Fundamentos de
Microeletrônica
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R espeite o J ire ífo autoral
REPROCRAfICOS
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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
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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
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FUNDAMENTALS OF MICROELECTRONICS, First Edition
Copyright © 2008 John Wiley & Sons. Inc.
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Ali Rights Reserved. This EBook published under license with the original publisher John W iley & Sons. Inc.
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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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+
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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
x ii
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,
x iv
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.
xv
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
xvi
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) ^
<C* P ,tu l° 12) ^
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 ltc@grupogen.com.br.
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
<b)
Figura 1.4
(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^ )!<i:'
(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<lt — , »
I)
(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 » = <ID „
~
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\(.p
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<ores)~l. Portanto, a frequência de ressonância é
igual a
(2.84)
Com VK = 0, Cj = 0,265 fF//xm2, correspondendo a uma capacitância total de
CjJO,(VR = 0) = (0,265 fF/ji/m2) x (2000//m2)
= 530 fF.
(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) <?C 1 e
In « -Is-
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,\</a
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<m — 0, pois í l)R l — O.5 O V
r oui
r our
circuito da Fig. 3.10(b) é cham ado “retificador”.
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
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<m.A Fig.
3.16(c) mostra a característica completa.
Exercício
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
<Vin + Vp.on)
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><ul
R\ -I- 3rd
= 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<w, se co m p o rta com o an tes e exibe um valor
Vilt - V n„„ — Vp - V l)on se adm itirm os que a tensão
no dio d o é relativ am en te co n stan te. C ontudo,
à m edida que Vin com eça a di mi nui r depois de
t = /,, V(mt tam bém dim inui, pois R, provê uma rota
de descarga para C,. Com o m udanças em V s ã o
indesejáveis, C, deve ser m uito grande, de m odo
que a corrente que flui por R , não reduza Voul de
form a significativa. Com C, escolhido segundo este
critério, Vom diminui len tam en te e D, perm anece
sob polarização reversa.
A tensão de saída continua a diminuir à medida
que Vin passa por um ciclo negativo e reto rna aos
valores positivos. Em algum ponto, / = t2, Vin e Volll se
tornam iguais e, pouco depois, em t = t3, Vin excede
V„IUpor um valor Vn„„; nesse ponto, D, é ligado e força
Kn ~ 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)<m)IR,.
A am plitude pico a pico do ripple é igual à quan­
tidade de descarga em í = Como t4 - r, é igual ao
período de entrada, T„„ escrevemos t3 — t, - Tm - AT,
onde A T (= /4 - /3) representa o intervalo de tempo
em que D, está ligado. Portanto,
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
' <i c
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, <oin = 2ir (60 Hz) e VK= 0,1 V. Logo,
/p = 517 A.
(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<wt =
- 2V,)on. Em cada semiciclo, dois dos diodos conduzem uma corrente V„JRr e os outros
dois permanecem desligados. Assim, as correntes nos diodos têm as aparências ilustradas na
Fig. 3.41.
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<m 2,4 V. Infeliz­
m ente, com o vimos no E xem plo 3.22, a tensão de
saída varia com a corrente na carga.
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
<b)
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
= <lDn
/ = 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 /</1000 se VBE = 750 mV produzir uma corrente de coletor
/c? Admitindo idênticas junções B-E e B-C, temos
Vb e - V,fC = VT l n ^ - V,
As
(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(•<que garante operação na região
de saturação fraca ou na região ativa.
!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<!
(a)
Figura 4.39
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( </?/(/?,
+ Rz) e V Bt, for grande o bastante para absorver e
amortecer essas variações, /, e I( permanecem relativa­
mente constantes. Um exemplo ilustra esta questão.
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<Thév
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<mt ^ r0 + gmro(Ri:\\rn)
** ro[l + gmíficl k*)].
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„ + <fi + l)R E] + Rs _ L + r '
gm
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<cc
1 +
‘'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<IUI, contradizendo a hipótese de que V„„,
aum entou. Portanto, AV„UI < AVin, im plicando que
o seguidor de emissor exibe um ganho m enor que a
unidade.15
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)
<b>
(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)
<a)
(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
— <Lnon
< 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<Pf ),
(6.52)
onde V Tm denota a tensão de limiar com Vsn = 0
(como estudam os anteriorm ente); y e <f>,. 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
(<l)
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° |
<e)
(b)
(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<H
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 <Q
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<H tdj0_
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<IM,
0 - V ,Oitt
(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,
/<i conduz uma corrente pequena e X é uma terra virtual. À medida que Vin se torna positivo, a
corrente que flui por /?, aumenta e VYca'\ um pouco e permite que D, conduza uma corrente maior.
Ou seja, Vx « 0 e V Y - VDon nos ciclos positivos da entrada.
Para Vin < 0, D, é desligado (por quê?), o que resulta em Vx = Vme leva VYa um valor positivo
muito alto. A Fig. 8.23(b) mostra as correspondentes formas de onda.
Repita o exemplo anterior para uma entrada triangular que varia de - 2 V a +2 V.
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 ) =
<D\
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<n\\rxi)-
(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</V»
r() = Vyif e rn = f3V7/ICi a Eq. (9.7) pode ser simplificada como:
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<n\\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<n = 500 kQ.
(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 m<estrada na Fig. 9.25,
esperando que a b ateria Vx forileça as correntes de bas<e e defina as tensões bzise-emissor de QREF
e de Qx. Expliquei nos o que acc>ntece.
- 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/<//, m aior ( = 3 Is neste
caso), de m odo que um transistor, Q t, possa gerar
uma corrente menor. Repetindo as expressões (9.89)
e (9.90), temos
Iref
= 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
<J>'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<iw e m te r m o s d e v lhév. C o m o a
te n s ã o n o n ó E e m r e la ç ã o à t e r r a é ig u al a u„„, + v lhév,
p o d e m o s v e r v A c o m o u m a v e r s ã o d iv id id a d e ly:
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<Thév
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<n = 1 k íl. Q u a l é a m ín im a te n s ã o d e
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<HI/ i [
10.69 R ep ita o E xercício
na Fig. 10.88.
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 / \
<j>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 <opin aumentou em magnitude por mais de um fator de dois, e (opoul, por um fator
aproximadamente igual a dois (se gmR, » 2). Em outras palavras, o ganho é dividido por dois e a
largura de banda é, praticamente, dobrada; isto sugere que o produto ganho-largura de banda per­
manece aproximadamente constante.
Exercício
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, <S)= (Cx y s - gm)RL
V név' '
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).
<IU67>
(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
imped