sel314-SEL314_P2_res_2011

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SEL314 – Circuitos Eletrônicos II 
2a Prova – 2011 
 
1a Questão: Para o circuito da Figura 1: 
 
a.) Calcular o ponto quiescente @ 27 °C. 
b.) Calcular as grandezas para pequenos sinais e baixas frequências: Ri, Ro e Aυ. 
 
Dados de NMOS N1: KP =133,4 µA/V2 ; VTo = 0,825 V e λ = 0,0145739 V-1. 
 NMOS N: KP =133,4 µA/V2 ; VTo = 0,825 V e λ = 0,015 V-1. 
 PMOS P: KP =42,5 µA/V2 ; VTo = -0,925 V e λ = 0,0145 V-1. 
 Dica: Considerar VZ = 0 ± 1µV. 
 
Figura 1 – Circuito Usado na 1a Questão. 
2 
- Resolução: 
 
O circuito da Figura 1 é usado como bufferizador, para diminuir a impedância e aumentar a 
capacidade de corrente, de saídas de amplificadores operacionais CMOS, principalmente do 
tipo Miller. Ele é constituído por dois estágios: um fonte-comum (M1) com carga ativa 
(M4), polarizado em classe A, e um dreno-comum em push-pull complementar (M3 e M6), 
polarizado em classe AB por dois diodos MOS (M2 e M5). Um divisor resistivo, no caso, 
polariza o gate de M1 com –3.4375 V e uma fonte externa de bias polariza o gate de M4 
com +3.4 V. As equações estáticas, em nível 1, para o primeiro estágio são: 
 
( ) ( )[ ]XpTpPp VVKL
W
I −++−×= 514,35
2
1 2
4
4
1 λ (1.1) 
( ) ( )[ ]YZpTpYZPp VVVVVKL
W
I −++−×= λ1
2
1 2
5
5
1 (1.2) 
( ) ( )[ ]YnTnPn VVKL
W
I ++−−×= 514375,35
2
1
1
2
1
1
1 λ (1.3) 
( ) ( )[ ]ZXnTnZXPn VVVVVKL
W
I ++−−×= λ1
2
1 2
2
2
1 (1.4) 
 
Embora o sistema acima seja de quatro equações e de quatro incógnitas (VX, VY, VZ e I1), ele 
não é um sistema trivial que possa ser resolvido por cálculos manuais corriqueiros, porque 
a variável VZ não pode ser isolada com facilidade. Nesta questão foi estipulado VZ = 0 ± 
1µV. Então: 
 
( ) pTpPpX VKW
LIV λ
11
6,1
25 2
4
41 ×








−
+
−=
 (1.5) 
 
( ) 5
11
5625,1
2
1
2
1
11
−×








−
−
=
nTnPn
Y VKW
LIV λ (1.6) 
 
Resolvendo-se o sistema das Equações 1.5, 1.6 e 1.2 ou 1.4 e com VZ = 0, tem-se que: 
 
I1 = 10,233654 µA ; VX = 1,07077 V e VY = -1,03258 V 
 
As equações estáticas, em nível 1, para o segundo estágio são: 
 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 05151 2
6
62
3
3
=+++−−−+−− offpTpYoffPpoffnTnoffXPn VVVVKL
WVVVVK
L
W λλ
 (1.7) 
( ) ( )[ ]offnTnoffXPn VVVVKL
W
I −+−−×= 51
2
1 2
3
3
2 λ (1.8) 
 
Resolvendo-se o sistema das Equações 1.7 e 1.8, tem-se que: 
 
Voff = 59,54528 mV e I2 = 124,22406 µA 
 
3 
Assim: 
7523,27
825,04375,35
233654,102
1 =
−−
×
=
µ
mg [µA/V] 
 33415,1
825,054528,5907077,1
22406,1242
3 =
−−
×
=
m
gm
µ
 [mA/V] 
48663,1
925,054528,5903258,1
22406,1242
6 =
−+
×
=
m
gm
µ
 [mA/V] 
( ) 0926,7
233654,100145739,0
03258,150145739,01
1 =
×
−×+
=
µds
r [MΩ] 
( ) 123,7
233654,100145,0
07077,150145,01
4 =
×
−×+
=
µds
r [MΩ] 
( ) 4352,576
22406,124015,0
54528,595015,01
3 =
×
−×+
=
µ
m
rds [kΩ] 
( ) 9,595
22406,1240145,0
54528,5950145,01
3 =
×
+×+
=
µ
m
rds [kΩ] 
 
Ganhos de tensão: 
6287,98
41
41
11 −=+
×
−=
dsds
dsds
m
rr
rr
gAυ [V/V] ; 12 ≅υA 
⇒
 
Aυ ≅ -98,6287 V/V 
 
Resistência de saída: 
 
( ) ( ) 12,671//63,7471//1 3666
63
6333
63
=
++
×
++
×
=
dsdsmds
dsds
dsdsmds
dsds
o
rrgr
rr
rrgr
rr
R
 
⇒
 
Ro = 353,66 Ω 
 
Resistência de entrada: 
MM
MMRi 2210
2210
+
×
=
 
⇒ 
Ri = 6,875 MΩ 
 
O circuito da Figura 1 possui, portanto, um ganho de tensão inversor relativamente elevado, 
uma resistência de entrada muito alta e uma resistência de saída baixa, ao contrário das 
arquiteturas OTA. 
 
 
 
 
 
 
4 
2a Questão: Para o circuito da Figura 2: 
 
a.) Calcular o ponto quiescente @ 27 °C. 
b.) Sabendo-se que o ganho em malha aberta desse tipo de AmpOp vale: 
 
64
46
76
2
LW
LW
gg
gA
dsds
m
ol ×+
≅υ 
 
calcular as grandezas, em malha aberta, para pequenos sinais e baixas frequências: Ro e 
Aυol. 
 
Dados de CMOS N: KP = 132 µA/V2 ; VTo = 0,825 V ; λ = 0,015 V-1. 
 CMOS P: KP = 42,5 µA/V2 ; VTo = -0,925 V ; λ = 0,0145 V-1. 
 
 
Figura 2 - Circuito Usado na 2a Questão. 
 
Obs.: Todas as dimensões W/L dos MOSFET ‘s estão dadas em micrômetros. 
5 
- Resolução: 
 
As equações estáticas da perna central do circuito da Figura 2 são: 
 
( ) ( )[ ] 01 121
4
4
=−++−+− oDDpTpoDDPpSS VVVVVKL
W
I λ 
( ) XnTnXPn
SS
o VVVKW
LIV +






−
−−
= λ
112
2
2
1 
 
( ) SSnTnSSbPn
SS
X VVVVKW
LIV +






−
−−
= λ
112 2
5
5
 
 
Com os valores numéricos fornecidos, o sistema de três equações e três incógnitas acima 
calcula: 
ISS = 24,290802 µA ; Vo1 = 1,14275 V e VX = -1,2465 V 
 
Assim: 
6307065,57
825,02465,1
290802,24
2 =
−
=
−−
=
µ
TnX
SS
m VV
I
g
 [µA/V] 
 
Para o ramo de saída do circuito (M6 e M7), no qual a corrente vale Io, o sistema de 
equações é: 
 
( ) ( )[ ] 01
2
1 2
7
7
=−+−−×+− SSoffnTnSSoffPno VVVVVKL
W
I λ
 
( ) pTpoDDPp
o
DDoff VVVKW
LIVV λ
112 2
16
6








−
+−
−= 
 
Onde Voff é a tensão de desbalanceio sistêmico do nó de saída, em malha aberta. 
Resolvendo esse sistema, obtém-se: 
 
Io = 575,99956 µA e Voff = -496,78 µV 
Assim: 
( ) 0597134.816 =−+= offDDp
op
ds VV
I
g λ
λ
 [µS] 
 
( ) 3277643,817 =−+= SSoffn
on
ds VV
I
g λ
λ
 [µS] 
 
Então, com υin- = 0: 
 
15
700
3277643,80597134,8
6307065,57
64
46
76
2 ×
+
=×
+
≅=
+ µµ
µ
υ
υ
υ LW
LW
gg
g
A
dsds
m
in
out
ol 
⇒
 
6 
Aυol ≅ 164,1151 V/V 
E 
µµ 3277643,80597134,8
11
76 +
=
+
=
dsds
o gg
R 
⇒
 
Ro = 61,022 kΩ 
 
Conclusão: O circuito da Figura 2 é um amplificador operacional do tipo CMOS Espelhado. 
O ganho em malha aberta e a resistência de saída, no entanto, são relativamente baixos 
porque não foram usadas cargas ativas cascode em M6, M8, M7 e M9.