Vpp - Ip R p = 1,8 V - 1,25 V = 0,55 V. C om o a ten são de p o rta é igual a 1,4 V, a diferença de ten são p o rta -d re n o excede V TH e leva M x à região de triodo! C om o nosso procedim ento de projeto levou a este resultado? Para o dado valor de / „ , escolhem os um v a lo r ex c e ssiv a m e n te g ra n d e p a ra R n , o u seja,#,,, d e m a sia d a m e n te p e q u e n o (pois g mR n = 5), e m b o ra VGS seja razoável. D evem os, p o rta n to , a u m e n ta r g m p a ra o b te r um valor m en o r p ara R n . S upo n h am o s, p o r exem plo, qu e o v alor de R n seja dividido p o r dois e o de gmseja d o b rad o , au m e n ta n d o a razão W /L p o r um fato r de quatro: W — i-/

=864 1

gm ~ 46,3 Q

(16.135) (16.136)

A c o rresp o n d en te te n sã o p o rta-fo n te é obtida de (16.127):

Vqs

=

250 m V ,

(16.137)

resu ltan d o em um a ten são de p o rta de 650 mV. /W, está na reg ião de satu ração ? A ten são de d re n o é igual a V,)l} - R „ In = 1,17 V. um valor m aior que a d iferen ça e n tre a ten são de p o rta e V TH. Logo, /W, o p e ra em saturação.

Exercício

Repita o exemplo anterior para um orçamento de potência de 3 mW e Vnl) = 1,2 V.

Amplificadores CMOS A Fig. 16.48 resum e os conceitos estudados nes­ ta seção. 16.4.4

Topologia Porta Com um

Após o estudo detalhado do estágio FC, voltemos a aten­ ção à topologia “porta comum” (PC). Praticamente todos os conceitos descritos para a configuração FC também se aplicam aqui. Portanto, seguiremos a mesma linha de raciocínio, mas a um passo um pouco mais rápido. D ad a a cap acid ad e de am plificação d o estágio FC, o leitor pode se p erguntar p o r que estudar outras topologias de am plificadores. C om o verem os, outras

1

“

VDD

: —

V \ n ° -------

1

o

^o u t

—

- - vb

x S a íd a C o lh id a n o D reno

E n tra d a f A p licad a à F o n te Figura 16 .4 9

Estágio po rta comum.

configurações proveem diferen tes p ro p ried ad es de circuito que, em algum as aplicações, são preferíveis às do estágio FC. A ntes de seguir adiante, sugerim os que o leitor reveja os Exem plos 16.2-16.4, as corres­ pondentes regras ilustradas na Fig. 16.7 e as possíveis topologias da Fig. 16.22. A Fig. 16.49 m o stra o estágio PC. A e n tra d a é aplicada à fonte e a saída é colhida no dreno. Pola­ rizada em um a tensão ad eq u ad a, a p o rta atu a com o terra AC e, portanto, com o um nó “com um ” às portas de e n tra d a e de saída. C om o no caso do estágio FC, prim eiro estudarem os o núcleo e, em seguida, adicio­ narem os o u tros elem entos.

É interessante observar que esta expressão é idêntica à do ganho da topologia FC. E n tre tan to , d ife ren te ­ m ente do estágio FC, o circuito apresen ta um ganho p o s i t i v o , pois um au m en to em V in leva a um a u m en ­ to em Vm„. Confirm em os o resultado anterior com a ajuda do circuito equivalente de pequenos sinais ilustrado na Fig. 16.50(b), onde a m odulação do com prim ento do canal foi desprezada. Iniciando com o nó de saída, a co rren te que flui p o r R n é igualada a Ibul R õ = 8 "'V l’

C o m o o estág io PC da Fig. 16.50(a) responde a um sinal de e n tra d a ? 8 Se V in a u m e n tar de um p e q u en o valor AK, a tensão portafonte de A/, d i m i n u i do m esm o valor, pois a tensão de p orta é fixa. Em conseqüência, a co rren te de d re ­ no é reduzida de #(„A V , perm itin d o que V mu a u m e n te de g mk V R n . C oncluím os, p o rta n to , que o ganho de ten são de pequenos sinais é igual a A n á lise do N ú cleo PC

A v = gm ^D -

(16.138)

681

(16.139)

e obtem os u, = - v „ J ( g mR n ). C onsiderando, agora, o nó de en tra d a, observam os que u, = —v in. Logo, Voul

= g,„R/).

(16.140)

Assim com o no estágio FC, a topologia PC está sujeita a um a relação de perm u ta e n tre ganho, vão livre de tensão e im pedãncias I/O. O próxim o exem ­ plo ilustra esta relação.

xN otem os que as topologias das Figs. 16.49 c 16.50(a) são idênticas, em bora Mx tenha sido desenhado de modo diferente.

682

Capítulo Dezesseis

Figura 16.50

Exem plo 16.29

Solução

(a) Resposta d o estágio PC a uma pequena variação da entrada, (b ) m odelo de pequenos sinais.

Um microfone com nível DC nulo alimenta um estágio PC polarizado em In = 0,5 mA. Se W /L = 50, fxnCox = 100 yxA/V2. V TH = 0,5 V e Vnn = 1,8 V, determinemos o máximo valor permitido para Rn e, em conseqüência, o ganho de tensão máximo. Desprezemos a modulação do comprimento do canal. Como o valor de W /L é conhecido, a tensão porta-fonte pode ser determinada a partir de

1 b

W ,

= 2^ C

ox —

^ (Y g s ~ Vt ii)

(16.141)

pois Vgs = 0,947 V .

(16.142)

Na Fig. 16.50(a), para que M, permaneça em saturação,

Vdd —I d R d > V b ~ V t h ,

(16.143)

R o < 2,71 kQ .

(16.144)

logo,

Além disso, estes valores de W/L e de í„ resultam em g,„ = (447 Í2)_l e A v < 6,06.

(16.145)

A Fig. 16.51 resume os níveis de sinal permitidos para esta configuração. A tensão de porta pode ser gerada por meio de um divisor resistivo similar ao da Fig. 16.47(a).

“ V^TH= 0,447 V —

M-\

0 Figura 16.51

E x e r c í c io

Níveis de sinal no estágio PC.

Se fo r d e s e ja d o um g a n h o d e 10, q u e v a lo r d e v e s e r e sc o lh id o p a ra W /L I

Amplificadores CMOS Calculem os, agora, as im pedâncias I/O da to p o ­ logia PC para que possam os e n te n d e r suas caracte­ rísticas com o interface e n tre o estágio que a prece­ de e o estágio que a segue. A s regras ilustradas na Fig. 16.7 são m uito úteis aqui e elim inam a necessi­ dade de circuitos equivalentes d e pequenos sinais. O circuito sim plificado m ostrado na Fig. 16.52(a) revela que /?,„ é apenas a im pedância vista quan d o se olha para a fonte, com a p o rta na te rra AC. A p artir das regras da Fig. 16.7, tem os Rm = ---

gm

683

sofre um a alteração g,„ AK. Em conseqüência, R„, = A V X/ A I X = \ / g m.

Um am plificador com baixa im pedância de e n ­ trad a tem algum a utilidade? Sim, tem . Por exem plo, m uitos am plificadores de altas frequências são proje­ tados para resistência de e n tra d a de 50 íl, de m odo a proverem "casam ento de im pedância” en tre m ódulos em um a cascata e as linhas de transm issão (trilhas im pressas na placa de circuito) que conectam os m ó­ dulos (Fig. 16.53).9

(16.146) L inha d e T ra n s m is s ã o d e 50 £2

caso À = 0. A im pedância de e n tra d a do estágio PC é, portanto, relativam ente b a i x a , por exem plo, da or­ dem de algum as centenas de ohm s.

50

Figura 16.53

L in h a d e T ra n s m is s ã o d e 50 O.

Ç1

r

50 Q

Sistema com linhas dc transmissão.

A im pedância de saída do estágio PC é calcula­ da com o auxílio da Fig. 16.54, onde a fonte de te n ­ são de e n tra d a é fixada em zero. N otam os que R mil = R olll] IIR ,„ onde é a im pedância vista no dreno, com a fonte aterrad a. A p artir das regras da Fig. 16.7, tem os R ,tul\ = r Q e, portanto,

Figura 16.52 (a) Im pedância de en tra d a do estágio PC, (b) resposta a um a pequena variação na entrada.

A im p ed ân cia de e n tra d a d o estág io P C ta m ­ b ém p o d e se r d e te rm in a d a d e m an e ira in tuitiva [Fig. 16.52(b)]. Suponham os q u e um a fonte de te n ­ são V x conectada à fonte de M [ sofra um a pequena variação A V . A tensão p o rta-fo n te sofre a m esm a al­ teração, levando a um a alte ra ç ã o na co rren te de d re ­ no igual a g mA V . C om o a c o rre n te de dren o flui pela fonte de e n tra d a, a co rren te suprida por V x tam bém

Exem plo 16.30

Roui = ro\\Ri>

(16.147)

Roui — R d se X —0.

(16.148)

OU

Figura 1 6.54

Im pedância de saída do estágio PC,

Um amplificador de porta comum foi projetado com impedância de entrada R,n e impedância de saída R(tur Desprezando a modulação do comprimento do canal, determinemos o ganho de tensão do circuito.

‘'Sc a im pedância de entrada de cada estágio nào for casada à impedância característica da linha dc transm issão precedente, ocorrem “reflexões", que corrom pem o sinal, ou pelo menos criam uma dependência em relação ao com prim ento da linha.

684

Capítulo Dezesseis

Solução

Como R m = 1!g„, e R oul = R D, temos Av=

Exercício

Rm

(16.149)

Ri,

Explique por que às vezes dizemos que o “ganho de corrente” de um estágio PC é igual à unidade.

É interessante estudar o com portam ento da to p o ­ logia PC na presença de uma resistência de fonte finita. Um circuito desse tipo, como ilustrado na Fig. 16.55, es­ tá sujeito à atenuação de sinal a partir do nó de entrada X e, por conseguinte, provê ganho de tensão m enor. D e m odo mais específico, um a vez que a im pedância vista quando se olha para a fonte de M, (com a porta aterrad a) é igual a \lg„, (para À = 0), tem os

D a Eq. (16.140), tam bém recordam os que o ganho da fonte à saída é dado por Vout

D

---- = S m R ü . Logo, Vout

Sm Rn

Vin

1 + Sm R s

Rp vx =

■Vin

Rs +

(16.153) (16.154)

----1"Rs Sm

Sm

1 1 + Sm R s

Figura 16.55

(16.150)

(16.152)

vx

Vin

(16.151)

Estágio PC com resistência de fonte.

Figura 16.56

Este resultado é idêntico ao obtido para o estágio FC (exceto por um sinal negativo), desde que R s seja vis­ to com o um resistor de d eg en eração de fonte. C o m o no caso do estág io FC , p o d e m o s d e seja r a n a lisa r a to p o lo g ia PC no caso geral: com d e g e ­ n e ra ç ã o de fo n te, À =£ 0 e um a resistê n c ia em série com a p o rta [Fig. 16.56(a)]. E sta an álise foge um p o u co ao esco p o d e ste livro. N o e n ta n to , é in te re s ­ san te que calculem os a im pedância de saída. C om o ilu strad o na Fig. 16.56(b), R„M é igual a R n em p a ra ­ lelo com a im p ed ân cia vista q u a n d o se olh a p a ra o d ren o , R mil]. C o n tu d o , é id ên tica à resistên cia de sa íd a do e stá g io f o n t e c o m u m com d e g e n e ra ­ ção de fonte: R<>ut\ = (1 + S " 'R s )rO + Rs-

(a) Estágio PC geral, (b) impedâncias de saída vistas em nós diferentes.

(16.155)

Amplificadores CMOS Logo,

685

(16.156)

zero para o cálculo da im pedância de saída. Em outras palavras, no cálculo de R,m„nada sabemos sobre o termina, entracja (j0 circuito,com o ilustrado na Fig. 16.57

O leitor pode ter no tad o que a im pedância de saída do estágio PC é igual à do estágio F C Este resultado é geral? Recordem os que a fonte de entrada é fixada em

para os estágios FC e PC. Portanto, não é coincidência que as impedâncias de saída sejam idênticas, já que as mesmas hipóteses são usadas para os dois circuitos (ou seja, valores idênticos de À e degeneração de fonte).

Rout = ft/>ll[0 + g m R s)ro + rts]-

Exem plo 16.31

Para o circuito mostrado na Fig. 16.58(a), calculemos o ganho de tensão, com À = 0, e a impedân­ cia de saída, com A > ü.

-r- V,D D

‘ 'out Rs

Rs -VA—

— r ^inO_

1

M2£h|

16.58

-% ------ -- 1 M ~

I 02

^ m2

(a) F ig u ra

«s'ü1=f

Vx

-

(c)

(b )

(a) Exemplo de estágio PC, (h) circuito de entrada equivalente, (c) cálculo da resistência de

saída. Solução

Primeiro, calculemos vxlvm com o auxílio do circuito equivalente da Fig. 16.58(b):

— II —

^ _

Sm2 Sm\

(16.157)

— II— + Rs

Vin

Sm2 Sm 1

_ _______ 1_______ 1 + (Sml

+ Sm2)Rs

(16.158)

Notando que vouJvx = SmiRp (Por quê?), temos Vout

Vin

Sm l R 1 +

(gmi

+

d

Snü)Rs

(16.159)

686

Capítulo Dezesseis

Para calcular a impedância de saída, primeiro consideremos Routl

como mostrado na Fig. 16.58(c):

= (1 + gm \rO \) ( --Ik02ll^5 )+f*01 Vgnt2

(16.160)

/

( 16-161 )

g m \ro \ ( — H R s \ + r t n \ gm2 /

A impedância de saída total é dada por Rout

=

(16.162)

RoutiWRo

ll*D-

Exercício

Exem plo

16.32

Calcule a impedância de saída quando a porta de M 2 está conectada a uma tensão constante.

Um estudante decide incorporar acoplamento AC à entrada de um estágio PC, para assegurar que a polarização não seja afetada pela fonte de sinal, e desenha o circuito como indicado na Fig. 16.59. Expliquemos por que esse circuito não funciona.

Figura 16.59

Solução

Exercício

Exem plo

16.33

(16.163)

Estágio PC sem corrente de polarização.

Infelizmente, o circuito não provê rota DC para a corrente de fonte de A/,, forçando a corrente de polarização a zero, assim como a transcondutância. O problema é resolvido se um capacitor for conectado entre a fonte de Af, e a terra?

Um pouco constrangido, o estudante prontamente conecta a fonte à terra, de modo que VGS = V h e uma razoável corrente de polarização possa ser estabelecida (Fig. 16.60). Expliquemos por que “a pressa é inimiga da perfeição”.

Figura 16.60

Estágio PC com fonte aterrada.

Amplificadores CMOS

Solução

Exercício

687

O estudante curto-circuitou o s in a l à terra AC. Ou seja, a tensão de fonte é igual a zero, qualquer que seja o valor de v„„ resultando em v„u, = 0. Alguma corrente flui por C,?

Estágio PC com P o larização A gora que c o n h e ­ cem os as p ro p rie d a d e s de p e q u e n o s sinais do n ú ­ cleo PC, vam os e s te n d e r a an álise ao circuito que inclui polarização. A esta a ltu ra , um exem plo é m ui­ to útil. O s ex em p lo s a n te rio re s im plicam q u e a fo n te não pode p e rm a n e c e r a b e rta o u a te rra d a ; p o rta n to , fazem -se necessários alguns ele m en to s de p o lariza­ ção. A Fig. 16.61(a) m o stra um exem plo em que p rovê um a ro ta p a ra a c o rre n te de p o larização , à custa da red u ção da im pedância de e n tra d a . N o ta ­ m os que, agora, R,„ consiste em duas co m p o n en tes e m p a r a le lo : (1) 1lg m, vista q u a n d o se olh a p a ra a fonte e “p a ra cim a” ; e (2) /?„ vista q u a n d o se olha “p a ra b aix o ” . A ssim ,

(16.164)

Rin = ---11*1 • gm

A re d u ç ã o de R in é n o ta d a se o g e ra d o r de si­ nal a p re s e n ta r um a re s is tê n c ia de sa íd a finita. A Fig. 16.61 (b) m o stra um c irc u ito desse tipo, o qual a te n u a o sinal e red u z o g a n h o de te n sã o to ta l. S e­ g u in d o a an álise ilu stra d a na Fig. 16.55, p o d e m o s escre v e r

(a) Figura 16.61

R„ vx_ _________ Vin

(16.165)

Rir1 + R s

1 - ll* i _

gm

(16.166)

— \\R i+ Rs

gm

1

1 + (1 + gm R \)R s

(16.167)

C om o, Vout/Vx = gm^Dy Vout

1

Vin

1 + (1 + gn\R\ )Rs

■gmR D.

(16.168)

C om o sem pre, preferim os solução por inspeção, em vez de d esenharm os o eq u iv alen te de p eq u en o s si­ nais. O leitor pode observar um a contradição em nos­ so raciocínio: por um lado, vem os a baixa im pedância de en trad a do estágio PC com o um a propriedade ú til; por outro, consideram os a redução da im pedância de e n tra d a devido a /?, in d e s e já v e l. P ara resolver esta ap aren te contradição, devem os fazer distinção en tre as duas com ponentes \ l g m e /?,, n o tan d o que a última conecta a fonte de e n tra d a à terra, “desp erd içan d o ” o sinal. C om o m ostrado na Fig. 16.62, iin se divide em duas com ponentes, das quais apenas i2 flui p o r R n e

(b)

(a) Estágio PC com polarização, (b) inclusão da resistência do gerador de sinal.

688

Capítulo Dezesseis contribui para o sinal de saída. Se R , dim inuir e 1Ig,,, perm anecer constante, i2 tam bém dim inui.10 Portanto, a redução de R,„ devido a /?, é indesejável. Em con­ traste, se 1/g,„ dim inui e R , p erm an ece constante, i2 aum enta. Para que R , afete a im pedância de e n tra d a de m odo desprezível, devem os ter Ri »

F ig u ra 1 6 .6 2 C om ponentes da co rren te de pequenos sinais em um estágio PC.

Exem plo 16.34

(16.169)

C om o a tensão de porta, V h, é gerada? Podem os em pregar um divisor resistivo similar ao usado no está­ gio FC. A Fig. 16.63 m ostra um a topologia desse tipo.

E s tá g io P C c o m c irc u ito d e p o la riz a ç ã o d e p o rta .

Do orçamento de potência, obtemos uma corrente total de alimentação de 1,11 mA. Ao alocarmos 10 /aA ao divisor de tensão, R (!l e R (tl, resta 1,1 mA para a corrente de dreno de A/,. Com isto, a queda de tensão em R x é igual a 550 mV. Agora, devemos calcular dois parâmetros inter-relacionados: W /L e R n. Um valor maior de W /L resulta em maior g m e permite menor valor de R n. Como no Exemplo 16.28, escolhemos um valor inicial para VGS de modo a obter um valor razoável para W /L . Por exemplo, se VGS =0,8 V, então W /L = 244 e g m = 2 I D/( V GS - V m ) =(136,4 í l ) 1; para v j v in = 5, isto requer R n = 682 íl. Determinemos se A/, opera em saturação. A tensão de porta é igual a VGS mais a queda de tensão em R ^ o u seja, 1,35 V. A tensão de dreno, por sua vez, é dada por V IW - I n R n = 1,05 V. Como a tensão de dreno é maior que Vos - V /lh M x está, de fato, em saturação. O divisor resistivo que consiste em R (n e R (n deve estabelecer uma tensão de porta igual a 1,35 V, com uma corrente de 10 /xA: Vdd

R g \ + R g2 RG2 R gi + R g2

=\0fiA

Vd d = 1,35 V.

Tem-se, portanto, que R (;i = 45 k íl e R (J2 = 135 kíl. Exercício

.

Projetemos o estágio porta comum da Fig. 16.63 para os seguintes parâmetros: vouJvm = 5, R s = 0, R { = 500 íl, 1!gm = 50 íl, orçamento de potência = 2 mW, V l)n = 1,8 V. Vamos supor jxnC ox = 100 /itA/V2, V TU = 0,5 V e A = 0.

F ig u ra 1 6 .6 3

S o lu ç ã o

—

gm

Se W /L não puder ser maior que 100, que ganho de tensão pode ser obtido?

l()No caso extrem o,

= 0 (Exem plo 16.33) e i2 = 0.

(16.170) (16.171)

Amplificadores CMOS E x e m p lo 1 6 .3 5 S o lu ç ã o

689

Suponhamos que, no Exemplo 16.34, desejamos minimizar W /L (e, por conseguinte, as capacitân­ cias do transistor). Qual é o mínimo valor aceitável para W/L? Para um dado valor de ID, VGS - V , , , aumenta à medida que W/L diminui. Assim, devemos primeiro calcular o máximo valor permitido para VGS. Impomos a condição para saturação como

(16.172)

Vdd — I d R d > Vgs + V r \ - Vth , onde VR\ denota a queda de tensão em /?,, e fixamos gn,Rn para o ganho desejado:

21D

A

n

Vgs - Vth

(16.173)

~

Eliminando R n de (16.172) e (16.173), obtemos

(16.174)

Vdd — 2~(Vg5 — Vth ) > Vos — Vth + Vr \ logo, T/ VDD - VRi VTH < A

T/ VGS

f

(16.175)

+1

Em outras palavras, W /L

>

-------------------- —

r

^ VDD -

(16.176) V r \ \

^ nCox{ 2 A v + 2

)

Portanto, W /L Exercício

16.4.5

>

172,5.

(16.177)

Repita o exemplo anterior para A„ = 10.

S eg u id or de Fonte VDD

O u tra im portante topologia de circuito é a de segui­ d o r de fo n te (tam b ém c h a m a d a estágio de “d ren o com um ” ). A n tes de prosseguir, sugerim os ao leitor rever os E xem plos 16.2-16.3, as regras ilustradas na Fig. 16.7 e as possíveis topologias da Fig. 16.22. Por questão de brevidade, tam bém usarem os o term o “se­ g uidor” para nos referirm os aos seguidores de fonte deste capítulo. O seg u id o r de fonte m o strad o na Fig. 16.64 tem e n tr a d a a p lic a d a à p o r ta d o tra n s is to r e p ro d u z saída na fonte. O d re n o é c o n e c ta d o a V nn e, p o r­ ta n to , à te rra AC. P rim eiro, e s tu d a re m o s o núcleo e, em seg u id a, a d ic io n are m o s o s e le m e n to s de p o ­ larização.

‘'i n o - l t / E ntrada / A plicada na P orta

Figura 16.64

^

° ^out

T ■i’

S aída Colhida na Fonte

S e g u id o r d e fo n te.

C om o o seguidor da Fig. 16.65(a) resp o n d e a um a m udança em V inl Se Vin so frer um aum ento de AV;,,, a ten são p o rta-fonte de M | tende a au m en tar, elevando a corrente. U m a corrente de d ren o m ais elevada se traduz em m aior queda de tensão em R s e, po r conseguinte, em m a i o r Núcleo S egu idor de Fonte

690

Capítulo Dezesseis

V„M. (C aso tenham os suposto e rro n e a m e n te que Vou,

dim inui, V GS deve aum entar, assim com o /„, o que re ­ q u e r que Voui aum ente.) C om o V oul varia no m esm o se n tid o q ue V in, esp era m o s q ue o g anho de ten são seja positivo. N otem os que Vou, é sem pre m enor que V in, e a diferença é igual a V (!S; p o r isso, dizem os que o circuito provê “deslocam ento p a ra a e sq u e rd a ”. O utra observação interessante e im portante é que a variação em V„ul n ão pode ser m aio r que a variação em Vin. Suponham os que Vin a u m e n te de VM + AV)„ e Voul, de Voull p a ra Vmill + AV,,,,, [Fig. 16.65(b)]. Se a saída v a ria r p o r um v alo r m a i o r q ue a e n tra d a , àValll > AVin, e V GSl deve ser m e n o r q ue VGS1. C o n ­ tudo, isto significa que a c o rre n te de d ren o tam bém dim inui, assim com o I 0 R S = V„u„ con trad izen d o a hi­ pótese de que Vou, aum entara. P ortanto, A l / , < AVh„ im plicando que o seguidor apresenta ganho de tensão m en o r que a u n id ad e.11

Figura 16.66

Moüclo dc pequenos sinais do seguidor de fonte.

O leitor pode se p e rg u n tar se um am plificador de ganho subunitârio tem q u alq u er valor prático. Com o explicarem os mais adiante, as im pedâncias de entrada e de saída do seguidor de fonte o tornam um circuito especialm ente útil em algum as aplicações. A gora, vam os deduzir as propriedades de p e q u e ­ nos sinais do seguidor, supondo, prim eiro, À = 0. O circuito equivalente m ostrado na Fig. 16.66 fornece

gm»! =

tbl,t

R s'

(16.178)

T am bém tem os v m - u, + vour Logo,

Rs

v
Figura 16.65 (a) Seguidor de fonte amostrando uma variação na entrada, (b) resposta do circuito.

Exem plo 16.36

H---gm

O ganho de tensão é, p ortanto, positivo e m enor que a unidade.

Em circuitos integrados, o seguidor é, em geral, realizado como mostrado na Fig. 16.67. Determi­ nemos o ganho de tensão se a fonte de corrente for ideal e V A =<*>.

Figura 16.67

Solução

Rs

(16.179)

Seguidor com fonte de corrente.

Como o resistor de fonte foi substituído por uma fonte de corrente ideal, o valor de R s na Eq. (16.179) tende ao infinito, levando a A v = 1.

"No caso extremo descrito mais adiante, o ganho se torna igual à unidade.

(16.180)

Amplificadores CMOS

691

Este resultado também pode ser obtido de maneira intuitiva. Uma fonte de corrente constante fluindo por M, requer que Vas permaneça constante. Escrevendo Vmil = V„, - V (;s, notamos que, se VGS for constante, Voul seg u e Vin. Exercício

Calcule o ganho para A + 0.

F igura 16.68

(a) Estágio seguidor de fonte, (b) tensão de Thévenin, (c) resistência de Thévenin, (d) circuito simplificado.

A Eq. (16.179) sugere que o seguidor de fonte atua com o um divisor de tensão, perspectiva que pode ser comprovada com uma análise alternativa. Suponhamos, como mostrado na Fig. 16.68(a),que desejamos modelar vin e M [ por um equivalente de Thévenin. A tensão de Thévenin é dada pela tensão de circuito aberto produ­ zida por M, [Fig. 16.68(b)], com o se M, operasse com R s = 30 (Exem plo 16.36). Então, v llu,v = vm. A resistên­ cia de Thévenin é obtida ao fixarmos a entrada em ze­ ro [Fig. 16.68(c)] e é igual a 1lg nr Portanto, o circuito da Fig. 16.68(a) se reduz ao m ostrado na Fig. 16.68(d),con­ firm ando seu funcionam ento com o divisor de tensão.

Figura 16.69

A Fig. 16.69(a) m o stra o c irc u ito e q u iv a le n te de p eq u en o s sinais do seguidor de em issor, incluin­ do a m o d u la ç ão do c o m p rim e n to do canal. N o ta n ­ do q ue r () a p a re c e em p a ra le lo com R s e v e n d o o circu ito com o um divisor de te n sã o [Fig. 16.69(b)], tem o s

Vin

- + r 0 \\R s Sm

É desejável que R s e r() sejam m axim izados.

(a) Circuito equivalente de pequenos sinais do seguidor de fonte, (b) eireuilo simplificado.

692

Capítulo Dezesseis

Exem plo 16.37

Um seguidor de fonte foi realizado como mostrado na Fig. 16.70(a), onde M 2 funciona como uma fonte de corrente. Calculemos o ganho de tensão do circuito. DD

r01

—°v.out

‘'out '

(b)

(a) F ig u ra 16.70 (a)

Solução

02

Seguidor com fonte de corrente ideal, (b) circuito simplificado.

Como M 2 apenas apresenta uma impedância r()2 entre o nó de saída e a terra AC [Fig. 16.70(b)], substituímos R s = r C)2 na Eq. (16.181): Av

roi\\ro2 —

|

(16.182)

------\-r0\W02 Sm \

Se r0lllr02» llg „ l, A v m> 1. Exercício

Repita o exemplo anterior para o caso de uma resistência R s conectada em série com a fonte de IU2.

Projetemos um seguidor de fonte para alim entar uma carga de 50 íí com ganho de tensão de 0,5 e orçam ento de potência de 10 mW. Vamos supor ix„C„x = 100 /xA/V2, V T„ = 0,5 V, A = 0 e V nn = 1,8 V. Solução

Na Fig. 16.64, com R s = 50 íí e r„ =

oc,

temos Rs

Av=

= 0,5

(16.183)

----- 1- R s Sm

logo, Sm —

50

(16.184)

O orçamento de potência e a tensão de alimentação fornecem uma corrente máxima de 5,56 mA. Usando este valor para /„ em gm = j2 fj.„ C ox( W I L ) I „ obtemos W /L = 360.

Exercício

(16.185)

Que ganho de tensão pode ser obtido se o orçamento de potência for aumentado para 15 mW?

Para avaliar a utilidade de seguidores de fonte, calculem os suas im pedâncias de e n tra d a e de saída. A im pedância de e n tra d a é m uito a lta nas frequências baixas, to rn a n d o o circuito um bom “vo ltím etro ”; ou seja, o seguidor pode am o strar um a ten são sem per­

turbá-la. C om o ilustrado na Fig. 16.71, a im pedância de saída consiste na resistência vista q u an d o se olha para a fonte em paralelo com a im pedância vista ao olhar-se para baixo, para R s. Com À # 0, a prim eira é igual a (l/g,„)llrí;, resu ltan d o em

Amplificadores CMOS

693

a im pedância de e n tra d a do circuito foi reduzida de infinito para R (;. Calculem os a corrente de polarização do circuito. C om queda de tensão nula em R (:, tem os VGs + h R s = V p p .

Rout = — IM Ifls.

(16.187)

(16.186)

Sm

P o rta n to , o circuito a p re se n ta um a im p ed ân cia de saída rela tiv a m e n te baixa. S eg u id o res p o d e m fu n ­ cionar com o bons “ b u f f e r s ”, ou seja, e n tre um está­ gio FC e um a carga de im pedância baixa (com o no E xem plo 16.27). A p o la ­ rização da fonte de seguidores p erm ite a definição das ten sõ es de term in ais e da c o rre n te de dreno. A Fig. 16.72 traz um ex em p lo em q ue /?,, esta b e le c e um a te n s ã o D C igual a V ni) n a p o rta de M, (p o r q u ê ? ) e R s define a c o rre n te d e p o larização de d re ­ no. N o te m o s q u e M , o p e ra e m sa tu ra ç ã o , p ois as tensões de p o rta e de d re n o sã o iguais. A lém disto,

Figura 16.72 Seguidor de fonte com polarização e capacitores de acoplamento.

D esprezando a m odulação do com prim ento do ca­ nal, escrevem os

S e g u id o r de F o n te com P o la riz a ç ã o

Exem plo 16.39

S o lu ç ã o

Id

=

^M nC o*— (V o s —

Vm ) 1

1 W , = 2 MnCw— (Vdd — I d R s — V m ) .

(16.188) (16.189)

A resu ltan te equação quadrática pode ser resolvida para obterm os I n .

Projetemos o seguidor de fonte da Fig. 16.72 para uma corrente de dreno de 1 mA e ganho de ten­ são de 0,8. Vamos supor /x„Cox = 100 /uA/V2, V TU = 0,5 V, A = 0, V im = 1,8 V e R (; = 50 kíl. Neste caso, as incógnitas são Vc,s, W /L e R s. Podem ser escritas as seguintes equações: Id = ^

nC °xT { y c s — V t h )2

(16.191)

I d R s + Vg s = VDD Rs

A v=

(16.190)

(16.192)

----- 1- R s Sm

Se gm for escrito como 21 D/ ( V(;s - V rn), as Eqs. (16.191) e (16.192) não contêm W /L e podem ser resolvidas para determinar V c,s e R s. Escrevemos (16.192) como Rs Vg s — V th

2I d

(16.193) + Rs

694

Capítulo Dezesseis

Vg s

2I d R s ~~ V t h + 21 d R s 2I d R s +

Vd d — V t h

(16.194)

(16.195) Id R s

Logo, Vd d ~ V t h

D

R s=

b

Av

2

(16.196)

- a;

= 867 £2.

(16.197)

e (16.198)

V g s — Vd d ~ I d R s

(Vd d

= Vd d

V t h )~ Z

(16.199)

a

s \v

= 0,933 V.

(16.200)

De (16.190), temos o i-H II

Exercício

(16.201)

Que ganho de tensão pode ser obtido se W /L não puder exceder 50?

A E q. (16.189) revela q ue a co rre n te de polariz ação do seg u id o r de fo n te v aria com a te n sã o de alim entação. P ara evitar esse efeito, em circuitos in-

tegrados o seguidor é polarizado p o r m eio de um a fonte de co rren te (Fig. 16.73).

<=> ‘'o u t

F ig u ra 16.73

16.5

Kout

Seguidor de fonte com polarização.

EXEMPLOS ADICIONAIS

E ste cap ítu lo e stab eleceu a b ase para o p ro je to de am p lificad o res, e n fa tiz a n d o q u e se d e v e e s ta b e ­ le c e r o p o n to de p o la riz a ç ã o p a ra d efin ir as p r o ­ p rie d a d e s d e p e q u e n o s sinais d e cad a circuito. A Fig. 16.74 m o stra as trê s to p o lo g ia s de am p lifica­

d ores estudadas, que exibem ganhos e im pedâncias I/O diferentes, cada um a ad e q u ad a a um a aplicação específica. N esta seção, c o n sid e rare m o s alguns exem plos desafiadores, visando a p rim o ra r nossas técnicas de análise de circuito. C om o sem pre, a ênfase é na solu­ ção por inspeção e, portanto, no en ten d im en to intui-

Amplificadores CMOS tivo do funcionam ento do circuito. Vamos supor que os vários capacitores em p reg ad o s em cada circuito

têm im pedância desprezível na frequência de sinal de interesse.

E s tá g io FC

E stá g io PC

V,DD

DD

S e g u id o r DD

^in° I ^OUt

F ig u ra 1 6 .7 4

Exem plo

T

‘'o u t

Vin*-*

695

-T

v -oV,out

b

R e s u m o d e to p o lo g ia s d e a m p lific a d o re s M O S .

Calculemos o ganho de tensão e a impedância de saída do circuito representado na Fig. 16.75(a).

16.40

(a) F igura 16.75

S o lu ç ã o

(b)

(a) Exem plo de estágio FC, (b) circuito simplificado.

Identificamos A/, como um dispositivo de fonte comum, pois amostra a entrada na porta e gera uma saída no dreno. Os transistores M 2 e M y atuam, portanto, como carga, dos quais o primeiro funciona como uma fonte de corrente e o último, como dispositivo conectado como diodo. Sendo assim, M 2 pode ser substituído por uma resistência de pequenos sinais igual a r02, e A/„ por outra igual a ( í/g m)\\r(9y Com isto, o circuito se reduz ao ilustrado na Fig. 16.75(b) e fornece

K =

gm \ ( —

\g n ú

R out = —

lk o ilk o 2 lk o 3 )

I k 0 llk 0 2 lk 0 3 -

(16.202)

)

(16.203)

gm 3

Notemos que l/g„l3 é o termo dominante nas duas expressões. Exercício

Exem plo 16.41

Repita o exemplo anterior para o caso em que A/2é convertido em um dispositivo conectado como diodo.

Calculemos o ganho de tensão do circuito mostrado na Fig. 16.76(a). Desprezemos a modulação do comprimento do canal em A/,.

696

Capítulo Dezesseis

Solução

O transistor funciona como um estágio FC degenerado pelo dispositivo conectado como diodo M y e alimenta a fonte de corrente, A/:. Simplificando o amplificador como na Fig. 16.76(b), temos A v = — j---- — x------- .

(16.204)

------ 1------ Ik03 Sm 1

Exercício

Exem plo 16.42

Sm3

Repita o exemplo anterior para o caso em que a porta de À/3 é conectada a uma tensão constante.

Determinemos o ganho de tensão dos amplificadores representados na Fig. 16.77. Para simplificar. vamos supor, na Fig. 16.77(b), ro i = °°-

^ in °

1 r VDD • '- • H E m2

1 r vdd lp m 2

---------°K > u t

--------°^ou. I ' ' b H t M,

M)

p°s [

^in°------ l (b)

(a) Figura 16.77

Solução

Exemplos de estágios (a) FC:e (b) PC.

Degenerado por R s, o transistor M x da Fig. 16.77(a) apresenta uma impedância (1 + Sm\ro \)R s + ro\ ao dreno de M 2. Desta forma, a impedância total vista no dreno é igual a [(1 + g m\rol) R s + r()l]\\r02, resultando no ganho de tensão de A v\ = —gm2{[(l + S m \r o \)R s + ''o illk o i}.

(16.205)

Na Fig. 16.77(b). A/, opera como um estágio porta comum, e Af>, como carga; assim. A v2 = - j - ^ — .

------ h R s Sml

E x e r c í c io

S u b stitu a R s p o r u m d isp o sitiv o c o n e c ta d o c o m o d io d o e re fa ç a a an álise.

(16.206)

Amplificadores CMOS Exemplo 16.43

697

C a lc u le m o s o g a n h o d e te n s ã o d o c irc u ito r e p r e s e n ta d o na Fig. 1 6 .7 8 (a), c o m A = 0.

r ‘'out 9 ^

''V H t ,

M 2 Z \\ ---- |i>

-W r------- 1

(a)

(b)

Figura 16.78 (a) Exemplo de um estágio composto, (b) circuito simplificado. Solução

Neste circuito, A/, opera como um seguidor de fonte, e Aí2, como um estágio PC (por quê?). Um método simples para analisarmos este circuito consiste em substituir vin e A/, por um equivalente de Thévenin. Da Fig. 16.68, obtemos o modelo ilustrado na Fig. 16.78(b). Com isto. Rd

Av=

— &m\

Exercício

Exem plo 16.44

8m 2

O que acontece se uma resistência /?, for conectada em série com o dreno de A/,?

O circ u ito d a Fig. 16.79 p ro d u z d u a s saíd as. C a lc u le m o s o s g a n h o s d e te n s ã o d a e n tra d a a o s n ó s Y e X . P a ra Aí,, v a m o s s u p o r A = 0.

F ig u ra

Solução

(16.207)

| 1

16.79

Exemplo de estágio composto.

Para o circuito funciona como um seguidor de fonte. O leitor pode mostrar que, se r()X = <*, Aí3 e M4 não afetam a operação do seguidor de fonte. O transistor M 2 apresenta uma impedância de pequenos sinais ( \ l g m^)\\rü2 e atua como carga para o seguidor; de (16.181) obtemos

Vout 1

Vin

— \\r02 &m2____ — W oi + — §m2 §m\

(16.208)

698

Capítulo Dezesseis

Para Vnlll2, A/, opera como um estágio FC degenerado, cuja carga de dreno consiste no dispositivo conectado como diodo Aí, e na fonte de corrente A/4. A impedância de carga é igual a ( í l g ^ W r ^ W r ^ resultando em .. — \\ro3\\ro4 — —— = — -----5--------. »» _ L + _ L ||, 02 gm l

Exercício

16.6

(16.209)

gm l

Qual dos dois ganhos é maior? De modo intuitivo, explique por quê.

RESUMO DO CAPÍTULO

• As impedâncias vistas quando se olha para porta, dreno e fonte de um MOSFET são iguais a infini­ to, r() (com a fonte aterrada), e 1lgm (com a porta aterrada), respectivamente. • Para prover os desejados parâmetros MOS de pe­ quenos sinais, como gm e r(h o transistor deve ser “polarizado”, ou seja, deve conduzir uma certa corrente de dreno e sustentar determinadas ten­ sões porta-fonte e dreno-fonte. Sinais apenas per­ turbam estas condições. • Técnicas de polarização estabelecem a tensão de porta necessária através de uma rota resistiva ao nó de entrada ou ao nó de saída (autopolarização). • Com um único transistor, apenas três topologias de amplificadores são possíveis: estágios fonte comum (FC) e porta comum (PC), e seguidor de fonte.

• O estágio FC provê ganho de tensão moderado, alta impedância de entrada e impedância de saída moderada. • Degeneração de fonte melhora a linearidade, mas reduz o ganho de tensão. • Degeneração de fonte eleva de modo considerável a impedância de saída de estágios FC. • O estágio PC provê ganho de tensão moderado, baixa impedância de entrada e impedância de sa­ ída moderada. • As expressões para os ganhos de tensão de está­ gios FC e PC são similares, exceto por um sinal negativo. • O seguidor de fonte provê ganho de tensão menor que a unidade, alta impedância de entrada e baixa impedância de saída, funcionando como um bom b u ffe r de tensão.

EXERCÍCIOS Nos exercícios a seguir, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha /x„C„t = 200 f i A /V2, fipC ox = 100 jxA/V2, A = 0, V m N =0,4 V para dispositivos MOS e V TH = -0 ,4 V para dispositivos PMOS. 16.1

No circuito da Fig. 16.80, determine o máximo valor permitido para W /L de modo que A/, permaneça em saturação. Suponha A = 0.

F ig u ra 16.81 16.3

Considere o circuito representado na Fig. 16.82. Calcule a máxima transcondutância que Aí, pode prover (sem entrar na região de triodo).

50 k Q VD D

10 k Q

Figura 16.80

16.2 O circuito da Fig. 16.81 deve ser projetado para uma corrente de dreno de 1 mA. Se W /L = 20/0,18 c a l ­ cule os valores de /?, e de R 2 para que a impedância

de entrada seja de, pelo menos, 20 kíl.

= 1 »8 V

kQ

100 Q F ig u ra 16.82

Amplificadores CMOS 16.4

O circuito da Fig. 16.83 deve ser projetado para uma queda de tensão de 200 mV em R s. (a) Calcule o valor mínimo permitido para W /L de modo que M x permaneça em saturação. (b) Quais são os valores de R x e de R 2 para que a impedância de entrada seja de, pelo menos, 30 kíl?

699

16.8 Devido a um erro de fabricação, um resistor para­ sita R r apareceu no circuito da Fig. 16.87. Sabemos que, sem esse erro, VGS = V DS e, com o erro, VGS = V />c + V Determine os valores de W /L e de R r .

^ 0 k í2

• VDD= 1 .8 V 500 Q

20 k í l

— I U Mi

F igura 16.87

Rs ? 100 Q 16.9 Figura 16.83 16.5

Considere o circuito representado na Fig. 16.84, on­ de W /L = 20/0,18. Supondo que a corrente que flui por R 2 seja um décimo de calcule os valores de R x e de R 2 para /,„ = 0,5 mA.

Devido a um erro de fabricação, um resistor para­ sita R r apareceu no circuito da Fig. 16.88. Sabemos que, sem esse erro, VGS = V Í)S + 100 mV e, com o erro, Vcs = V DS + 50 mV. Determine os valores de W /L e de Rp.

30 k í l

F igura 16.88

200 L2

16.10 No circuito da Fig. 16.89, Af, e Af2 têm 0,25 /xm de comprimento e À = 0,1 V "1. Determ ine VV’, e W 2 de modo que I x = 21Y = 1 mA. Suponha V DSX = Vns 2 = Vh = 0,8 V. Qual é a resistência de saída de cada fonte de corrente?

F ig u ra 16.84

16.6 O estágio autopolarizado da Fig. 16.85 deve ser pro­ jetado para uma corrente de dreno de 1 mA. De­ termine o valor de R n para que A/, proveja uma transcondutância de (1/100 íl).

IFig u ra 16.89

- T - VD D = 1 . 8 V

Rg

Figura 16.85 16.7

O estágio da Fig. 16.86 deve ser projetado para uma corrente de dreno de 0,5 mA. Se W /L =50/0,18, cal­ cule os valores de R { e de R : para que estes resistores conduzam uma corrente igual a um décimo de

16.11 Uma fonte de corrente NMOS deve ser projetada para uma resistência de saída de 20 k íl e corrente de saída de 0,5 mA. Qual é o máximo valor tolera­ do para À? 16.12 As duas fontes de corrente da Fig. 16.90 devem ser projetadas para l x = I Y = 0,5 mA. Se V Bl = 1 V, V /{2 =1,2 V, A = 0,1 V 1e L, = L2 = 0,25 /im, deter­ mine os valores de W, e de W 2. Compare as resis­ tências de saída das duas fontes de corrente.

VB, - j r

Figura 16.86

1

VB2^r_

Figura 16.90

700

Capítulo Dezesseis

16.13 Um estudante usa, erroneam ente, o circuito da Fig. 16.91 como uma fonte de corrente. Se W /L = 10/0,25, A = 0,1 V 1, V m = 0,2 V e se V x tiver um nível DC de 1,2 V, calcule a impedância vista na fonte de A/,.

16.17 No estágio fonte comum da Fig. 16.95, W /L = 30/0,18 e A = 0. (a) Que valor da tensão de porta resulta em uma corrente de dreno de 0,5 m A? (Comprove que A/, opera em saturação.) (b) Com esta corrente de dreno, calcule o ganho de tensão do estágio. VDD = 1 »8 V

T *'

B1

" í rd

i-

: ^ 2 kQ ° K>ut

F ig u ra 16.91

V\n°—

16.14 No circuito da Fig. 16.92, A/, e M 2 funcionam como fontes de corrente. Se V,{ = 1 e W /L =20/0,25, de­ termine os valores de \ x e de I Y. Qual é a relação entre as resistências de saída de M ] e de A/2?

DD

id

1

— 1

W

1/ + VB —

F ig u ra 16.92

16.15 Considere o circuito mostrado na Fig. 16.93, onde ( W / L \ = 10/0,18e ( W /L ) 2 = 30/0,18.Se A = 0,1 V"1, determine o valor de V n para que V x = 0,9 V. VDD= 1,8 V m

2

F igura 16.95

16.18 O circuito da Fig. 16.95 foi projetado com W /L = 20/0,18, A = 0 e /„ = 0,25 mA. (a) Determine a correspondente tensão de pola­ rização de porta. (b) Com esta tensão de porta, de quanto W /L po­ de ser aumentado se A/, deve permanecer em saturação? Qual é o máximo ganho de tensão que pode ser alcançado à medida que W /L au­ menta? 16.19 O estágio da Fig. 16.96 deve ser projetado para um ganho de tensão de 5, com W /L > 20/0,18. Deter­ mine o correspondente valor de R n de modo que a dissipação de potência não ultrapasse 1 mW.

-r- VDD=1 .«V Rn

4

'V,out

X

F ig u ra 16.93

F ig u ra 16.96

16.16 No circuito da Fig. 16.94, ( W /L ) , = 5/0,18 e ( W /L ) 2 = 10/0,18, A! = 0,1 V -' e A2 = 0,15 V 1. (a) Determine o valor de V ,{ para que I m = \ll)2\ = 0,5 mA, com Vx = 0,9 V. (b) Esboce o gráfico de í x em função de V XJ com V x variando entre 0 e V IW-

16.20 O estágio FC da Fig. 16.97 deve prover um ganho de tensão de 10, com uma corrente de polarização de 0,5 mA. Suponha A, = 0,1 V 1e A2 = 0,15 V '. (a) Calcule o correspondente valor de ( W /L ) {. (b) Se ( W /L ) 2 = 20/0,18, determine o necessário valor de V lt. VDD= 1,8 V

•'out

Uin°---- lt“ /l Figura 16.94

Figura 16.97

Amplificadores CMOS 16.21 No estágio da Fig. 16.97, M 2 tem um comprimento longo, de modo que À2 À,. Calcule o ganho de tensão, com A, = 0,1 V '1, (W/L), = 20/0,18 e In = 1 mA. 16.22 O circuito da Fig. 16.97 foi projetado para uma cor­ rente de polarização /,, com certas dimensões para A/, e A/2. Se a largura e o comprimento dos dois transistores forem dobrados, que alteração sofre o ganho de tensão? Considere dois casos: (a) a cor­ rente de polarização permanece constante e (b) a corrente de polarização é dobrada. 16.23 Explique por que uma das topologias mostradas na Fig. 16.98 é preferível às outras. VDD

(b) Agora, calcule o ganho de tensão. (c) Explique por que esta escolha de ( W7L)2 re­ sulta no máximo valor de ganho. 16.27 O estágio FC da Fig. 16.100 deve alcançar um ganho de tensão de 5. (a) Se ( W /L ) 2 = 2/0,18, calcule o necessário valor de (W/L),. (b) Qual é o máximo valor permitido para a cor­ rente de polarização de modo que A/, opere em saturação? 16.28 Se A 0, determine o ganho de tensão de cada es­ tágio representado na Fig. 16.101. T v° ° \- ,M2

DD

Vb«—Ipj/W jrlp: M 3

-+V'OUt •'out

Kout

—"•----' 1----0 Vout

^in0----

^in°---- I k j^ i (a)

(a)

701

(b)

(b) Figura 16.98

16.24 O estágio FC representado na Fig. 16.99 deve pro­ ver ganho de tensão de 15, com uma corrente de polarização de 0,5 mA. Se A, = 0,15 V 1e A2 = 0,05 V 1, determine o necessário valor de (W/L)2.

-p

YDD

VDD

-p

---- 1 °—

—

t—

° ^ out

^in°---1[^1 H t^a

Vdd=1,8V

°—

- ° v .out

— r-

^b*—lt^M1 Htj/ (d)

(c)

V\n°-- \ ^ M 2 VDD

''o u t

£ -oKout «V ,o u t

Figura 16.99

16.25 O circuito da Fig. 16.100 deve ser projetado para um ganho de tensão de 3. Se ( W/L), = 20/0,18, de­ termine ( W/L)2. Suponha A = 0. Vdd = 118 V M, ‘'o u t

^ino---- |t^ / (0

(e) F igura 16.101

16.29 No circuito da Fig. 16.102, determine o ganho de tensão de modo que A/, opere na fronteira da re­ gião de saturação. Suponha A = 0.

V„

F ig u ra 1 6 .1 0 0

16.26 No circuito da Fig. 16.100, (W/L), = 10/0,18 e /„ , = 0,5 mA. (a) Se A = 0, determine ( W /L ) 2 de modo que M } opere na fronteira da região de saturação.

Fig u ra 1 6 .1 0 2

702

Capítulo Dezesseis

16.30 O estágio FC degenerado da Fig. 16.102 deve prover ganho de tensão de 4, com uma corrente de polari­ zação de 1 mA. Suponha uma queda de tensão de 200 mV em R s e A = 0. (a) Se R n = 1 k í l , determine o necessário valor de W /L . Para esta escolha de W IL , o transistor opera em saturação? (b) Se W IL = 50/0,18, determine o necessário va­ lor de R n. Para esta escolha de R t> o transistor opera em saturação?

16.34

O estágio FC da Fig. 16.105 conduz uma corrente de polarização de 1 mA. Se R n = 1 kíl e A = 0,1 V ‘,cal­ cule o necessário valor de W IL , para uma tensão de porta de 1 V. Qual é o ganho de tensão do circuito? -r- V,DD 7oul

16.31 Considere um estágio FC degenerado, com A > 0. Supondo g mr() » 1, calcule o ganho de tensão do circuito.

(b)

(a)

16.32 Calcule o ganho de tensão de cada um dos circuitos representados na Fig. 16.103. Suponha A = 0.

J

'out

UM 2

f VDD

‘' b H t Mo

VDD

'b - H p j M, 2

H u /W 2

^in°

I

^out

"^o u t ------ — « ^ o u t

(c)

^in°---- l U ^ i

^

(d) F ig u ra 1 6 .1 0 4

3

^DD = 1j8 V

T

Di

(b)

(a)

•'out

v,DD

DD

‘'out

^in° ||^A f 1

‘'o u t

F ig u ra 1 6 .1 05 16.35

Repita o Exercício 34 com A = 0 e compare os re­ sultados.

16. 36

Um estudante ousado decide explorar uma nova topologia de circuito, onde a entrada é aplicada ao dreno e a saída é colhida na fonte (Fig. 16.106). Assuma A =£ 0, determ ine o ganho de tensão do circuito e discuta o resultado.

(d)

(C )

out

‘'out

(e) Figura 1 6.103 16.33

Determine a resistência de saída de cada circuito representado na Fig. 16.104. Suponha A ^ 0.

16.37

No estágio fonte comum ilustrado na Fig. 16.107, a corrente de dreno de M x é definida pela fonte

Amplificadores CMOS de corrente ideal /, e permanece independente de e R 2 (por quê?). Suponha que /, = 1 mA, R n = 500 fi, A = 0 e que C, é muito grande.

703

16.40 Suponha, na Fig. 16.109,/,, = 0,5 mA, A = Oe V h = 1 V. Determ ine os valores de W /L e de R n para uma impedância de entrada de 50 íl e máximo ga­ nho de tensão (com M, permanecendo na região de saturação). 16.41 Um estágio PC com resistência de fonte R s emprega um MOSFET com A > 0. Supondo g„,r(), determine o ganho de tensão do circuito.

F igura 16.107

(a) Calcule o valor de WIL, para obter um ganho de tensão de 5. (b) Escolha os valores de R l e R 2 para que o transis­ tor fique a 200 mV da região de triodo e R x + R 2 não consuma mais de 0,1 mA da alimentação. (c) Com os valores determinados em (b), o que acontece se o valor de W /L for o dobro do va­ lor calculado em (a)? Considere tanto as con­ dições de polarização (p.ex.,se M, se aproxima ou não da região de triodo) como o ganho de tensão.

16.42 O estágio PC representado na Fig. 16.110 deve apre­ sentar uma impedância de entrada de 50 íl e uma impedância de saída de 500 íl. Suponha A = 0. (a) Qual é o máximo valor permitido para /„? (b) Com o valor obtido em (a), calcule o necessário valor de W /L . (c) Calcule o ganho de tensão. VDD = 1,8 V

Kout F igura 1 6 .1 1 0 16.43

16.38

Considere o estágio FC mostrado na Fig. 16.108, onde /, define a corrente de polarização de M x e C, é muito grande. (a) Se A = 0 e /, = 1 mA, qual é o máximo valor permitido para R n 7 (b) Com o valor encontrado em (a), determine o va­ lor de W /L para obter uni ganho de tensão de 5.

^ ,n

O amplificador PC representado na Fig. 16.111 é polarizado por /, = 1 mA. Suponha A = 0 e que C, seja muito grande. (a) Que valor de R n deixa o transistor a 200 mV da região de triodo? (b) Qual deve ser o valor de W /L para que, com o valor de R n obtido em (a), o circuito proveja ganho de tensão de 5? 1,8 V

Figura 16.111 Figura 1 6 .1 0 8 16. 44 16.39

O estágio porta comum representado na Fig. 16.109 deve prover ganho de tensão de 4 e impedância de entrada de 50 íl. Se /„ = 0,5 m A e A = 0, determine os valores de R n e de W /L .

Í

Determine o ganho de tensão de cada estágio re­ presentado na Fig. 16.112. Suponha A = 0. VDD

di*

^2 ° ^out

VVDD DD=1,8V

^ ln

VDD

m

2

:* D

'ino— % ------1 nO-------- 1

‘'out (a)

Figura 16.109

-

(b) Figura 16.112

704

Capítulo Dezesseis 16.47

Supondo À = 0, calcule o ganho de tensão do cir­ cuito ilustrado na Fig. 16.115. Explique por que este estágio n ã o é um amplificador de porta comum.

-r- V,D D OUt

'i © Kout (d)

(C )

O

H

^in°---F ig u ra 1 6.115 16.48

Calcule o ganho de tensão do estágio mostrado na Fig. 16.116. Suponha A = 0 e que os capacitores se­ jam muito grandes.

(e) F igura 1 6.112 16.45

(C o n tin u a ç ã o )

Considere o circuito da Fig. 16.113, onde um estágio fonte comum (M, e R n[) é seguido de um estágio porta comum (M 2 e R n). DD

D2

D1

F ig u ra 16.116

‘'out

16.49

M.

O seguidor de fonte representado na Fig. 16.117 é polarizado por meio de R (;. Calcule o ganho de tensão, com W /L = 20/0,18 e À = 0,1 V *. VDD= 1*8 V 50 k Q

F ig u ra 16.113

—

(a) Escrevendo voul/v in = (vx /v in)(vOM/v x ) e supondo A = 0, calcule o ganho de tensão total. (b) Simplifique o resultado obtido em (a) para o caso em que R m —> <». Explique por que esse resultado era esperado. 16.46

Repita o Exercício 45 para o circuito mostrado na Fig. 16.114.

^00 D2

iK M ,

Vout , 1 kQ

Fig u ra 16.117 16.50

O seguidor de fonte da Fig. 16.118 deve ser proje­ tado para um ganho de tensão de 0,8. Se W /L = 30/0,18 e A = 0, determine a necessária tensão de polarização de porta. Vdd=1,8V

‘'out /W. a *D1 Figura 16.114

- '

out

500 Q

Figura 16.118

Amplificadores CMOS 16.51

16.52

O seguidor de fonte da Fig. 16.118 deve ser proje­ tado com máxima tensão de polarização de porta de 1,8 V. Calcule, com A = 0, o valor de W /L para um ganho de tensão de 0,8.

705

v°°

. T

^in°—I U M1

•'out

O seguidor de fonte representado na Fig. 16.119 emprega uma fonte de corrente. Determine os va­ lores de /, e de W /L para que, com VGS = 0,9 V, o circuito apresente uma impedância de saída menor que 100 íl. Suponha A = 0.

Mn

i4 ~ (c) DD

out out

(e) 16.53

16 . 54

O circuito da Fig. 16.119 deve apresentar uma im­ pedância de saída menor que 5 0 0 , com orçamento de potência de 2 mW. Determine o correspondente valor de W /L . Suponha A = 0.

F ig u ra 16.121 16. 56

O seguidor de fonte da Fig. 16.120 deve ser pro­ jetado para um ganho de tensão de 0,8, com orça­ mento de potência de 3 mW. Calcule o necessário valor de W /L . Suponha que C, seja muito grande e A = 0. VDD= ^in°—

(Continuação)

Considere o circuito mostrado na Fig. 16.122, onde um seguidor de fonte (A/, e /,) precede um estágio porta comum (Af> e R n ). (a) Escrevendo v j v m = (vxlvm) ( v j v x ), calcule o ganho de tensão total. (b) Admitindo g nú = g m2, simplifique o resultado obtido em (a). DD

1 »8 V Kout

/W-, M1 x M2

•'out

r * '

Figura 16.122 Figura 1 6 .1 2 0 Exercícios de Projeto 16.55

Determine o ganho de tensão de cada estágio re­ presentado na Fig. 16.121. Suponha A # 0.

Nos próximos exercícios, a menos que seja especificado de outra maneira, suponha A = 0. 16.57

out

out

(a)

Projete o estágio FC mostrado na Fig. 16.123 pa­ ra ganho de tensão de 5 e impedância de saída de 1 kíl. Polarize o transistor de modo que o mesmo opere a 100 mV da região de triodo. Suponha que os capacitores sejam muito grandes e R n = 10 kíl.

out

(b) Figura 16.121

Figura 16.123

706

Capítulo Dezesseis

16.58 O amplificador FC da Fig. 16.123 deve ser proje­ tado para ganho de tensão de 5, com orçamento de potência de 2 mW. Se R , J n = 1 V, determine o necessário valor de W /L . Use as mesmas hipóteses do Exercício 57.

de tensão de 20 e orçamento de potência de 2 mW. Suponha À = 0,1 V 1para os dois transistores e que o máximo nível de tensão permitido na saída seja de 1,5 V (ou seja, Af> deve permanecer em saturação para < 1,5 V).

16.59 O estágio FC da Fig. 16.123 deve ser projetado pa­ ra máximo ganho de tensão, com W /L < 50/0,18 e máxima impedância de saída de 500 íl. Determine a corrente necessária. Use as mesmas hipóteses do Exercício 57. 16.60 O estágio degenerado representado na Fig. 16.124 deve prover ganho de tensão de 4, com orçamento de potência de 2 mW e uma queda de tensão de 200 m V em R s. Admitindo que a tensão de sobrecarga do transistor não deva exceder 300 mV e que + R 2 deva consumir menos de 5% da potência aloca­ da, projete o circuito. Use as mesmas hipóteses do Exercício 57.

VDD= 1,8 V

‘' o u t

F ig u ra 16.126 16. 64

Considere o circuito representado na Fig. 16.127, onde C B é muito grande e À„ = 0,5À/; = 0,1 V (a) Calcule o ganho de tensão. (b) Projete o circuito para ganho de tensão de 15 e orçamento de potência de 3 mW. Suponha R (i l0 ( r ()l\\ro2) e que o nível DC da saída de­ ve ser igual a v , j 2 .

Kdd = 1 >8 V

CB

"H h

Rg out

F igura 1 6.124 16.61

16.62

^ln°----

Projete o circuito da Fig. 16.124 para ganho de ten­ são de 5 e orçamento de potência de 6 mW. Suponha que a queda de tensão em R s seja igual à tensão de sobrecarga do transistor, e que R n = 200 íl. O circuito mostrado na Fig. 16.125 deve prover ga­ nho de tensão de 6 e C s deve funcionar como uma impedância baixa na frequência de interesse. Su­ pondo um orçamento de potência de 2 mW e im­ pedância de entrada de 20 kíl, projete o circuito de modo que M, opere a 200 mV da região de triodo. Escolha os valores de C, e de C s para que suas impedâncias sejam desprezíveis em 1 MHz.

F ig u ra 1 6.127 16.65

O estágio FC da Fig. 16.128 incorpora uma fonte de corrente PMOS degenerada. A degeneração deve elevar a impedância de saída da fonte de corrente a cerca de 10r()h de modo que o ganho de tensão permaneça quase igual ao ganho intrínseco de M x. Suponha A = 0,1 V 1para os dois transistores e um orçamento de potência de 2 mW. (a) Se V„ = 1 V, determine os valores de ( W/L)2 e de R s para que a impedância vista no dreno de Af, seja igual a 10rm . (b) Determine o valor de (WIL)l para alcançar um ganho de tensão de 30. VDD = 1 >8 V

Figura 1 6.125 16.63

No circuito da Fig. 16.126, M 2 funciona como uma fonte de corrente. Projete o estágio para um ganho

out

Figura 16.128

Amplificadores CMOS 16.66

707

Supondo um orçamento de potência de 1 mW e so­ brecarga de 200 mV para A/,, projete o circuito ilus­ trado na Fig. 16.129 para um ganho de tensão de 4.

VDD= 1,8 V

‘'o u t

Figura 1 6.132

^in°---- it^M i 16.70 F igura 1 6.1 29 16.67

Projete o estágio porta comum representado na Fig. 16.130 para uma impedância de entrada de 50 íl e ganho de tensão de 5. Suponha um orçamen­ to de potência de 3 mW.

16.68

Projete o circuito da Fig. 16.131 de modo que M, opere a 100 mV da região de triodo e proveja um ganho de tensão de 4. Suponha um orçamento de potência de 2 mW.

Projete o estágio PC representado na Fig. 16.133 para que possa acomodar uma excursão de saída de 500 mV^, ou seja, para que Vou, possa chegar a 250 mV abaixo desse valor sem levar M, à região de triodo. Suponha ganho de tensão de 4 e impe­ dância de entrada de 50 íl. E, ainda, R s ** 10/gOTe Ri + R 2 =20 kíl. (Sugestão: como M x é polarizado a 250 mV da região de triodo, R SI„ + V(ÍS - V ,,, + 250 mV = V m) - /„/?„)

Figura 16.133 16.71

Projete o seguidor de fonte mostrado na Fig. 16.134 para ganho de tensão de 0,8 e orçamento de po­ tência de 2 mW. Suponha que o nível DC da saída seja igual a V m J 2 e que a impedância de entrada ultrapasse 10 kíl.

Kdd = 1 >8 V

M.

-oV,out

F ig u ra 1 6 .1 3 4 16.69

A Fig. 16.132 mostra um estágio porta comum autopolarizado, onde R (, « 1 0 R n e C (, atua como uma pe­ quena impedância, de modo que o ganho de tensão ainda seja dado por g mR ». Projete o circuito para um orçamento de potência de 5 mW e ganho de tensão de 5. Suponha R s ** 10lg„„ para que a impedância de entrada permaneça aproximadamente igual a 1lg,„.

16.72

Considere o seguidor de fonte representado na Fig. 16.135. O circuito deve prover ganho de ten­ são de 0,8 em 100 MHz e consumir 3 mW. Projete o circuito de modo que o ganho de tensão no nó X seja igual a V ni)/2. Suponha que a impedância de entrada ultrapasse 20 kíl.

708

Capítulo Dezesseis VDD=1,8V

vln-

M

1

tensão de 0,9 e valor mínimo de saída permitido de 0,3 V (ou seja, M, deve permanecer em saturação se V l)S2 ^ 0,3 V). Supondo A = 0,1 V 1para os dois transistores, projete o circuito.

C,

-ol',out YS

VDD= 1 >8 V

5 0 Q é /? L

Figura 1 6.135 16.73

‘'out

—Ik j Mo

No seguidor de fonte da Fig. 16.136, A/2 funciona como uma fonte de corrente. O circuito deve operar com um orçamento de potência de 3 mW, ganho de

EXERCÍCIOS COM

Figura 1 6.136

S P I C E

Nos próximos exercícios, use os modelos MOS e dimen­ sões de fonte/dreno dados no Apêndice A. Suponha que os substratos de dispositivos MOS e PMOS sejam conec­ tados à terra e a V ni), respectivamente. 16.74

No circuito da Fig. 16.137,/, é uma fonte de corrente ideal de 1 mA. (a) Calcule, manualmente, o valor de ( W /L ) ] para g ml = (100 íl)-». (b) Selecione C, para uma impedância de 100 íl ( « 1 k íl) em 50 MHz. (c) Simule o circuito e obtenha o ganho de tensão e a impedância de saída em 50 MHz. (d) Qual é a variação do ganho se /, variar de ±20%?

—

„

vout

M2 0,8 V F ig u ra 1 6 .1 3 8 16.76

VDD = 1 *8 V

© '1

10 k Q

VA—

1--------------- k í l

18

-° V ,o u t DD

M'1< T ±

Fig u ra 16.137

16.75

- lti

10_

A Fig. 16.139 mostra uma cascata de um seguidor de fonte e um estágio porta comum. Suponha V h = 1,2 V e (W I L ) , = ( W /L ) 2 = 10 /xm/0,18 fim . (a) Determine o ganho de tensão para o caso em que o valor DC de Vin é 1,2 V. (b) Comprove que o ganho sofre uma redução se o valor DC de Vm for maior ou menor que 1,2 V. (c) Que valor DC na entrada reduz o ganho em 10%, em relação ao valor obtido em (a)?

^in°-- II--Cl

i T V « *

O seguidor de fonte da Fig. 16.138 emprega uma fonte de corrente, M 2. (a) Que valor de Vin leva M 2 à fronteira da região de saturação? (b) Que valor de Vin leva M, à fronteira da região de saturação? (c) Admitindo que Vin tenha valor DC de 1,5 V, determine o ganho de tensão. (d) Qual é a variação do ganho se Vin variar de ±50 mV?

‘' o u t

Figura 1 6.139 16.77

Considere o estágio FC representado na Fig. 16.140, onde M 2 funciona como um resistor. (a) Determine o valor de W 2 para que um nível DC de entrada de 0,8 V produza um nível DC de saída de 1 V. Qual é o ganho de tensão nessas condições?

Amplificadores CMOS Que alteração sofre o ganho se a mobilidade do dispositivo NMOS variar de ±10% ? Você é capaz de explicar esse resultado usando as expressões para a transcondutâneia deduzidas no Capítulo 6?

16.78 Repita o Exercício 16.77 para o circuito mostrado na Fig. 16.141 e compare as sensibilidades à mobi­ lidade.

Figura 16.141 Figura 16.140

709

A P Ê N D I C E

A I

I

Introdução ao SPICE O s circuitos encontrados em m icroeletrônica podem conter alguns poucos ou alguns m ilhões de dispositi­ vos.1 C om o podem os analisar e p ro jetar esses circui­ tos? À m edida que aum enta o núm ero de dispositivos em um circuito, a análise m anual torna-se mais difícil e, a partir de certo ponto, faz-se necessário o em prego de outros m étodos. Por exem plo, podem os c o n s tr u ir um protótipo com o uso de com ponentes discretos e obser­ var seu com portam ento. E n tretan to , dispositivos dis­ cretos proveem apenas uma aproxim ação pobre para os m odernos circuitos integrados. A lém disso, m esm o com algum as poucas centenas de dispositivos, p rotóti­ pos discretos tornam -se excessivam ente complexos. Hoje, a m icroeletrônica faz uso intenso de progra­ m as de sim ulação em com putador. U m a ferram enta versátil em pregada para se prever o com portam ento de circuitos é o pacote de s o ftw a r e S im u la tio n P r o g r a m w ith I n te g r a te d C ir c u it E m p h a s i s — S P I C E (Program a para Sim ulação com Ênfase em Circuitos Integrados). E m b o ra ten h a sido originalm ente desenvolvido co­ m o ferram enta de dom ínio público (na U niversidade da C alifórnia, B erkeley), o S P I C E evoluiu para fer­ ram entas comerciais, com o P S P I C E , H S P I C E etc.; a m aioria delas, no entanto, m antém o m esm o form ato. E ste apêndice ap resen ta um a revisão tutorial sobre S P I C E , que possibilita ao leitor efetuar simulações bá­ sicas. M ais detalhes podem ser encontrados em [1],

com o uso de S P I C E . O u seja, desejam os co m p ro ­ v ar q ue a resp o sta é re la tiv a m e n te p lan a p a ra / < 1/(27t/?|C,) = 15,9 M H z e ,a p artir daí, com eça a cair [Fig. A .l(b )]. P ara isto,aplicam os um a tensão sen o i­ dal à e n tra d a e variam os a frequência de, digam os, 1 M H z a 50 M Hz. O p rocedim ento consiste em dois passos: (1) d e ­ finir o circuito em um a linguagem (fo rm a to ) que S P I C E en te n d a e (2) usar um com ando ap ro p riad o para instruir S P I C E a d e term in ar a resposta em fre­ quência. C om ecem os pelo prim eiro passo, que con­ siste em três tarefas.

C onsiderem os o circuito rep resen tad o na Fig. A .l(a ), cuja re sp o sta em fre q u ê n c ia d e se ja m o s e s tu d a r

(1) Identificar cada nó do circuito. A Fig. A .l(c ) traz um exem plo em que os rótulos de identificação “ e n tra d a ” ( i n ) e “s a íd a ” ( o u t ) referem -se aos nós de e n tra d a e de saída, respectivam ente. Em S P I C E , o nó com um (te rra ) d e v e se r ro tu la d o com “0 ”. E m bora arbitrários, os rótulos de iden­ tificação escolhidos para os outros nós devem tra ­ duzir algum a in fo rm ação so b re os m esm os, de m odo a facilitar a leitura da descrição do circuito em S P I C E . (2) Id en tificar cada e le m e n to no circuito. C ad a ró ­ tu lo de identificação, q ue define o tip o do e le ­ m e n to (re sisto r, c a p a c ito r etc.), deve c o m eçar com um a le tr a e s p e c ífic a , de m o d o q ue S P I C E rec o n h e ç a o e le m en to . Por exem plo, ró tu lo s de identificação de resisto res devem co m eçar com a le tra r; ró tu lo s d e c a p a c ito re s, com a le tra c; ró tu lo s de in d u to re s, co m a le tra i; ró tu lo s de diodos, com a le tra d; ró tu lo s de fo n te s de

'O s m odernos microprocessadores contêm um bilhão de transisi

es MOS.

A.1

710

PROCEDIMENTO DE SIMULAÇÃO

Introdução ao SPICE

F ig u ra A.1

711

(a) Circuito RC simples, (b ) sua resposta em frequência, (c) rotulação de nós, (d) rotulação de elementos.

ten são , com a le tra v.2 C om isso, nosso circu i­ to sim ples fica re p re s e n ta d o com o in d icad o na Fig. A. 1(d). (3) C onstruir a " n e tlis t ”, ou lista com a descrição pre­ cisa de cada elem ento, ju n ta m e n te com os nós a que está conectado. A n e tlis t consiste em linhas de texto, cada um a descrevendo um elem ento; para um dispositivo de dois term inais, a corresponden­ te e n tra d a na n e tlis t tem o seguinte form ato: rótulo do elemento nól nó2 valor A p artir do exem plo da Fig. A .l(d ), com eçam os a n e tlis t com: rl in out lk cl out 0 lOp Vale n o tar que as unidades são especificadas co­ m o um a única letra (k para 1 0 \ p para 10 12etc.). Para a fonte de tensão de e n tra d a , escrevem os vin in 0 ac 1 onde ac deno ta nosso desejo de determ in ar a res­ posta em frequência (A C ) e, po rtan to , especifica

2SPICE não faz distinção entre letras minúsculas e maiúsculas.

V in com o um a tensão senoidal cuja frequência se­

rá variada. O valor final 1 rep resen ta a am plitu­ de de pico da senoide. A lém disso, notam os que o p rim eiro nó, “ in”, é to m a d o com o o term inal positivo da fonte de tensão. A n e tlis t deve, tam bém , incluir o "tipo de análise” que S P I C E deve efetuar. Em nosso exem plo, S P I C E deve variar a frequência de um valor a outro, digamos, de 1 M Hz a 50 M Hz. O com ando correspondente tem a seguinte aparência: .ac dec 200 lmeg 50meg N otem os que cada linha de “com ando” se inicia com um p o n to . A p rim e ira e n tra d a , “a c ” , diz a S P I C E para e fe tu a r um a “análise A C ” , ou seja, d e te rm in a r a re sp o sta em fre q u ê n c ia . A se g u n d a e a te rc e ira e n tra d a s , “ dec 200” , in stru e m S P I C E a sim u lar o circuito em 200 valores de freq u ên cia em cada d é ­ cada de freq u ên cia (p. ex., e n tre 1 M H z e 10 M H z). A s duas últim as e n tra d as, “ lm e g 50m eg” , definem os valores in ferio r e su p e rio r do in terv alo de fre q u ­ ência, resp e c tiv a m e n te. Vale n o ta r q u e “ m eg ” d e ­ n o ta 106 e n ão deve ser co n fu n d id o com “m ”, q ue designa 10 s.

712

Apêndice A

R o tu la ç ã o

N e tlist_______________________

E xecução

SPICE.

• R o tu la r c a d a n ó .

T ítu lo

• R odar

• R o tu la r c a d a e le m e n to .

D e fin iç õ e s d o s E le m e n to s

• V er s a í d a s .

_

•

D e fin iç õ e s d a s F o n te s

_

•

.T ip o d e A n á lis e .e n d

Figura A.2

Procedim ento de simulação.

P recisam os de m ais duas linhas p a ra co m p le ta r a n e t l i s t . A p rim e ira lin h a d o a rq u iv o é c h a m a d a “ títu lo ” e n ão co n tém in fo rm a ç ã o p a ra S P I C E . Por ex em p lo , a linha de títu lo p o d e ser “ M eu A m p li­ ficad o r” . Vale re ssa lta r que S P I C E se m p re ignora a p rim e ira linha do a rq u iv o e in d ica e rro se essa linha de títu lo n ã o for incluída. A últim a linha do a rq u iv o deve ser um co m an d o “ .e n d ” . N ossa n e t lis t ficou assim : Circuito de Teste para Resposta em Frequência rl in out lk cl out 0 lOp vin in 0 ac 1 .ac dec 200 lmeg 50 meg .end

gráficos através da interface gráfica que acom panha S P IC E .

A Fig. A .2 resum e o p rocedim ento de sim ulação com S P I C E . A definição de fontes (de tensão ou de c o rre n te ) na n e tlis t deve ser com patível com o tipo de análise. N o exem plo an terio r, a definição da fonte de tensão de e n tra d a continha o dado “ac” para que S P I C E aplicasse um a v arredura de frequência em V in e não a o utras fontes. N este ponto, o leitor pode levantar m uitas ques­ tões: com o os o u tro s elem en to s são definidos na n e t lis t l C om o as unidades são especificadas? A ordem dos rótulos de identificação dos nós na n e tlis t im porta? C om o são especificados outros tipos de análise? R es­ ponderem os a estas perguntas nas próxim as seções.

A.2 É interessante observar que, exceto pela prim eira e pela últim a linhas, a ordem das linhas na n e tlis t é ir­ relevante. O q ue f a z e m o s com essa n e t l i s t l D evem os “ro ­ d a r” S P I C E com este arquivo, q ue cham arem os test. sp. D ependendo do sistem a operacional , S P I C E pode ser rodado ao clicar-se em um ícone em uma interface gráfica ou datilografar-se: spice test.sp D epois que a sim ulação foi ro d ad a com sucesso, vá­ rias tensões de nós podem ser exibidas em form a de

TIPOS DE ANÁLISE

A lém da resposta em frequência, ou tros aspectos de circuitos tam b é m p odem ser de interesse. E sta se­ ção provê as descrições de fontes (de ten são ou de c o rren te) e com andos necessários p ara se efetuarem outro s tipos de análise. A.2.1

A nálise do Ponto de O peração

E m m uitos circuitos eletrônicos, devem os, p rim e i­ ro, d e te rm in a r as condições de polarização dos dis­ positivos. O S P I C E efetua esta análise por m eio do com ando .op. O próxim o exem plo ilustra este p ro ­ cedim ento.

Introdução ao SPICE Exemplo A.1

713

Determinemos as correntes que fluem por /?3 e I<4 na Fig. A.3(a).

*1

batt

(b)

(a) F ig u ra A.3

Solução

Rotulamos os nós como indicado na Fig. A.3(b) e construímos a n etlist da seguinte maneira:* Circuito Resistivo Simples vl batt 0 1.5 rl batt x lk r2 x y 2k r3 y 0 2k r4 y 0 3k .op .end O S P IC E prevê uma corrente de 0,214 mA em /?,, e de 0,143 em R A.

A.2.2

A nálise Transiente

Suponham os que desejam os e stu d a r a resposta a um pulso da seção R C da Fig. A. 1(d). Este tipo de sim u­ lação, ch am ad o “análise tra n s ie n te ” , re q u e r q ue se alterem as linhas v i n e .ac; as descrições de R x e C, perm anecem inalteradas na n e tlis t. A gora, a fonte de tensão deve ser especificada com o VI V2 Trtd Tr Tf Tw vin in 0 pulse(0 1 0 ln 2n 5n) o n d e K,, ..., Tw são definidos com o indicado na Fig. A .4(a).3 D izem os que V in é um pulso que varia de 0 V a 1 V com retard o ( T n(l) nulo, transição de subida ( T h) de 1 ns, transição de descida ( T , ) de 2 ns e largura (ÍQ de 5 ns.Vale notar que o prim eiro nó ,“in”,é tom a­ do com o o term inal positivo da fonte de tensão.

C om o instruím os o S P I C E para que efetue um a análise transiente? O com ando é o seguinte: .tran 0.2n lOn onde 0.2n indica os increm entos (“passos tem porais”) que o S P I C E deve usar ao calcular a resposta, e lOn, o tem po total de interesse [Fig. A .4(b)]. A aparência da n e tlis t com pleta é Exemplo de Resposta a um Pulso rl in out lk cl out 0 lOp vin in 0 pulse(0 1 0 ln 2n 5n) .tran 0.2n lOn .end

*Nas netlists para SPICE , a vírgula decimal deve ser trocada por ponto decimal. (N.T.) 'Os parênteses que se seguem à descrição do pulso foram usados para clareza, mas nào são necessários.

714

Apêndice A

Exem plo A.2

Vamos construir uma n etlist de S P I C E para a determinação da resposta a um pulso do circuito mostrado na Fig. A.5(a). 5 pF

5 pF

V\n°-----11---- T----- 0 Vout

i 2MQ

o out 2 MÍ2

(a) Figura A.5

Solução

Iniciamos com a rotulaçâo dos nós e dos elementos [Fig. A.5(b)]. Dada a constante de tempo /?,C, = 10 /xs, postulamos que as transições de subida e de descida do pulso de entrada podem ser de aproximadamente 1 /xs e ainda aparecerem “abruptas" ao circuito. Para a largura do pulso, es­ colhemos 30 /xs. para permitir que a saída se “estabilize”. Portanto, temos Resposta de um Filtro Passa-Altas a um Pulso cl in out 5p rl out 0 2meg vin in 0 pulse (0 1 lu lu 30u) .tran 0.2u 60u .end (A letra u na descrição do pulso denota 10 6.) Vale ressaltar que o incremento temporal é escolhido muito menor que os tempos de transição do pulso, e o tempo total para análise transiente, grande o bastante para revelar a resposta depois que a entrada cair a zero.

Exem plo A.3 Solução

Modifiquemos a n e tlist de S P I C E construída no Exemplo A.2 para que possamos observar a res­ posta do circuito a um degrau. Desejamos que Vm passe, de maneira abrupta, a 1 V e permaneça nesse nível. No entanto, a descri­ ção do pulso requer um valor para a largura do pulso. Portanto, escolhemos uma largura de pulso muito maior que a duração da nossa “janela de observação”.

Introdução ao SPICE

715

vin in 0 pulse (0 1 lu lu 1) .tran 0.2u 3Ou Uma largura de pulso de 1 s é suficiente para a análise da resposta ao degrau, pois a maioria dos circuitos tem resposta muito mais rápida. Vale notar que, agora, o tempo total da análise transiente é de 30 /xs, o bastante para mostrar a resposta ao lado de subida de entrada.

Exem plo

Vamos construir uma n etlist de S P I C E para determinar a resposta do circuito da Fig. A.6(a) ao degrau. 20 nH

■°out

---- °^out 30 Q

=f=1 PF (a) Figura A.6

Solução

Iniciamos com a rotulação dos nós e dos elementos [Fig. A.6(b)]. Como escolhemos o tempo de transição do degrau? Ignorando, por ora, o comportamento amortecido do circuito, podemos con­ siderar /?,/(2L,) = 1,5 ns como constante de tempo da resposta e, então, escolher o tempo de tran­ sição da ordem de 150 ps. A netlist é a seguinte: Meu Circuito RLC 11 in out 20n rl out mid 3 0 cl mid 0 lp vin in 0 pulse (0 1 0 150p 150p 1) .tran 25p 50Op .end Vale ressaltar que, aqui, o tempo de queda é irrelevante.

Exem plo A.5 Solução

Suponhamos que desejamos determinar a resposta em frequência do circuito RLC mostrado na Fig. A.6(a). Modifiquemos a netlist para este fim. Muitas vezes, estudamos tanto a resposta transiente como a resposta AC de um circuito. Por conve­ niência, apenas u m arquivo deve servir para os dois casos. Felizmente, o S P I C E permite que trans­ formemos linhas de comandos em “comentários” por meio da inserção de um asterisco (*) no início de cada linha que não queremos que seja executada. Desta forma, repetimos a n etlist do exemplo anterior, transformamos em comentários as linhas relacionadas à análise transiente e adicionamos as linhas necessárias à análise AC: Meu Circuito RLC 11 in out 20n rl out mid 30 cl mid 0 lp *vin in 0 pulse(0 1 0 150p 150p 1) *.tran 25p 500p

716

Apêndice A

*As duas linhas a seguir foram adicionadas para a análise AC. vin in 0 ac i .ac dec 100 Imeg lg .end (A le tra g n o fim d a lin h a .ac d e n o ta 109.) C o m o v em o s, as lin h a s d e c o m e n tá rio ta m b é m p o d e m s e r u sa d a s c o m o le m b re te s.

A.2.3

A nálise DC

Em alguns casos, desejam os m ontar gráficos da tensão (ou c o rren te) de saída de um circuito em função da tensão (ou co rren te) de en trad a. E ste tipo de sim ula­ ção, cham ado “análise D C ”, req u e r que o S P I C E v a r ­ ra a e n tra d a em um dad o in terv alo em increm entos (ou passos) suficientem ente pequenos. Por exem plo, podem os escrever

a descrição vin especifica o tipo da tensão de en trad a com o D C e com valor nom inal de 1 V.4 O com ando de v a rre d u ra D C com eça com .dc e especifica vin com o a fonte que deve ser varrida. A s duas en trad as seguintes d en o tam os lim ites inferior e su p erio r do intervalo de varredura, respectivam ente; a últim a e n ­ trad a indica o valor do increm ento.

A.3 vin in 0 dc 1 Limite Limite Inferior Superior Incremento .dc vin 0.5 2 lm

Exem plo A.6

DESCRIÇÃO DE ELEMENTOS

O estudo de n e tlis ts para o S P I C E enfocou, até aqui, a descrição de resistores, capacitores, indutores e fontes de tensão. N esta seção, considerarem os as descrições

V am os c o n s tru ir u m a netlist p a r a m o n ta r o g ráfico d e Vout e m fu n ç ã o d e Vin, p a ra o circ u ito r e p r e ­ s e n ta d o n a Fig. A .7 (a ). S u p o n h a m o s um in te rv a lo d e e n tra d a d e - 1 V a + 1 V, co m in c re m e n to s d e 2 mV.

100 Q °out 200 Q

(b)

(a) F ig u ra A.7

Solução

R o tu la m o s os n ó s e os e le m e n to s c o m o in d ic a d o n a Fig. A .7 (b ). A netlist p o d e s e r e s c rita co m o :

Divisor de Tensão rl in out 100 r2 out 0 200 vin in 0 dc 1 .dc vin -1 +1 2m .end V ale n o ta r q u e os v a lo re s d e r l e d e r2 n ã o s ã o se g u id o s d e u m a u n id a d e , d e m o d o q u e o SP IC E s u p õ e q u e se ja m e x p re s s o s e m ohm s.

4E sse v a lo r n o m in a l é a r b itr á r io e ir r e le v a n te na a n á lis e D C .

Introdução ao SPICE

717

de elem entos com o fontes de co rren te, diodos, tra n ­ sistores bipolares e M O SFETs. A.3.1

Fontes de Corrente

A definição de fontes de c o rre n te p a ra os vários ti­ pos de análise é sim ilar à de fo n tes de tensão. Fica im plícito na definição que a c o rre n te flui p a r a f o r a do p rim e iro n ó e p a r a d e n t r o do se g u n d o nó e s ­ pecificados na descrição. Por exem plo, para análise A C , a fo n te de c o rre n te ilu stra d a na Fig. A .8 (a ) é expressa com o iin in 0 ac 1

A.3.2

Se o circuito for configurado tal com o na Fig. A .8 (b), devem os escrever iin 0 in ac 1 De m odo similar, para resposta a um pulso, a fonte de co rren te da Fig. A .8(a) pode ser expressa com o iin in 0 pulse(0 lm 0 O.ln 0.In 5n) onde a co rren te passa de 0 a 1 m A com re ta rd o nulo e um tem po de transição de subida de 0,1 ns.

Exem plo A.7

Figura A.8 Circuitos para ilustração da polaridade de fontes de corrente em SPICE.

Diodos

A o co n trário dos elem entos passivos estud ados até aqui, diodos não podem ser especificados por um “va­ lor” . Em vez disso, a equação /„ = I s[ e x p ( V n I V ,) — 1] sugere que o valor I s deve ser fornecido. A ssim , para o exem plo ilustrado na Fig. A. 10, tem os dl

Anodo Catodo in out

Is is=lf

onde o nom e do elem en to com eça com a letra d pa­ ra d e n o ta r um diodo; o prim eiro nó indica o anodo e o segundo, o catodo. A últim a e n tra d a especifica o valor de I s com o 1 X 10"15 A .5

Estudemos a resposta do circuito representado na Fig. A.9(a) a um degrau de corrente de en­ trada. in

!\n(*)

1 kQ: E

pf

(£>

(a)

r1 ^

=pc1

(b) F ig u ra A.9

Solução

Rotulando o circuito como indicado na Fig. A.9(b) e notando uma constante de tempo de 1 ns, es­ crevemos Exemplo de Resposta a um Degrau de Corrente rl in 0 lk cl in 0 lp iin 0 in pulse (0 lm 0 O.ln O.ln 1) .tran 20p 3n .end

5Vale notar que f designa fem to e não farad. O u seja, um capacitor expresso com o lf em uma descrição para SPICE assume o va­ lor de 1 fF.

718

Apêndice A do p o r ten são e req u e r que o valor da capacitância de junção seja e specificado. R eco rd em o s q ue C, = C j0lyJ 1 + \ V ^ V 0 , onde V ,( < 0 é a ten são de po lari­ zação reversa. Devem os, portanto, fornecer os valores de e de V 0 ao S P I C E . A linha an te rio r referen te ao diodo deve, então, ser a lterad a para dl in out is=lf, cjo=lp, vj=0.7

E m alguns casos, um diodo sob polarização re ­ versa po d e funcionar com o um cap acito r c o n tro la ­

Exem plo

(Vale n o tar que a terceira letra em cjo é um o e não um zero.) N o caso de diodos, o S P I C E reconhece vj com o V 0.

Determinemos a resposta do circuito da Fig. A.l 1 a um degrau; admitamos que Vin passa de 0 a V e que D, tem os parâmetros dados anteriormente. 1 kQ

^in°—

—

out

F igura A.11

Solução

A d e p e n d ê n c ia d a c a p a c itâ n c ia d e ju n ç ã o d e /) , e m re la ç ã o à te n s ã o d ific u lta a an á lise d e sse cir­ cuito. P a ra VOM p r ó x im o d e z e ro , D , e s tá s u je ito a u m a p e q u e n a p o la riz a ç ã o re v e rs a e e x ib e u m a c a p a c itâ n c ia co m v a lo r p ró x im o d e C ^ À m e d id a q u e Voul a u m e n ta , a c a p a c itâ n c ia d im in u i, assim c o m o a c o n sta n te d e te m p o d o circ u ito . S P I C E é m u ito ú til n e s te caso. R o tu la n d o o c irc u ito em q u e s tã o , e sc re v e m o s a n etlist c o m o

Exemplo de Resposta a um Degrau rl in out lk dl out 0 is=lf, cjo=lp, vj=0.7 vin in 0 pulse (0 1 0 0.ln 0.ln 1) .tran 25p 3n .end

À m ed id a q u e e n c o n tra m o s dispositivos m ais sofisticados, a u m en ta o núm ero de p arâm etro s que devem se r especificados nas c o rre sp o n d e n te s d es­ crições para S P I C E . Isto to rn a a construção de n e tlis ts mais trabalhosa e sujeita a erros. Por exem plo, os M O S F E T s da atu a lid a d e re q u e re m a definição de c e n te n a s de p a râ m e tro s em su as descrições p a ra S P I C E . Para evitar a repetição de p arâm etro s para cada elem ento, o S P I C E perm ite a definição de “m o­ delos”. Por exemplo, a linha de especificação do diodo a n te rio r pode ser escrita com o

dl in out mymodel .model mymodel d (is=lf, cjo=lp, vj=0.7) A o c h e g ar à q u a rta e n tra d a na linha d o diodo, o S P I C E reconhece que a m esm a não é um v a lo r , mas o

nom e de um m odelo (m ym odel) e busca um com ando .m odel que defina os detalhes de “m ym odel”. A letra “d ” na linha .m odel especifica um m odelo de diodo. C om o verem os a seguir, essa letra deve ser substituí­ da p o r “n p n ” para um tran sisto r n p n , e por “nm os” para um dispositivo NM OS.

Introdução ao SPICE Exemplo A.9

719

Montemos o gráfico da característica entrada/saída do circuito representado na Fig. A.12(a). Vamos supor que />, e D 2 sigam o modelo de diodo anterior.

out

O 1 kQ

F igura A.12

Solução

Rotulando o circuito em questão, escrevemos a netlist como Circuito com Diodo dl in out mymodel d2 out in mymodel rl out 0 lk vin in 0 dc 1 .dc vin -3 +3 2m .end

A.3.3

Transistores Bipolares

A definição de transistores bipolares req u e r atenção especial do leitor qu an to à ordem dos term inais. C on­ siderem os o exem plo m ostrado na Fig. A. 13, onde <2, é expresso como:

ql

m aioria dos casos, o su b strato de transistores n p n é conectado à terra.) C om o no caso de diodos, os pa-

Coletor Base Emissor Substrato Modelo out in emi 0 bimod

O nom e do dispositivo co m eça com a letra q p a ra indicar que se trata de um tran sisto r bipolar; os q u a­ tro prim eiros nós rep resen tam , respectivam ente, os term inais de coletor, base, em issor e substrato. (N a

Exem plo A.10 Solução

Figura A.13

Estágio em issor comum.

Vamos construir a n etlist de S P I C E para o circuito da Fig. A. 13. Suponhamos que a entrada deva ser varrida de 0,8 V a 0,9 V. A netlist é a seguinte: Simples Estágio EC ql out in emi 0 bimod remi emi 0 10 0 rout out vcc lk vcc vcc 0 2.5 vin in 0 dc 1 .dc 0.8 0.9 lm .model bimod npn (beta=100, is=10f) .end

720

Apêndice A

râm etros do transistor são expressos em um m odelo cham ado, p o r exem plo, bim od: .model bimod npn (beta=100/ is=10f) D uas observações são úteis n este ponto. (1) O s dois resistores são ro tu la d o s seg u n d o os nós a que estão conectados. E sta ab o rd ag em nos p erm ite e n ­ c o n tra r cada resistor com m ais facilidade do que se fossem rotulados por núm eros, com o, p o r exem plo, r l. (2) N a n e t lis t an terio r, o te rm o “vcc” se refere a duas en tid ad es d is tin ta s : um a fonte de tensão (a pri­ m eira e n tra d a na linha vcc) e um nó (a segunda e n ­ trad a na linha vcc).

Exem plo A .1 1

O m odelo de um transistor bipolar pode conter efeitos de frequências altas. Por exemplo, as capacitân­ cias de junção base-em issor e base-coletor são d en o ­ tadas por cje e cjc, respectivam ente. O efeito de arm a­ zenam ento de carga na região da base é representado por um tem po de trânsito, tf (equivalente a 77).Além disso, para transistores bipolares integrados, deve-ser especificar a capacitância de junção coletor-substrato, cjs. Com isso, um m odelo mais com pleto pode ser: .model newmod npn (beta=100, is=10f, cje=5f, cjc=6f, cjs=10f/ tf=5p) M odelos de m odernos transistores bipolares contêm centenas de parâm etros.

Exemplo A.l 1 Vamos construir a netlist para o circuito representado na Fig. A.14(a) e obter a res­ posta em frequência de 100 MHz a 10 GHz. Façamos uso do modelo de transistor anterior.

Figura A.14

S o lu ç ã o

Rotulando o circuito como indicado na Fig. A. 14(b), escrevemos Amplificador de Dois Estágios cin in inb 0.5p rinb inb vcc 5 0k ql x inb emi 0 newmod rx x vcc lk remi emi 0 2k cemi emi 0 0.5p q2 vcc x out 0 newmod iout out 0 lm vcc vcc 0 2.5 vin in 0 ac 1 .ac dec 100 lOOmeg lOg .model newmod npn (beta=100/ is=10f, cje=5f, cjc=6f, cjs=10f, tf=5p) .end

A.3.4

M O SFETs

A definição de M O SFETs é de certo m odo sim ilar à definição de transistores bipolares, m as contém mais

detalhes relacionados às d im e n s õ e s do dispositivo. Em contraste com transistores bipolares, M OSFETs são polarizados e têm as dimensões “escolhidas” para alcançar certas propriedades de pequenos sinais. Por exemplo,

Introdução ao SPICE tanto a transcondutâneia com o a resistência de saída de M O SFETs dependem do com prim ento do canal. Para en ten d er com o as dim ensões do dispositivo são especificadas, considerem os, prim eiro, a vista su­ perior ilustrada na Fig. A.15(a). A lém da largura e do com prim ento do canal, devem os fornecer tam bém as dimensões de fonte/dreno, para que S P I C E possa calcu­ lar as capacitâncias associadas. Para isto, especificamos a "área” e o “perím etro” das junções de fonte e dreno. A área e o perím etro, denotados, respectivam ente, por “as” e “ps” para a fonte (e por “a d ” e “pd” para o dre­ no), são calculados da seguinte forma: a s = X , ■ W , p s = 2 X , + 2 W , a d = X 2 - W , p d = 2 X 2 + 2 W . Na maioria dos casos, A', = X 2, de m odo que a s = a d e p s = pd.

721

indica o su b strato do m esm o. A ntes de considerar as dim ensões, tem os: ml

Dreno Porta Fonte Substrato Modelo out in mid 0 nmos

C om o no caso do tra n sisto r bipolar, os nom es dos term inais aparecem em um a ordem específica: d re ­ no, p o rta , fonte e substrato. A gora, adicionam os as dim ensões: Dreno Porta Fonte Substrato Modelo ml out in mid 0 nmos w=10u 1=0.18u as=6p +ps=21.2u ad=6p pd=21.2u (O sinal + perm ite a continuação de um a linha na se­ guinte.) A ordem das dim ensões é irrelevante, mas é conveniente m an ter um p ad rão coeren te em to d a a n e t lis t , para q ue seja de leitura m ais fácil. N otam os que as=6p d enota um a área de 6 X 10 12 m 2. O m odelo do M O S F E T deve fornecer vários p a­ râm etro s do transistor, com o, p o r exem plo, m obili­ dade (uo), espessura de óxido da p orta (tox), tensão de lim iar (vth), m odulação do com prim ento do canal (lam bda) etc. Por exem plo,

Figura A.15 (a) Vista superior de um M O SFET, (b) estágio fonte comum.

O valor de X u2 é determ inado pelas “regras de pro­ je to ” para cada tecnologia específica. Com o regra em ­ pírica, supom os A', 2 ~ onde L mln denota o valor mínimo perm itido para o com prim ento do canal (p. ex., 0,18 jum). N esta seção, adm itim os X u2 = 0,6 ju.m. C o n sid erem o s, ag o ra, o e x e m p lo m o stra d o na Fig. A .15(b), onde a linha tracejad a conectada a Exem plo A.12

.model mymod nmos (uo=360, tox=0.4n, vth=0.5, lambda=0.4) Vale ressaltar que a unidade default de m obilidade é cm 2/s, e n q u a n to as unidades dos outro s p arâm etro s são baseadas no sistem a m étrico. Por exem plo, tox=0.4n se traduz em 0,4 X 10-9 m = 40 Á.

A Fig. A .1 6 (a ) m o s tra u m a m p lific a d o r d e d o is estág io s. V am o s c o n s tru ir u m a netlist d e SP IC E p a ­ ra o b te rm o s o g ráfico d a c a ra c te rís tic a e n tra d a /s a íd a d o circu ito . A s c o n e x õ e s d o s u b s tra to n ã o s ã o m o stra d a s, m as fica im p lícito q u e a c o n e x ã o d e fa u lt é à te r r a , n o ca so d e d isp o sitiv o s N M O S , e a V ni), n o ca so d e tra n s is to r e s P M O S .

722

Apêndice A

Solução

R o tu la n d o o c irc u ito c o m o in d ic a d o na Fig. A .1 6 (b ), e s c re v e m o s

Amplificador MOS ml x in 0 0 nraos w=5u 1=0.18u as=3p ps=11.2u ad=3p pd=ll.2u rx x vdd lk m2 out x vdd vdd pmos w=10u 1=0.8u as=6p ps=21.2u ad=6p pd=21.2u rout out 0 500 vdd vdd 0 1.8 vin in 0 dc 1 .dc vin 0 1 ltn .model mymod nmos (uo=360, tox=0.4n, vth=0.5, lambda=0.4) .end

P ara análise de alta freq u ên cia, devem os e sp e ­ cificar a capacitância de ju nção das áreas de fonte e dreno. C om o ilustrado na Fig. A .l 7, essa capacitância é dividida em duas com ponentes: a capacitância de “ á re a ”, C jy e a capacitância de “b o rd a ”, C jsw. E sta se­ paração é necessária porque os valores de Cye C/tB. (p. ex., p o r unidade de área) são, em geral, desiguais.

Vale n o tar que, se os valores de área e de p erím etro não forem incluídos na n e tlis t, o S P I C E pode usar um valor default zero e, em conseqüência, subestim ar as capacitâncias no circuito. A s capacitâncias de ju n ção de fo n te/d ren o têm um a dependência em relação à tensão que pode não seguir a equação de raiz qu ad rad a associada às ju n ­ ções p n “a b ru p ta s”. O S P I C E perm ite um a equação da form a

em que C0 den o ta o valor para tensão nula na junção e m , e m geral, assum e valor no intervalo de 0,3 a 0,4. D esta form a, para C; e C jsn., especificam os (cjo, mj) Em S P I C E ,estas com ponentes de capacitância são definidas de m aneira diferente. A capacitância de área é especificada por unidade de área,com o, por exemplo, Cj = 3 x 10 4 F/m 2 (= 0,3 fF//xm2); a capacitância de borda, por sua vez, é definida por u n id a d e d e c o m p r i ­ m e n to , como, p o r exem plo, C jsw = 4 x 1 0 10F/m ( = 0,4 fF//xm). Com estas especificações, o S P I C E calcula a capacitância total com o C, • a d + C jm. • p d . Por exemplo, com estes valores de C; e C jm„ a capacitância de junção de dren o de M, no Exem plo A .12 é igual a Q) b i = (3 x 10"12 m2)x (3 x IO-4 F /m 2) + (11,2 x 10_6m) x (4 x l ( r 10F/m ) = 5,38 fF.

(A .l) (A.2)

(cjswo, mjsw) Um m odelo M OS m ais com pleto pode, portanto, ter a form a .model mymod nmos (level=l, uo=360, tox=0.4n, vth=0.5, lambda=0.4, +cjo=3e-4, mj=0.35, cjswo=40n, mjswo=0.3) onde “levei” (nível) d enota um a certa com plexidade do m odelo. N a p rática, são usados níveis m ais e le ­ vados, com m aio r n ú m ero de p a râ m etro s. D e m o ­ do sim ilar, um m odelo PM O S p o d e se r co n stru íd o com o

Introdução ao SPICE .model mymod2 pmos (levei=1, uo=150# tox=0.4n, vth=-0.55, +lambda=0.5, cjo=3.5e-4, mj=0.35, cjswo=35n, mjswo=0.3)

o r

A o

3 V .J B o --------

A.4 A.4.1

OUTROS ELEMENTOS E COMANDOS

F ig u ra A .18

Fontes Controladas

A lém das fontes de ten são e d e c o rre n te in d e p e n ­ dentes estudadas até aqui, fontes controladas podem se fazer necessárias em sim ulações. Por exem plo, co­ m o m encionam os no C apítulo 8, am p ops podem ser vistos com o fontes de tensão co n troladas p o r tensão. Da m esm a form a, M O SF E T s atuam com o fontes de co rren te controladas por tensão. C o n sid e re m o s a con fig u ração m o strad a na Fig. A. 18, onde a fonte de ten sã o conectada en tre os nós C e D tem valor igual a três vezes o valor da dife­ rença de tensão en tre os nós A e B . Para simplificar, cham am os ( A , B ) de “nós de e n tra d a ”; (C, D ), de “nós de saída” ; o fator 3, de “g an h o ” . E sta fonte de tensão controlada p o r ten são é descrita com o

Exem plo A .13

el

723

:

---------- o D

F o n te d e te n s ã o c o n tr o la d a p o r te n s ã o .

Nós de Nós de Saída Entrada c d poly(l) a b

Valor Ganho DC 0 3

Vale notar que o nom e do elem ento com eça com a le­ tra “e ”, indicando uma fonte de tensão controlada por tensão. As duas entradas seguintes são os nós de saída, das quais a prim eira representa o term inal positivo. A entrada p o ly (l) indica uma relação polinom ial de pri­ m eira ordem entre V cn e VAII. Em seguida, os nós con­ troladores (de entrada) são especificados, e um zero é inserido para den o tar um a tensão D C adicional nula. Por fim, o ganho é especificado. N o caso m ais geral, esta expressão representa V CD = a + (iV Alj, onde a é o valor D C (no exem plo anterior, esse valor é zero) e ( í é o ganho (3, no exem plo anterior).

O circ u ito d a Fig. A .1 9 (a ) e m p re g a um a m p o p c o m g a n h o d e 500. V am os c o n s tru ir u m a netlist p a ra a d e s c riç ã o d esse c irc u ito e m SP IC E .

10 k íí 1 k£l in o— Wr

1 kQ VA—

v' - g .

10 k Q

ri

r

— %—

X

-O out +

I

)eopam p

(b)

(a) F ig u ra A .19

S o lu ç ã o

Primeiro, desenhamos e rotulamos o circuito como indicado na Fig. A.19(b). Com isto,

rl in x lk rf x out 5k eopamp out 0 poly(l) x 0 0 -500

A fonte de co rren te controlada por tensão rep re ­ sentada na Fig. A .20 tem a seguinte descrição: gl c d poly(l) a b 0 0.05 onde a letra g d en o ta um a fonte de co rren te c o n tro ­ lada p o r tensão, e o ganho é especificado com o 1/(20 í l) = 0,05 í l

Figura A.20

Fonte de corrente controlada por tensão.

724

Apêndice A

Fontes de ten são e de c o rre n te controladas por corrente são descritas de m odo sim ilar, m as raram en ­ te são usadas. A.4.2

. i c v ( x ) =0.5

E ste exem plo fixa a tensão inicial no nó X em 0,5 V.

Condições Iniciais

REFERÊNCIA Na análise transiente de circuitos, podem os desejar especificar um a tensão inicial no nó em relação à ter­ ra. Isto é feito p o r m eio do co m an d o .ic:

1. G. R oberts and A. S. Sedra, S P I C E , O xford University Press, 1997.

Indice A A D C . conversor analógico-digital. 6 A lta-fidclidadc. síntese. 558 A m ostragem , técnica, 489 A m plificador(es) bipolares. 147-330 análises D C e de pequenos sinais, 152 estágio autopolarizado. 163 exem plos, 210-215 im pedâncias de e n trad a e de saída, 148 poiarização, 152 degeneração d e em issor. 160 divisor de tensão resistivo. 156 simples, 154 transistores p n p 165 ponto de operação, análise e síntese. 153 topologias. 169 base com um . 191-204 em issor com um , 170-191 seguidor de emissor. 204-210 cascode bipolar. 344 CM OS. 347 CM OS. 264-301,650-709 análises D C e de pequenos sinais, 655 estágio fonte comum (F C ),268 com carga conectada com o diodo. 272 com degeneração. 273 com fonte de co rren te com o carga. 271 com polarização. 276 núcleo. 268 estágio p o rta com um (PC ), 278 com polarização, 281 exem plos, 287 im pedâncias de e n trad a e de saída, 651 polarização, 264.655 pon to de operação, análise e síntese. 656 realização d e fontes de corrente, 268 seguidor de fonte. 283 com polarização, 285 núcleo. 283 topologias. 264.664-694 de potência, estágios de saída. 543-570 classes. 564 considerações de grandes sinais, 555 dissipação de calor, 559 eficiência. 562 estágio push-pull. 546 aprim orado. 549 proteção c o n tra curto-circuito. 559 seguidor de em issor. 544 diferenciais, 371 -423 cascode. 399-401 par(es) diferencial(is). 375 bipolar. 376-389 carga ativa. 405-410 MOS. 389-399 rejeição d o m odo com um . 402 sinais diferenciais, 373 inversor. 307 logarítm ico.316 m odelos simples. 487 não inversor. 304 operacional com o caixa-preta. 302-335 circuitos. 304-317 considerações gerais. 303 corrente de polarização de en trad a, 320 deslocam entos DC, 317 exem plos. 327 im pedâncias de en tra d a e de saída finitas. 326 limitações d e velocidade, 322 raiz qu ad rad a. 317 tipos. 486,488 velocidade, 9 A m plitude de Ripple. 79 A nálise DC

amplificadores bipolares, 152 CM OS. 655 SPIC E, 716 grandes sinais, p ar diferencial bipolar. 381 MOS. 393 pequenos sinais am plificador CM OS, 655 p ar diferencial bipolar. 384 MOS. 3% pon to de operação, S PIC E, 712 qualitativa inversor CM OS. 633 par diferencial bipolar. 376 carga ativa. 406 MOS. 389 quantitativa inversor CM O S. 635 p ar diferencial com carga ativa. 408 transiente, SPIC E, 713 A nalógicos. 6 A nodo, 31.53 A proxim ação de M iller.434 A utopolarizado, estágio, 659 A valanche ru p tu ra por, 47 térm ica, 561

II Bandgap. circuito de referência. 349 B arreira de potencial, 36 Base. 108 comum (B C ).está g io .449 resposta em frequência(s),449 altas. 449 baixas. 449 topologias de amplificadores bipolares. 191-204 Bloco (b u lk), 250 B oltzniann, constante, 22 B utterw orth. resposta, 602

c C álculo d o fator de realim entação, 509 C alor, dissipação. 559 C âm era digital. 4 Capacitância de óxido d e porta. 439 C aracterística I/V. 42 dedução. 239 condução sublim iar, 251 co rrente d e dreno. 240 densidade de carga no canal. 239 efeito de corpo. 250 m odulação do com prim ento do canal. 247 regiões d e triodo e de saturação. 243 saturação de velocidade. 250 transcondutância MOS, 249 m odelo de grandes sinais. 117 de tensão constante, 44 Cascode. estágio. 336 bipolar. 337 com o am plificador. 342 com o fonte de corrente. 336 M OS. 340 resposta em frequência. 457 C ato d o .3 1 .53 Celular. 2 Chebyshev. resposta, 605 Circuitos am plificador operacional (am p ops). 304 amplificador

inversor. 307 não inversor, 304 diferen ciad o r.3 1 1 integrador. 308 som ador de tensão, 314 analógicos. 8 CM O S digitais. 615-649 caracterização de portas dinâm ica. 622 estática. 616 inversor, 626-641 portas N A N D .643 N O R . 641 potência versus velocidade. 625 digitais. 10 integrados (C Is), 2 limitadores. 88 realim entação. regras p ara abrir. 508 referência de bandgap. 349 teorem as básicos. 11 CM O S (tecnologia M OS com plem entar). 256 amplificadores. 264-301 digitais, circuitos. 615-649 C M R R . razão de rejeição d o m odo com um . 405 C oletor. 108,111 C om pensação de Miller, 531 em frequência, 527 C ondução sublim iar. 251 C onstante de B oltzm ann.22 C onversor analógico-digital (A D C ),6 de im pedâncias genérico (C IG ). 598 C orrente(s) base e d e emissor, transistor. 114 coletor, transistor, 111 curto-circuito, 640 dreno, 240 pico no diodo, 80 polarização de entrada. 320 Curto-circuito, proteção. 559

I) D em anda de tensão. 544 D ensidade carga no canal, 239 de corrente, 26 D eriva, transporte de portadores. 24 D eslocam entos D C .317 D essensibilização do ganho. 480 D ifcrenciador, 311 Difusão. 28 D igital(is).6 câm era. 4 circuitos. 10 sinal. 7 D iodo(s). 19.31.52-105 am plitude de Ripple, 79 aplicações. 75-98 circuitos lim itadores. 88 com o deslocadores de nível e com utadores,95 corrente de pico. 80 dobradores dc tensão. 92 exem plos de aplicação. 57 ideal, 53 característica entrada/saída, 57 I/V. 54 polarizações direta e reversa, 53 junção p n , 61 regulagem de tensão. 86 retificador meia-onda. 76 onda com pleta. 81 S P IC E .717 Dissipação

725

726

Indice

calor. 559 avalanche térm ica.561 potência de estágio push-pull. 560 seguidor de em issor, 559 potência, inversor C M O S, 637 corrente de curto-circuito. 640 p roduto potência-retardo. 639 D istorção. 544 D obradores de tensão. 92 D opagem . 23 D opante, 23 D SP (digital signa! processar). 4

E E C L (em iuer-coupled logic), 615 Efeito(s) de corpo. 250 Early. 124,173 im pedância de saída d o transistor. 274 resistência de saída d o transistor. 673 Eficiência. 562 de potência. 544 estágio push-pull. 563 seguidor de em issor. 563 E letrônica. 1 E létrons de valência. 20 Em issor com um (E C ), estágio. 170 análise d o núcleo, 170 com polarização. 184 deg en eração de emissor, 174 efeito d a resistência d e saída d o transistor. 181 inclusão d o efeito Early, 173 resposta em frequência(s), 442 altas, 443 análise d ireta, 445 aplicação d o teorem a de Miller, 444 baixas. 442 im pedância dc en trad a. 448 Energia d a banda proibida. 21,22 E rro de ganho. 306 Espelhos de corrente. 349 bipolar. 350 efeito d a c o rren te de base. 353 p n p . 355 MOS, 357 Estabilidade em sistem as d e realim entação. 519 com pensação d e Miller, 531 em frequência, 527 condição. 523 instabilidade, 521 m argem d e fase. 526 regras d e Bode. 519 E strangulam ento de canal, 238 Extensão d a largura de banda, 481

F Filtros analógicos. 571-614 aproxim ações para respostas. 601 B utterw orth. 602 Chebyshev. 605 ativos. 589 e struturas biquadráticas b aseadas em integradores. 594 usando simulados, 596 características. 572 classificação. 573 função de transferência. 576 passa-altas, 588 passa-baixas. 587 passa-faixa. 589 prim eira ordem , 579 problem a de sensibilidade. 578 Sallen-Key, 589 análise de sensibilidade. 591 segunda o rdem . 582 casos especiais. 582 realizações R LC .585 Fonte(s) alim entação. 9 com um (F C ). estágio. 268 análise d o núcleo. 665 com carga conectada com o diodo. 272

com degeneração. 273 com fonte de co rren te com o carga. 271 com polarização. 276 degeneração de fonte. 671 dispositivo conectado com o diodo com o carga. 670 fonte d e corrente com o carga. 668 inclusão da m odulação do com prim ento do canal. 667 núcleo. 268 resposta em frequência(s),442 altas. 443 análise d ireta. 445 aplicação do teorem a de Miller. 444 baixas. 442 im pedância de entrada. 448 topologia, 665-694 controladas, SPIC E, 723 corrente realização, 268,663 SPIC E, 717 Fotodiodo, 4 Frequência d e transição, 440 Função de transferência. 427 biquadráticas baseadas em integradores. 594 usando indutores simulados, 596

G G an h o corrente. 115 dessensibilização, 480 m alha. 478 fechada, 477

II H eat sin k. 561

Im pedâncias de e n trad a e de saída (1 /0 ). 148 am plificadores CM O S. 651 en trad as em latas frequências de am plificadores E C e FC, 448 finitas. 326 modificação. 483 n ão ideais, efeito. 507 resposta em frequência estágios cascodes. 461 seguidores. 454 Im pureza, 23 Inclusão da m odulação do com prim ento do canal. 667 Instabilidade nos sistem as de realim entação. 521 Integrador. 308 Inversor CM OS. 626 característica dinâm ica, 633 transferência de tensão, 628-633 conceitos básicos. 626 dissipação de potência, 637 Ionização de im pacto. 47

Junção/)//. 31-46 característica IA/. 42 com o um diodo. 61 em equilíbrio. 32 operação em grandes sinais e em pequenos sinais. 68 sob polarização d ireta. 40 reversa. 36

K Kl IN. estru tu ra biquadrática, 595 Kirchhoff. leis. 11

L Lacunas, 21 Largura de banda

extensão. 481 finita, 322 LCK. lei das correntes de Kirchhoff. 11 Lei(s) Kirchhoff. 11 O hm . 54 Ligações covalentes. 20 incompletas, 24 Lim iar de chaveam ento, 630 Lim itações de velocidade. 322 L inearidade, m elhoria, 486 Lógica acoplada pelo em issor (E C L ). 615 resistor-diodo (R D L ),615 transistor-transistor (T TL ). 615 LTK. lei das tensões de Kirchhoff. 11

M M alha, ganho, 478 M argens de fase. 526 de ruído (M R ).6 2 0 .631 Microchips, 2 M icroeletrônica. 1-18 M ixagem.314 M odelo(s) dispositivos MOS. 251 grandes sinais. 251 pequenos sinais. 253 grandes sinais. 68.115,127.133 pequenos sinais. 121,127.135 tensão constante ou de fonte ideal. 44 transistores em altas frequências. 437-441 bipolar. 437 frequência de transição. 440 M OSFET. 439 M odulação d o com prim ento do canal, 247,667 M O SFET (m eíal-oxide-semiconduclor field-effect transistor). Veja Transistor MOS M ultiplicação de Miller. 444 um sinal de voz por um a senoide. 3

N N etlist. 711 NMOS. 232 N orton, teorem a, 13.16 Nós. 430 Núcleo(s) em issor com um (E C ). análise. 170 fonte comum (FC ). análise. 665 porta comum (PC ), análise. 681 seguidor de fonte. 689

O O m issão d e transistores de potência pnp. 556 O peração(ões) equivalente no dom ínio da frequência. 3 grandes sinais. 68 pequenos sinais. 68.70 transistores bipolares no m odo de saturação, 129

P Par elétron, lacuna, 21 Par(es) diferencial(is), 375 bipolar. 376-389 análise de grandes sinais. 381 de pequenos sinais. 384 qualitativa, 376 carga ativa. 405 análise qualitativa. 406 quantitativa. 408 MOS, 389-399 análise de grandes sinais. 393 de pequenos sinais, 3% qualitativa. 389 Pixels. 4 Polaridade da realim entação. 493

índice Polarização dos amplificadores. 36 bipolar. 152 autopolarizado. 163 degeneração d e em issor. 160 divisor de tensão resistivo. 156 estágio E C (em issor com um ). 184 simples. 154 transistor p n p , 165 CMOS. 264.655,658.659 transistores PMOS. 662 Polos d a função d e transferência. 430 Ponto de operação. 656 estágio autopolarizado. 659 polarização degeneração d e fonte, 659 simples. 658 transistor PMOS. 662 realização de fontes de corrente, 663 Porta(s) caracterização dinâm ica. 622 estática. 616 comum (P C ).estágio. 278 análise d o núcleo. 681 com polarização. 281.687 resposta em frequência. 449 topologia. 681 G. 232 N AN D , 643 N O R . 641 Portadores carga cm sólidos. 20 modificação de densidades. 22 transporte. 24 Potência. 625 dissipação. inversor CM OS. 637 co rren te de curto-circuito. 640 p ro d u to potência-rctardo. 639 estágio push-pull, dissipação. 560 seguidor de emissor, dissipação. 559 Procedim ento dc análise. 441 Processador digital de sinal (D SP), 4 P roduto p o tência-retardo (P P R ),6 2 5 .6 3 9 Proteção contra curto-circuito, 559 Push-pull, estágio. 546 aprim orado. 549 adição de estágio em issor com um , 552 redução d a distorção de cruzam ento. 549 dissipação de potência. 560 eficiência, 563

R R azão de rejeição d o m odo comum (C M R R ).4 0 5 R D L (lógica resistor-diodo).615 R ealim entação. 476-542 am plificadores, tipos. 486 exem plos. 488 m odelos simples. 487 corrente-corrente. 504 corrente-tensão. 500 efeito de im pedâncias de e n tra d a e de saída n ão ideais, 507 estabilidade em sistemas. 519 com pensação de Miller, 531 em frequência, 527 condição. 523 m argem de fase. 526 problem a. 521 regras de Bode. 519 ganho d a m alha, 478 negativa, propriedades. 480 dessensibilização d o ganho. 480 extensão da largura de banda. 481 m elhoria na linearidade. 486 m odificação das im pedâncias de en trad a c de saída. 483 polaridade. 493 técnica d e am ostragem e dc retorno. 489 tensão-corrente, 498 tensão-tensão. 494 topologias, 494 Realizações RLC. filtros analógicos, 585 R ecom binação elétron-lacuna. 21 Regiões de saturação. 243,251

dc triodo. 243,251 Regras de B o d e.429.519 para abrir o circuito de realim entação. 508 Regulagem de tensão, 86 R ejeição d o m odo com um . 402 R elação d e Einstein, 31 Resistência de pequenos sinais. 72 increm entai. 72 saída d o transistor. 208 Respostas de filtros, aproxim ações. 601 B utterw orth, 602 Chebyshev, 605 em frequência. 424-475 associação en tre polos c nós, 430 estágios base com um e porta com um . 449 frequências baixas. 449 resposta em altas frequências. 449 cascodes. 457 em issor com um e fonte com um , 442 altas frequências. 443 análise direta. 445 aplicação d o teorem a de Miller. 444 baixas frequências. 442 im pedância de entrada. 448 exem plos. 463 função de transferência, relação. 427 geral. 434 m odelos de transistores em altas frequências, 437 bipolar. 437 frequência de transição, 440 M OSFET, 439 pares diferenciais. 461 m odo com um . 463 procedim ento de análise. 441 regras de Bode, 429 relação e ntre função d e transferência c resposta em frequência. 427 seguidores. 452 im pedâncias de e n tra d a e de saída. 454 teorem a de Miller. 432 Retificador(es) m eia-onda,76 onda com pleta. 81 precisão. 315 R etorno, técnicas. 489 Hippie, 78 am plitude. 79 R uptura reversa. 46 p o r avalanche. 47 Z en er. 47

Sallcn-Kcy. filtros. 589 Saturação de velocidade. 27,250 Seguidor de em issor. 204 com polarização. 209 com o am plificador de potência. 544 dissipação de potência. 559 efeito da resistência de saída do transistor. 208 eficiência. 563 núcleo. 204 de fonte. 283 com polarização. 285.693 núcleo. 283.689 topologia. 689 Sem icondutores. 19-51 energia da banda proibida. 21 extrínsecos, 22 intrínsecos. 22 junção pn, 31 características I/V, 42 em equilíbrio, 32 sob polarização direta. 40 reversa. 36 lacunas. 21 ligações covalentes. 20 m ateriais e suas propriedades, 20 modificação de densidades de portadores. 22 p o rtad ores d e carga em sólidos. 20

ruptura reversa. 46 por avalanche. 47 Zener. 47 tipo n. 23 transporte de portadores, 24 deriva. 24 difusão, 28 saturação de velocidade. 27 Sensibilidade dos filtros analógicos, 578 Sallen-Key. 591 Sinais analógicos, 6.7 diferenciais, 373 digitais. 6,7 Síntese de alta-fidelidade.558 Sistem a(s) eletrônico(s). 2 analógico. 6 câm era digital. 4 digital. 6 telefone celular. 2 Som ador de tensão, 314 SPIC E, 710-724 análise, tipos, 712 D C .716 ponto de operação. 712 transiente,713 descrição de elem entos. 716 diodos. 717 fontes controladas. 723 de corrente. 717 M OSFETs. 720 transistores bipolares, 719 procedim ento de simulação, 710

T Taxa de inflexão, 324,325 Tecnologia CM OS. 255 Telefone celular. 2 Tensão de sobrecarga. 244 transferência. 628 Teorem as(s) circuitos, 11 Miller, 432,444 N orton. 13,16 T hévenin. 13 Terra virtual. 307 Thévenin, teorem a. 13 Topologias de amplificadores bipolares, 169 base com um . 191-204 análise d o núcleo BC. 191 efeito da resistência de saída d o transistor. 208 estágio BC com polarização. 199 núcleo seguidor de em issor. 204 seguidor de emissor. 204 com polarização. 209 em issor com um . 170-191 análise do núcleo EC, 170 efeito da resistência de saída do transistor. 181 estágio E C com degeneração de em issor. 174 polarização. 184 inclusão d o efeito Early. 173 CM OS. 664 fonte com um .665-694 MOS, 264 porta com um , 681 realim entação. 494 seguidor de fonte. 689 Transcondutância. 119.249 Transferência de filtros, função. 576 de tensão. 628 Transistor(cs). 1 bipolares. 106-146 características I/V. 117 conceito d e transcondutância. 119 efeito Early, 124 estrutura, 108 modelos, 115 grandes

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Indice

c pequenos sinais. 127 sinais. 115 pequenos sinais. 121 m odo de saturação. 129 no m odo ativo, operação. 108 S PIC E, 719 com pleto. 3 efeito d a resistência d e saída. 181,673 M OS ou M OSFET, 231-263 análise qualitativa. 234 com o um resistor variável, 235 com paração com dispositivos bipolares. 256 condução sublim iar. 251 dedução das características I/V, 239 definição. 720 efeito de corpo. 250 estrangulam ento de canal. 238 estru tu ra. 231 m odelos de dispositivos. 251

grandes sinais. 251 pequenos sinais. 253 m odulação d o com prim ento d o canal. 247 operação. 233 saturação de velocidade, 250 transcondutâneia. 249 PMOS. 254 polarização. 662 p n p , 132 estru tura, 132 m odelo grandes sinais. 133 pequenos sinais. 135 omissão, 556 operação, 132 polarização. 165 simples. 3 tecnologia CM OS, 255 T ransporte de portadores. 24

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deriva. 24 difusão, 28 relação de Einstein.31 saturação de velocidade. 27 T T L (lógica transistor-transistor),615

V Valência. 20 Válvulas. I Velocidade de um amplificador. 9.625 limitações. 322 saturação. 250

z Z ener. ruptura. 47 Z oom . 6

& FSC A m arca FSC é a ga ra n tia de que a m a d eira u tilizada na fabricação do papel com o q u al este livro foi im presso p ro vé m de florestas gerenciadas, observando-se rigorosos critérios sociais e am bientais e de sustentabilidade.

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