85
Teoremas de circuitos em corrente contInua
A
Q 4Q
/0
2Q
116Q
8Q
1'"iJ
Figura 3.45. Circuito para
calcllio da resistencia equivalen te Thevenin do Problema 3.21.
B
v = 6· II 'l
0
8 ·f? = 6·2 - 8·2 = -4 V 4Q
6Q
A
R'l~
c 2Q
,------r----,-- A
8Q
/i)
c)
B
IOQ
B
Figura 3.46. Eqllivalente de Thevenin do Problema 3.21.
IT =
IV'll _
4 R + 10 - 4 + 10 = 0,285 A
; VAB
= 10 .0,285 = 2,85
V
'l
c)
a
I'l
Aplica~ao
do Teorema de Norton. Partindo do gerador de Thevenin:
_IETI =~= 1 A R 4
VAB
-
= IQ
'l
R'l . 10 = I . 40 = 2,86 V R + 10 14 'l
V AB = -2,86 V
lAB
•
V AB _ 2,86 = 0,286 =1010 .A
II 10 Q
Rq
B Iq
A
I
Figura 3.47. Circuito equivalen te de Norton do problema 3.21.
86
Electronica analogica
3.22. Calcular a potencia dissipada pela resistencia R , no circuito da Figura 3.48.
R2
R3
24 V
R1 10K
Figura 3.48.
3.:
Solm;ao: Aplicaremos, em primeiro lugar, a transforma~ao em triangulo das estrelas
constitufdas pelas resistencias R 2-R 3-R 4 e R s-R6 -R7 :
r
R ·R +R ·R +R·R 2·1+2·2+1·2 2 3 2 4 3 4= R4 2
= 4
ro -
=
R 7 . R3 -
+ ~ . R4 + R3 . R4 -
8 2
= -
=
4 K
r3 =
8 2
=-=4
K
R2 . R3 + R2 . R4 + R3 . R4 R
=~ =8 1
K
3
R .R + R .R + R .R 5 ·3+ 5 . 3 + 3 . 3 39 6 S 767= =-=13K R7 3 3
r=s 7
r
=
Rs . R6 + Rs . R7 + R6 . R7
Rs
s
=
39
= 78 K 5'
r = Rs . R6 + Rs . R7 + R6 R7 = 39 = 13 K 6 R 3 6
A
r4 4 K
"----,
r7 13 K 24 V
r3
r2
8K
4K
U
rs
R,
7,8 K:
s ..----'
Figura 3.49.
Seguidamente calcularemos 0 equivalente de Thevenin entre os pontos A e B do circuito da Figura 3.49, para, de seguida, aplicando a Lei de Ohm, calcularmos a intensidade que cir cuI a por R\:
Rq,
=0
, Vq,
= 24
V
~=3K
r4 ,7=4+13
4·7,8 =2,64 K
r 2 ,s= 4+7,8
Teoremas de circuitos em corrente contInua
= 3· 2,64 = 14K
R
3 + 264 ,
tiJ
=
V 'I,
V q,
'
24 . 2,64 = 11,23 V 3+2,64
/=
= /.(rzlh)
I
R, -
-
C/J
Vq ,
r4 . 7 + rz.
Vq ,
R
87
11,23 = 0,98 mA 1,4 + 10
+ R,
Por fim, diremos
P R, =0,98
2
10=9,7 mW
3.23. Calcular a intensidade fornecida pela bateria ao circuito da Figura 3.50.
lK
B
4K
D
5K
R3
C
Rs
' E
Rs
A
I
+
11 100 Y
F
Figura 3.50.
SoIUl;ao: No circuito aparecem duas estruturas em triangulo que se podem transformar em estrela:
r = (I
R .R I
3
R, + Rz + R3
1·2
= ]
+7+2
=0,2 K
, rb =
= 1,4 K
, rd =
R .R Z
I
]·7
=
R, + Rz + R3
1+ 7 + 2
=0,7 K
0
r = C
r = e
R ·R
z
3
R, + Rz + R3 R·R;, 6
R6 + R7 + Rs
=
=
7·2
1+ 7 + 2 8·6 8+5+6
= 2,52 K , rf =
4K
B
R ·R 6
7
R6 + R7 + Rs R7 · Rg R6 + R7 + R;,
8·5
=
8+5+6 =
5·6 8+5+6
D
1,58 K F
+
Rs 100Y
Figura 3.51.
=2,] K
= 1,58 K
88
Electronica analogica Associando resistencias e calculando a intensidade, sera
3.26.
Rbo4 ,d=0,7+4+2,1=6,8 K ; Rc ,5,,,=1,4+3+2,52=6,92 K R4
5 b o
0
. d ,
Co
0
K ,= 6,8 . 6,92 =3,43; RT = 3,43+0,2+1,5 8 =5, 2 I K 6,8+6,92
c
IT
100 = 19,2 rnA
= 5,21
PROBLEMAS PROPOSTOS
3.24. Calcular as intensidades em cada ramo do circuito da Figura 3.52. IK
3.27
2 K7
3 K6
/3
Figura 3.52.
2Y
Sol",;ao: 1,= 0,39 rnA; 12= 1,02 rnA; 13= 0,08 rnA; 14 = 0,63 rnA ;1)= 1,1 mA; 16= 0,47 rnA.
3.25. Calcular, utilizando 0 metodo das malhas, a intensidade que circula por cada ramo do circuito da Figura 3,53, 12
lK
IK
+ 1/3
~ /
y
+14
7Y
500 Q
/
+ ~ 5
2K
4Y
I
6
Figura 3.53.
Solm;ao: 1,= 1 rnA; 12= 3 rnA; 1)= 2 rnA; 14 = 4 rnA; 1)= 6 rnA; 16 = 3 mAo
3.2
o
Teoremas de circuitos em corrente continua
Calcular as intensidades das malhas no circuito da Figura 3.54. Rs
R2
n'I EI
'2
+
n
E3
E2
41
E
R,
A
R,
E 1 = 20 Y
RI =4n
E 2 = 10 Y
R2 = 2 n
E3 = 20 Y
R3 = 6 n R4 =5 n
E4 = Es = 5 Y
f
Rs = 3 n R6 = 2 n
E,
R7 = 10 n
----~
R7
Figura 3.54.
Sol",;ao: 11= 0,36 A; 12= -0,81 A; /,= 0,03 A.
3.27. Calcular 0 potencial do ponto A em rela<;:ao
a massa no circuito da Figura 3.55.
3K
Figura 3.55.
Solu~ao:
VA = 11,89 V.
3.28. Calcular a corrente em cada malha no circuito da Figura 3.56. R7
RI
I
I.
,
II R4 I/2t
DR,
t
~
E ,
£1 =2 V
R I =212
£2 =5 Y
R2 =0,512
£3 = I Y
R3 = 1 12
£4 = 4,5 Y
R4 =5 12
£s = 10 Y
Rs = 1,512
£6 = 1,5 Y
R6 = 1012 R7 = 2,5 12
Rs
Rs =0,512
Figura 3.56.
89
90·
Electr6nica anal6gica
Soluc;ao: 1]= 2,47 A; 12= 2,81 A; I J = 3,04 A.
3.29. Calcular 0 circuito equivalente de Thevenin da Figura 3.57.
2n
Ion Figura 3.57.
3.34.
Soluc;ao: Vq= 10 y.' q R =5 Q
3.30. Calcular
0 circuito equivalente de Thevenin entre os pontos A e B do circuito da Figura 3.58.
20V
Figura 3.58.
Soluc;ao: Vq= -li,2 Y; Rq= 1,52 KQ.
3.31. Calcular a resistencia equivalente do circuito da Figura 3.60, transformando, em primeiro lugar, urn triangulo em estrela, e em segundo lugar, uma estrela em tri angulo. 0,5 Q
E= 10V
Figura 3.60.
Soluc;ao: R q= 5,5
Q
3.33. Calcular 0 circuito equivalente de Thevenin entre os pontos A e B da Figura 3.61. Calcular tambem a corrente que passa pela resistencia R,.
3.3
Teoremas de circuitos em corrente continua R2
a
l
R,
T
£1
9J
b
£, =6 V £2 = 10 v R 1 =R 2 =200. R)= R4 =300.
J£2
Rx =150.
R4
Figura 3.61.
80ludio: VlJ = 8 y.' q R = 25 Q. f = a 2 A. ~ '.1"
a
11
3.34. Calcular a intensidade que circula pela resistencia R4 no circuito da Figura 3.62. utilizando os seguinte metodos: a) Metodo das malhas. b) Teorema de Thevenin. c) Teorema de Norton. R1
R3
Ef}]~,
E= 100 V R 1 =5 Q R2 = 20 Q
R3 = 5 Q
R4 = 15 Q
Figura 3.62.
801u1;30: f= 10,6 A
3.35. Utilizando 0 metoda mais rapido, calcule 0 circuito equivalente de Thevenin da Fi gura 3.63.
I
n A
It
9V 3 K2 1
3K
3K
801u1;30: Vq = 0,54 Y; Rq = 2,16 K.
•
n B
Figura 3.63.
CAPITULO 4
CORRENTEALTERNADA 4.1. GRANDEZAS E VALORES CARACTERISTICOS As grandezas mais significativas dos sinais de corrente alternada sinusoidal (ca), como se mostra na Figura 4.1, sao a pulsa<;ao w, a frequenciaj eo periodo T, e as rela<;:6es entre elas encontram-se na Tabela 4.1. e
Emax
Illlax T 2Tr
a
Figura 4.1. Sinais de tensao e intensidade alternados sinusoidais.
Tabela 4.1.
Grandeza
Unidades Rela<;:6es entre grandezas
Rela~6es
entre w,fe T
Pulsa~ao (0
Periodo T
rad/s
s
W=
21tf
T= lIf
Frequencia f
I
cis ou Hz
f
= liT
Desfasameuto angular ex rad
I
a=
WI
94
EleClronica analogica
Os valores caracterfsticos de um sinal de ca, tanto de tensao como de intensidade, sao 0 instantaneo (e ou i), 0 maximo (E max. ou I max.),0 medio (E me d ou I mc(I) e 0 eficaz (E e I' ou II) c (Figura 4. I). Na Tabela 4.2 descrevem-se as equa~6es dos valores instantaneos, medio e eficaz em fun~ao do valor maximo ou de pico. Os valores eficazes serao representados tambem utilizando a letra E ou I, caso se trate de tensao ou de corrente, respectivamente.
desfa: em re emq\ A ten amba
Tabela 4.2. Equa<;6es dos valores instantaneos, medio e eficaz
Valor
Elicaz
lnstantaneo
Tensao
e = Ern"X sen
Intensidade
i
= I rnax
sen
(j)t
(j)[
E.
E
-~
I
- I Illax.
er -
er -
12
12
Medio 0
0
4.2. CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA COM ELEMENTOS PASSIVOS Os geradores de ca podem alimental' redes ou circuitos constitufdos pOI' resistencias. bo binas e/ou condensadores. Quando a carga consiste exclusivamente mllna resistencia, a ten sao e a corrente estao em fase, como se mostra na Figura 4.2, e a rela~ao entre ambas pode obter-se mediante a Lei de Ohm aplicada aos valores eficazes:
desf. nor, entn
E=RI
Esta lei
e aplicavel tambem aos valores instantaneos, m
1
E
R
Figum 4.2. Circuito de ca com resistencia.
Quando 0 receptor e uma bobina cujo coeficiente de auto-indu~aoeL, produz-se um
on, ter
Corrente a/ternada )0
ler) oe los Ite.
9S
desfasamento de 90° entre a tensao e a corrente, de maneira que esta se encontra atrasac/o em rela~ao a ten sao (Fig. 4.3). A rela~ao entre estas grandezas e neste caso: E= wL! em que 0 produto wL se chama reacHincia indutiva XL' e mede-se em ohms.
A tensao e a con·ente consideram-se grandezas vectoriais. Para indicar 0 desfasamento entre
ambas, utiliza-se a nota~ao complexa:
E = jwLI e
I
L
Figura 4.3. Circuito de ca com 0
10 'a
auto-indu~ao,
Quando 0 receptor e um condensador cuja capacidade e C, tambem se procluz um desfasamento de 90° entre a tensao e a corrente, pelo que neste caso, ao contn'irio do ante rior, a tensao esta atrasada em rela~ao aconente, como se mostra na Figura 4.4. A rela~ao entre estas grandezas sera
1 £=-1
we
I
E
C
Figura 4.4. Circuito de ca com capacidade.
onde a expressao l/wC se chama reactancia capacitiva Xc e mede-se, como no caso an terior, em ohms. o desfasamento entre a tensao e a corrente indica-se da seguinte maneira:
96
Electronica analogica
1
E=-J'-I . wC Na Figura 4.5 mostra-se urn circuito que contem os tres elementos passivos: resis tencia, bobina e condensador. A impedancia Z do circuito, representada na forma rectangular, sera
z= R+ i( wL-
w~)
o modulo e 0 angulo de desfasamento sera dado pelas expressoes z = ~ R' + J( wL -
I
wL---
~J
= arc tg
R
c
L
R
wC
J
4•.: '------------1(
rv ) 1 - - - - - - - - - - '
+
A
E
Figura 4.5. Circuito de ca com R, L e C.
Os valores da corrente no circuito e da ddp aos terminais de cada elemento serao
E 1=-
Z
VR
= RI
VL
= iwLI
V =-J. I I c wC
Cll
4.3. POTENCIA EM CORRENTE ALTERNADA No circuito de ca e posslvel calcular tres diferentes tipos de potencia: activa, P, reactiva, Q, e aparente, S. A unica potencia capaz de se transformar noutro tipo de energia e a ac tiva. Na Figura 4.6 mostra-se um sinal de potencia de urn circuito de ca na qual a corrente e a tensao estao desfasadas de urn angulo j. Os valores das tres potencias podem obter-se mediante as seguintes equar;oes:
P = £1 cos
,
c, d:
Q = £1 sen
A relar;ao entre a potencia activa e a potencia aparente designa-se pOl' factor de
potencia, e representa-se pOl' cos j:
n
Currel1le alternada
97
p
cos ({J
=S
s 1a
o
e
\/ PII/=PI/
Figura 4.6. Forma de onda da potencia de um circuito de ca.
4.4. RESSONANCIA SERlE E PARALELO A intensidade no circuito serie da Figura 4.5 sera
1= E =
Z
E
R+
J( wL- ~C)
Os valores do modulo e do angulo de atraso da intensidade em rela~ao a ten sao, no circuito respectivo, podem obter-se atraves das seguintes express6es
WL-
E 1=
1
I
2
R +
J( wL- wC
2
({J
= arc tg
I
wC R
)
'a,
c Ite
ie
Existe urn valor de pulsa~ao para a qual a reactancia indutiva e igual a reactancia capacitiva, wL = l/wC. Diz-se neste casa que 0 circuito entra em ressonancia. Os valores da pulsa~ao e da frequencia serao
1 o W = ,J LC
fo = 2n,J LC
Nestas condi~6es, a impedancia do circuito e minima (20= R) e a corrente e maxi ma (/0= E/R).
98
Electronica analogica
A relayuo
W
oLi R chama-se factor de qualidade do circuito, e representa-se pela le
tra Q. Na Figura 4.7 mostram-se os valores de I e de j em funyuo de w. 4.1
cp
I
90°
R=O
I I
~I
E
R2>R 1
I I
0°
R
0)0
0)
I I
R2>R 1
I
I ______ 1
-90° 0)
0)0
Figura 4.7. Corrente e desfasamento em fun~a() da pulsa~a()
de urn circuito ressonante serie para diferentes valores de R.
Na Figura 4.8 mostra-se urn circuito ressonante paralelo. 0 valor da pulsayuo e da frequencia de ressonancia, bern como 0 factor de qualidade, podem obter-se atraves das equay6es do circuito serie. Os valores da impedancia e da conente sao
L
20
= RC
f
o
= ERC L
+ E ("v
c 4.
Figura 4.8. Circuito ressonante pal·aleJo.
----------
Corrente alternada
99
PROBLEMAS RESOLVIDOS
4.1. 0 sinal de ten sao de um gerador de ca tem um valor maximo de 311 Yea sua fre quencia e de 50 Hz. Calcular:a) 0 perfodo. b) 0 valor da tensao para os seguintes valores de t: I ms, 2 ms, 5 ms, 8 ms, lams, 12 ms, 15 ms e 18 ms. Desenhar a for ma de onda resultante. c) 0 valor eficaz da tensao. Solu~ao:
a) 0 perfodo sera: T b) e = E,mh' sen wt;
1
1
= - = - = 0,02 f 50 W=
s
= 20
ms.
2rrf= 314,16 rad/s = 18 OOoo/s.
Para t = I ms: e = 311·sen 18' = 96, IV. Para t = 2 ms: e = 311'sen 36' = 182,8 V.
Parat= Sms:e=311'sen 90'=311 V. Para t = 8 ms: e = 311·sen 144' = 182,8 V. Para t = 10 ms: e = 3 1I· sen 180' = a V. Para t = 12 ms: e = 311'sen 216' = -182,8 V.
Parat= ISms:e=311·sen270'=-311 V. Para t = 18 ms: e = 311'sen 324' = -182,8 V.
a S
.,
e(V)
II
311 182,8 96,1
-
15
18 20
01 1 2
I ( seg )
-182,8 -311
c) 0 valor eficaz sera: Eef 4.2.
J.
iii
Figura 4.9.
= E,mix ..fi -_ 311 ..fi = 220
V.
Urn gerador de ca, cuja fem tem um valor eficaz de 100 V, liga-se a uma resisten cia de 50 n. Calcular: a) 0 valor maximo da tensilo. b) Os valores eficaz e maximo da corrente. Solu~ao:
100
Electr6nica anal6gica a) 0 valor maximo, ou
0
E'11<\x = -fiEc! = {i· 100 = 141 V
valor de pico, sera
b) 0 valor eficaz da corrente sera If e
Eel
=-
R
4.6
100 = -- = 2 A 50
Poderemos obter 0 valor maximo de duas formas diferentes:
I max- =.J21ef =.J2 -2 = 2 ' 82 A
I max
E max
_
141 = 2,82 A
= R - 50
a passagem de uma ca de SO Hz, uma bobina cujo coefici ente de auto-induyao L e 9,55 mH? Calcular novamente a reactancia indutiva se a
4.3. Que resistencia oferece
frequencia do sinal subir para 2 000 Hz_ Soluc.;ao: Para
1=50 Hz; XL = wL=2-n-50-9,55-1O-:1 =3 Q.
Para
1 = 2000 Hz; XL = 2·n· 2000·9,55·10-:1 = 120 Q.
4.4. Calcular a reactancia capacitiva de um condensador de 80 IlF de capacidade para uma frequencia de SO Hz. Calcular de novo a reactancia para uma hequencia de 2000 Hz. Soluc.;ao:
Para
1 = 50
1
Hz', Xc = wC
Para 1 = 2000 Hz; Xc = 2. n . 20001 .80 . 10 . 4.5.
= 40
I
2 . n . 50 .80 . 10
Q.
6
= 1 Q.
Uma bobina cujo-coeficiente de auto-induyao L e de 30 mH liga-se a uma rede de 220 V e SO Hz. Calcular. a) A reactancia indutiva. b) A intensidade eficaz que circula pela bobina. c) A intensidade maxima. d) A pulsayao e 0 perfodo. Soluc.;ao:
a) 0 valor da reactancia sera XL
,
b) A correnye eficaz valera: I
c) A corrente maxima:
= 2nfL = 2·n· 50·30·10-:1 = 9,42 Q.
220 = - - = 23,35 A.
XL 9,42
=-
E
I,mix = -fil = .J2 . 23,35 = 33 A.
d) A pulsa9ao, expressa em rad/s, sera W POl'
ultimo,
0
perfodo sera T
= 2 rrf = 2· n ' 50 = 314 rad / s.
1 1
= - = - = 0,02 s = 20 ms.
1 50
4;
Currente altemada
4.6.
101
A uma rede de 127 V e 60 Hz liga-se urn condensador cuja capacidade Cede 10 ,ufo Calcular: a) A reactancia capacitiva. b) A intensidade eficaz no circuito. c) A in tensidade maxima. d) A pulsa9ao e 0 perfodo. Solm;ao: a) A reactiincia capacitiva sera Xc
1
1
= -- 2rrjC 2 . rr . 60 . I E
b) A intensidade eficaz no circuito sera 1= Xc
10-6
= 265,2 Q.
127
= - - = 0,48 A.
265,2
= -fi I =
c) 0 valor da intensidade maxima sera Im'ix
°.
-fi .0.48 = 0,68
A.
d) A pulsa9ao e 0 perfodo correspondente a uma tensao de frequencia 60 Hz serao
T=~=_I =0,016
OJ=2rrj=2·rr·60=377 rad/s ;
j
s=16 ms
60
4.7. 0 circuito da Figura 4.10, formado por urn gerador de ca de 220 V e SO Hz, tern ligado aos seus terminais uma resistencia de 30 Q e uma bobina cujo coeficiente de auto-indu9ao e 0, I H. Calcular: a) 0 modulo da impedancia. b) 0 angulo de desfasagem entre a tensao e a corrente. c) Intensidade de corrente. d) A ddp em cada componente.
L
R
I
+
~
Figura 4.10. E
Solw;;ao: a) Em primeiro lugar,
e necessario calcular a reactancia indutiva:
XL = wL = 2· rr· 50·0,1 = 31,4 Q
o valor da impedancia formada pela resistencia e a reactancia indutiva sera Z=~R2+X~ =~302+31,42 =43,4 Q b) 0 iingulo de desfasagem entre Eel sera
cp = arc tg
X
31,4 = arc tg - - = 46,3° R 30
_L
c) A corrente esta atrasada 46,3° em rela930 dade no circuito sera
atensao de alimenta9ao. 0
modulo da intensi
102
Electronica anal6gica
4.9.
220 = 5,1 A 1= Z = 43,4
E
d) A tensao do gerador reparte-se entre a resistencia e a bobina:
V R =RI=30·5,1=153 V
V L =XJ=31,4'5,1=160 V
Os valores obtidos correspondem aos modulos clas tens6es. Ambos se encontram clesfasaclos
90°, A VI. aclianta-se em rela<;:ao a V w 4.8.
0 valor eficaz da tensao do gerador da Figura 4.11 e de IS V e a frequencia 100 Hz. A resistencia e 100 KQ e 0 condensador e de 1 nF. Calcular: Z,j, I, V'I e Vc
c
R
1 ' - - - - - - - - - - j ( "0
+
JI--------'
Figura 4.11.
E
SoIUl;ao: 0 valor clo moclulo cia impeclancia pocle obter-se clirectamente sem calclilar pre
viamente a reactfll1cia:
• Z = ,IR2
• qJ
+(_I_J2
= arc tg
2nfC
-
1
2nfRC
= ,,/00 0 .10 3/ \
= arc tg
A corrente aclianta-se 86,4° em rela<;:ao
+(
I
2,n·LOO·I·IQ-<J
)2
I, " 2 . n . 100 . 100 . W" , 1. 10
= 1594,6 KQ
= -86,40.
a ten sao clo geraclor.
o moclulo cia corrente sera E 15 3 • !=-= =9,4·10- mA=9,4!J.A Z 1594,6 • V R = R! = 100, 9,4 .10-3 = 0,94 V • V c = _1_! =
2nfC
1 2· n . 100 . 1· 10
9
.9 ' 4.10-6 = 14 , 97 V
A tensao Vc atrasa-se 90° em rela<;:ao a VR ,
4.1
Corrente alternada
103
4.9. 0 circuito da Figura 4.12 e formado por um gerador que esta ligado a uma rede formada por uma resistencia de 3 £1, uma bobina cujo coeficiente de auto-indu<;:ao ede 9 , 5 mH e um condensador de 455 ).tF. Calcular as quedas de tensao Vlib , Vhe e Vcd
ldos
a
100
I
c
R= 3 n
C= 455 J..lF
L= 9,5 mH
L---JI
,d
' - - - - - - - - - - j ( "v 11----------'
+
E
= 20 Y, f=
50 Hz
Figura 4.12. Solu~ao:
Em primeiro lugar, podemos calcular as reactancias: -1 1 XL = mL = 2 . 7t . 50 . 9 ' 5 . 10 . = 3 Q ., Xc =
mC
pre-
o "'00· da impw'",ia ser"
Z
1 2. 7t . 50 . 455 . 10-6 = 7 Q
J
~ ~ R' +( wL - ~C ~J3' +(~)' ~ 5 Q
.n
L
o desfasamento entre Eel sen!: qJ = A corrente adianta-se 53° em rela<;:ao
arc tg
m
a ten sao e 0
1 - ---- C
R
-4 __ 530 .
3
m = arc tg
E
seu valor sen!: I = -
Z
20
= -
= 4 A.
5
o modulo de cada uma das quedas de tensao sera
v
ab
= RI = 3·4 = 12 V .' Vlie = X L 1 = 3·4 = 12 V '. Vcd = XC 1 = 7·4 = 28 V
4.10. Representar na forma complexa, utilizando a expressao rectangular, as impedancias dos Problemas 4.7, 4.8 e 4.9.
Solu~ao:
No primeiro caso 0 modulo da impedancia e 43,4 n, e 0 angulo do desfasamento
j=46Y.
Para chegar aforma rectangular e necessario partir da expressao trigonometrica: Z=Z(COS qJ+j sen qJ)=43,4(cos 46,3°+j sen 46,3°)=30+j31,4 No segundo caso, Z = 1594,6 KQ e qJ = -86,4°, portanto:
n
104
Elecrronica anal6gica
Z==Z(cos cp+j sen cp)==1594,6 [cos (-86,4°)+jsen (-86,4°)]==IOO-jI591 KQ Por ultimo, no Problema 4.9, Z
=5
Q e cp
= -53°, por cOl1seguinte:
Z=Z(cos cp+j sen cp)=5 [cos (-53°)+j sen (-53°)]=3-j4 Q Como podemos observar, em todos os casos a parte real do numero complexo representa 0
valor da resistencia do circuito, e a parte imagimiria representa 0 valor da reactiincia total.
4.11. Representar na forma polar ou m6dulo-argumento as seguintes express6es rectan gulares: a) 5 - j2. b) -3 - j8. c) 6 + jO. d)
a- j3. e) 3 + j4.
SoIUl;ao:
a)
In
= ~52 + (_2)2 = 5,4
-2 cp = arc tg - = -21,8° 5
b)
In
In
=
.J6 2 + 0 2 = 6
0 cp = arc tg - = 0°
6
d)
In
cp
e)
In
5,4 1-21,8°
= ~(_3)2 +(_8)2 = 8,5
-8 cp = arc tg - = -110,5° -3 c)
}
}
8,5
1-
4.1: 110,5°
}
6~
}
3
= ~02 +(_3)2 = 3
= arc tg
-3
-
= -90°
0
= .J3 2 + 4 2 = 5
4 cp = arc tg - = 53° 3
I -90
0
4.
}
5~ e
Z = 8 + j 12. Calcular 0 m6dulo e 0 angulo de desfasamento. Calcular tambem 0 coeficiente de auto-induc;ao. Supondo que se aplica uma ddp de 50 V, calcular a corrente total e a tensao em cada elemento.
4.12. 0 valor da impedancia de uma rede, para uma frequencia de 50 Hz,
Corrente a/ternada
105
Solu~iio:
Z=,)s2+ 12 2 =14,4 Q
o
o valor de L sera
L=-
q>
12
21tf
=
8
= arc tg - = 56°
12
12 2, 1t, 50
= 38 mH,
50
Ao aplicar uma ddp de 50 V, a intensidade no circllito sera 1 = -
8 + j12
Para eliminar a parte imagimiria do denominador e preciso mllitiplicar 0 numerador e denominador pelo numero complexo conjugado do denominador, ou seja, pOl' 8 - j 12:
I
= __ 50_(8_-_1_'12_)_
400 - j600 2 2 8 + 12
(8+ j12) (8- j12)
= 400 -
j600 208
0
= 1,92 _ j2,88
As qlledas de tensao na resistencia e na bobina serao
V R = RI = 8(1,92 - j2,88) = 15,36 - j23 ; VI. = jXJ = jI2(1,92 - j2,88) = 34,56 + j23 4.13. Calcular 0 modulo e 0 desfasamento relativamente ao eixo real de uma impedancia formada por uma resistencia de 6 Q e uma bobina de 15 mH, ligadas em serie, Ex pressar 0 resultado na forma polar e na trigonometrica, A frequencia da rede a que se encontram ligadas e de 50 Hz, Solu~iio: 3
XL = liJL=2xnx50xI5xlO- =4,7 Q
A impedancia sera: Z • Modulo: Z =
~62
= R + jXL = 6 + j4,7,
+ 4,7
2
= 7,63 Q
4,7
• Desfasamento: qJ = arc tgT = 38° Forma polar: Z
= Z Iq> = 7,63138°
Forma trigonometrica: Z
=Z
(cos cp + j sen cp) = 7,63 (cos 38°+ j sen 38°)
4.14. Qual e a corrente que circula por uma impedancia de valor Z = 4 - j quando se liga a um gerador de 100 V a 50 Hz? Solu~iio:
I
E
100
Z
4- j
=- =- - ,
Para eliminar a parte imaginaria do denominador multiplica-se pelo conjugado:
I
100(4+)')
= (4 - j)( 4 + j) --
400+ JIOO _ 400+ JIOO =235+)'5 9A - " 4 2 + 12 17
106
Elecrronica analogica
o modulo e 0 angulo de desfasamento serao
I =
5 9
23,5
~23,52 + 5,9 2 = 24,23A
4.15. Calcular a impedancia total e a corrente pOl' cada ramo do circuito da Figura 4.13. 4Q
11 12
8Q
6Q
r IT L--
---{[
+
'0)}------
E = 100 V f= 50Hz
Figura 4.13.
Soluc;ao: As impedancias de cada ramo serao
ZI
= 4+ j8
Z2 = - j6
Impedancia equivalente:
Z
= ZI· Z 2 = (4+j8)(-j6) = 48-j24= (48-j24)(4-j2) = eq ZI+ Z 2 4+ j8- j6 4+ j2 4 2 +2 2 = 192-48- j96- j96 = 144-j192 =72- ·9 6Q 20' J, 20
4.1'
As correntes serao
E 100' 100(7,2+j9,6) IT = Zeq = 7,2 - j9,6 = 7,2 2 +9,6 2
z: E
II=
720 + j960
= 5 +j6,66
A
100 100(4 - j8) 400 - j800 .
= 4 + j8 = 42 + 82 = 80 = 5 - J 10 A
I = ~ = 100 = 100 X j 6 = j 600 = . 6 66
2 Z2 - j6 62 36 JI, A
Verifica-se que 11+ 12 = IT' ja que 5 - j 10 + j 16,66 = 5 + j6,66. Os valores das correntes estao expressos na forma rectangular. Os m6dulos e os desfasamentos sao faceis de obter a partir das formas complexas.
4.16. Desenhar 0 diagrama vectorial correspondente ao circuito serie da Figura 4.5, su pondo que a reactancia indutiva e maior que a capacitiva.
Corrente alternada
J 07
Solu~ao:
}
XL
4,
E
real
Vc I
Xc
Figura 4.14.
-:J
Observac;i5es: • A tensao da resistencia ,VR , esti em fase com a corrente. • A tensao da bobina , Vc esta adiantada 90° em rela,
e igual a fem
do gerador:
V R + V L + V c = E.
4.17. Calcular a impedancia equivaJente, das correntes IT' lIe 12 e as quedas de tensao Vo '} e V be no circuito da Figura 4.15. Construir 0 diagrama vectorial. R, a
= 5 .Q
= 10 mH
C2 = 600 llF c
b
12 II
L
C,
= 400 llF R2 = 3.Q
i IT '---------------{["-., 1
+
E
!
= 100 V
j= 50 Hz Figura 4.15. Solu~ao:
lOS
Electr6nica anal6gica
Xc, =-=5312 , -
I
z = (5+ j3,14) =
Z k
3 jS,3 3 - }°S , 3 0
=
wC2
= 25,12- j40 = (25,12- j40)
(-jS)
5+ j3,14- j8
"b
4.18.
1
1 XL = wL = 3' 14 12 '. C X == 8 12 wCI
(S+.j4,86) 52 +4,86 2
5- j4,86
= 6,6- jl,6
Q
= -jI6(3+ jS,3) = 84,8- j48 = 23-
-j16
32 + 5, 32
3 - }°S , 3
°13 Q
, } ,
37
Zeq =Zab +Zbc =6,6- j1,6+2,3- jl,3~9-.i3 12 I =~=~= 100(9+ j3) T Zeq 9 - j3 9 2 + 32
= 900+ j300 = 10+ 90
°333 A
J ,
V ab = IrZ ab = (10 + j3,33) (6,6 - jl,6) = 66 + 5,33 + j22 - j16 = 71,33 + j6 V V bc II
=
IrZ bc =(10+ j3,33) (2,3- jl,3)=23+4,33+ j7,66- jI3=27,33- j5,34 V
V ab
= _jX C,
_ 71,33+ j6 _ (71,33+.i 6 )xjS -
- j8
-
82
=-
4S+ j570,64 64
=_
0,73+ j8,9 A
12 =IT-I\ =1O+j3,33-(- O,73+j8,9)=10,73-j5,57 A
A soma vectorial de lie 12 e igual a IT A soma vectorial de V"b e Vb, e igual
°
atensao E do gerador.
4.1
j
Escalas :
II
Z I Qldiv V 10 V/div I I A/div
real
-real
12 -j
Figura 4.16.
Corrente alternada
4.18. Calcular a ddp V ah no circuito da Figura 4.17.
R,=2Q Xc=4Q XL=S Q
Figura 4.17. Solu~ao:
A impediincia entre os pontos a e b e:
-j4(2+ j8) Zab
= 32- j8 = 1,6- j7,2
= _ j4 + 2 + j8
Q.
2 + j4
A impediincia total do circuito sera:
ZT = 6 + 1,6 - j7, 2 = 7,6 - j7, 2 Q.
A corrente que circula no gerador e
20 = 20(7'26 + j7'22 ) = 1,38 + jl,31 A. IT - 7,6 - j7,2 7,6 + 7,2 Addp naresistenciaR, sera:
V R, =6(1,38+ jl,31)=8,32+ j7,86 V.
• A ddp entre os pontos a e b sera:
V ab = 20 - (8,32 + j7,86) = 11,6 - j7,86 V.
4.19. Calcular a intensidade no circuito da Figura 4.18. £I=IO~ -~'\."
£3= 30
Iso V
,-
L - 4H
f l = I KHz
1 C=10~F I
'\.,,) £2= 20 _5° V
('\."
h= 1 KHz
I
h=
,
1 KHz
L 2=2 H
Figura 4.18. Solu~ao:
o valor da pulsa~ao sera:
ill
3
= 2rtf = 2 . rt . 1. 10 = 6283,18 fad / s.
109
110
Electronica analogica A impediincia total:
Z
1
= R+ jOJ(L, + Lz )- j - = 1000+ wC 1
+j·6283,18· 6 - j
E
6283,18·10 ·10-'
= 1000 + }'37683 .
KQ
A corrente no circllito sent:
1= E , +E z +E 3 = 10 Z
1- 86,2°
1 = 1,59
lJr
+20 ~ +30 ~ 1000 + )37683
59,63 + )2,43 = 0,1- .i1,57 mA;
1000+j37683
rnA
4.20. Calcular as intensidades das malhas do circuito da Figura 4.19. R 1=20 KQ
4.2]
/l)
E 1= 12 V
f= 100 KHz
R2= I KQ
f= 100 KHz
L I_ _,
L j = 10 mH SolU';ao: Aplicando
0
metodo das malhas:
E=[R + j(WL _wC_I)]1 ~(_j_l )1 wC 1
I
Figura 4.19.
L 2=20 mH
I
E, ~ -(-j ~c}, +[11,
1
+
2
j( WI., - ~cJ]I,
o valor de w sera 3 OJ = 2IT! = 2'IT ·100 .10 = 628318,5
rad / s.
Sllbstitllindo os valores, obteremos
12 = [20. LQ) + )(628318,5, 10· LQ-)
5 =-
62831 8,
~. 1. 10
6
)}I -(-)
~
628318, . I . LQ-6
}z
1 ) I - [ 1·10 3 + .( 628318 5·20· 10 -.1 I )] I -. ( J628318,5.I.LQ-61 Z J, 628318,5.1.\0-6
A
Corrente altemada
Estas
equa~6es
podem ser reduzidas
a seguinte forma:
12=(20+j6,28)I, +jl,59·10-3 12 Resolvendo
1 = 1
(j1,59· 10-')[
5
(1+)12,56)
Substituindo
5=jl,59·1O- 3 I, +(1+jI2,56)I 2
(12+)150,7)-)7,95 10-' =0,54-jO,17 A 6 . (-58,87+)257,48)-(-2,510- )
=
[(~0+)6,~~) (JI,59.1O-')[ ()1,59 ·10 .)
.., '
;
sistema:
0
12 1
III
(I + )12,56)
valor de
0
II
na segunda
equa~ao
e resolvendo em ordem a I z, teremos
4
I = 5 - (2,7.10- + j8,58 ·10-4) 2 1+ j12,56
4,9-j8,58·10-4 =0,03-jO,37 A 1+ j12,56
4.21. Calcular pelo metodo das malhas a corrente que circula na resistencia RC do cir cuito da Figura 4.20. ZI
£1 = 20 V
Z2
a
£2 = 10 V
Il)
£1
ZI = 2+)0.
H2 '2j
12 )
liRe
Z, = 4-)30. Z2 = -)40.
I
T
r-----"1
I b
Z4= )50. R=IOQ ('
Solu~ao:
As
Figura 4.20.
equa~6es
do circuito sao:
E 1-E 2= (Z,+Z3)I j -Z3I Z
Ordenando as
equa~6es
E 2= (Z2+Z3+Z4+Rc)'2-Z3II
;
e substituindo os valores, teremos
10=(6- j2)I, -(4- j3)I 2 Resolvendo
0
;
10=-(4- j3)I, +(14- j2)I 2
sistema:
(6- )2)
101
-(4 - )3) 10 _ 60 - )20 + (40 - j30) = 1,45 _ )0,36 A -(4- )3)1- 84- )12-28-4-(16- )12- )12-9) -(4- )3) (14- )2) I
2
-z
I}z
1 =
I (6- )2)
4.22. Transformar a estrela da Figura 4.2 I no iriangulo equivalente:
Zl = j2 ; Z2 = j6
;
Z3 = j3
112
Electronica analogica
S,
z, Z3
Z3
2
p. 2
3
3
Z,
Figura 4.21.
Figura 4.22.
Solu~ao:
Z =ZIZZ+ZIZ3+ZZZ3 = -12-6-18= -36(-)2)=)72=)18
Z I
I
22
J'2
4
Z =ZIZZ+ZIZ3+ZZZ3 = -12-6-18= -36(-)6)=)216= '6
z Z z 62 36 J
J'6 Z =ZIZZ+ZIZ3+ZZZ3 = -12-6-18= -36(-)3)=)38=)12
Z 3
3
32
J'3
9
4.23. Urna liga~ao em triangulo tern tres irnpedancias iguais: Zl =
Zz =
Z3 = IS 130° Q,
Calcular 0 valor das irnpedancias do circuito estrela equivalente, Solu~ao:
Z 1--
Z ZZ 3
ZI +
Zz
.,
Z Z --
+ Z3
ZI Z3 ZI + Zz + Z3
. ,
Z = 3
ZIZZ Zl + Zz + Z3
Como ZI = Zz = Z3 = IS 130° Q: ZI = ZI /3= IS 130° /3= 5 Pela mesma razao: Zz = ZI /3 = 5 I 30°
4.24. Calcular a corrente na
Z3 = ZI /3 = 5 I 30° ,
e
auto-indu~ao L z da
I 30°
Figura 4,23, substituindo
0
resto do cir
cuito pelo equivalente de Thevenin, R
L, a
Ey
I
?
f:
Lz
b
Figura 4.23.
4.25.
Corrente alternada
113
Solm,ao:
ZI = R + )XL, - )Xc = 10 + )8 - )4 = 10 +)4 Q
I =~= 20 = 20(10- )4) = 200- )80 = 172- '07 A I ZI 10 + )4 10 2 + 4 2 116 ' j, A tensao do gerador de Thevenin sera
E T = V abo = I,(-)Xc ) = (1,72 - )0,7)(-)4) = 2,8 - )6,9 V L)
R
,
+
•
• a
c
E
Figura 4.24.
b
A impedancia interna do gerador sera
Z = (R+ )XL,)(-)Xc ) = (10+ )8)(-)4) = 32- )40 = (32- )40)(10- )4) = R+ )XL, - )Xc 10+ )8-)4 10+)4 10 2 +4 2 I
= 320-160- )128- )400 = 160- )528 = 134- '45 Q
116
:2.
116'
j,
A corrente por L z e
1=
ET = -2,8- )6,9 = (-2,8- )6,9)(1,34+ )3,5) = 1,34 - )4,5 +) 1,34 - )3,5 1,34 2 + 3,5 2
20,04 - )19,05 14
= I 45 -
'1 36 A } ,
1,34 n
4,5
'
n a
lr-
In '-----
Figura 4.25.
-', b
4.25. Aplicando 0 teorema de Thevenin, calcular a corrente electrica que circula na re sistencia R c do circuito da Figura 4.20 (Problema 4.21). Solu~ao:
Desligando Rc do circuito e aplicando
0
metodo das malhas, teremos
114
Electronica analogica
E I - E 2 = (Zl + Z3)I j
donde
= E)
II
- E2 ZI + Z3
=
10 6_ /
= 1, 5 + jO, 5 A 4.27
A tensao do gerador de Thevenin sera
E r = V abo = E 2 +Z3II = 10+(4- j3)(1,5+ jO,5)= 17,5- j2,5 V A impedancia interna do gerador sera
Z= I
Z Z
Z
(2
')(4
'3)
13 +Z +Z = +J -J - A+ '5=175+ '125 Q Z 2 4 2 . 4 '3 J J , J, 1+ 3 +J+ -J
A corrente por Rc sera
ET
2
1
17,5- j2,5
1,75 + jl, 25 + 10 = 1,45 - jO,36 A
= Z + Rc
4.2
I
4.26. Calcular as potencias aparente, activa e reactiva de uma rede constitufda por uma resistencia R de 15 Q, uma auto-induc;:ao L de 0,2 He uma capacidade C de 30 flF ligadas em serie e alimentadas pOl' um gerador de 220 V a 50 Hz. Desenhar 0 dia grama vectorial das potencias. SoIUl;ao:
Diagrama vectorial de potencias:
p
PI'
cp Figura 4.26
Pa 1 X L =wL=62,8 Q ; X c =-=106 Q
wC
Zeq
I
= R + jX L
=~ = ZCq
I
-
220 15-j43,2
=~ 1 6- + 4
~->
,
jXc = 15 + j62,8 - j106 = 15 - j43,2 Q
,
5-
= 220(15 + j43,2)
=4 8 ,
15 2 +43,2
2
3300+ j9504 2091
4,5
A '. ' '{f1t= arc to0 -1,6 = 70° '.
= 1,6+ j4,5
A
Corrente alternada
• Potencia aparente:
S = EI = 220·4,8 = 1055 VA
• Potencia acti va:
P = EI cos q;
• Potencia reactiva:
Q = EI sen
115
= 220 . 4,8 . 0,34 = 361 W q; = 220·4,8·0,94 = 992 V Ar
4.27. Qual sera a potencia dissipada pela resistencia de Ion do circuito da Figura 4.20? (Problemas 4.21 e 4.25).
Solw;ao: 0 modulo da corrente 12 = 1,45-jO,36 A que circula por Rc sera
2 12 = ~1,452 + 0,36 = 1,49 A Como se trata de uma resistencia, nao existe desfasamento entre a tensao e a corrente que circula pOl' R c e, portanto, a potencia aparente S coincide com a potencia activa. 0 valor da potencia reactiva Q e zero:
s = P = 122 RC= ,1 49 2 ·10= 22, 32
VA
4.28. Aos telminais de uma impedancia cujo valor e Z= 3 + j4, aplica-se uma ddp E =20+ + j 10 V. Calcular as potencias aparente, activa e reactiva do circuito.
Solu~ao. A
corrente por Z = 3 + j4 sera
E 20 + jlO 1= Z = 3+ j4
=
4 _ j2 A
o modulo e 0 desfasamento em relar;ao aorigem, situada no eixo positivo das abcissas, serao 1=
.,)
2
7
4 + 2- = 4 , 47 A .,
o modulo e 0
CfJ I
-2 = arc tg - 4 = -26 ' 5°
desfasamento (em relar;ao
a origem) da tensao E sao:
2 10 E= . ,20) 2 +10 =22,36 V ; CfJ2=arctg -=26,5°
20
o desfasamento total entre a tensao E e a corrente I sera CfJ
= ICfJII +
CfJ2
= 26,5°+26,5°= 53°
• Patencia aparente:
S = EI = 22,36·4,47 = 100 V A.
• Patencia activa:
P = EI cas
CfJ
= 100· cos 53°= 60 W.
• Patencia reactiva:
Q = EI sen
CfJ
= 100· sen 53°= 80 VAL
ou 2 2 P = RI = 3.4,47 = 60 W } Q = XJ2 = 4.4,47 2 = 80 VAr
==?
S = ~ p2 + Q2 = -)60 2 + 80 2 = 100 VA
116
Electronica analogica
4.29. Num circuito serie formado por uma resistencia R = 25 Q, urn condensador de ca pacidade C = 10 IlF e uma bobina que tern uma resistencia de 12 Q e urn coeficien te de auto-indu<;ao L = 0,1 H, circula uma corrente de 0,25 A cuja frequencia e de 100 Hz. Calcular: a) A potencia aparente total, consumida pelo conjunto dos com ponentes. b) A potencia consumida pela resistencia de 25 Q. c) As potencias no condensador. d) As potencias na bobina. e) 0 factor de potencia do circuito. Solu~ao:
A reactanCla capacltiva e: A'
" ,
A reactancia indutiva e:
Xc = - 1 = wC
I
f
2 . 1t . 100· 10· 10-)
XL = wL = 2 . 1t . 100·0,1 = 63
= 160
n
~".
n
A impedancia da bobina sera:
ZB = ~ R~ + XZ = .J12 2 + 63 2 = 64 Q
A impedancia total do circuito
e:
ZT=~(R+RB)2+(X~ -XC)2 =~(25+12)\63-160)2 =104
4.3
Q
a) Para 0 circuito completo: S = Z/ 2 = 104.0,25 2 = 6, 5 VA b) Na resistencia:
QR =
°. '
2
P R = Rl = 25 .
° "
2 25 = 1 56 W
SR=P R =1,56 VA
c) No condensador:
Pc=o; QC= XJ 2 =160.0,25 2 =10 VAl'
Sc =
Qc
= 10 VA
d) Na bobina:
PL =RBI 2 =12.0,25 2 =0,75 W ; QL=XJ 2 =63·0,25 2 =3,9 VAl' SL=ZB1 2 =64.0.25 2 =4 VA au SL=
~
2 2 PL+QL
e) 0 factor de potencia do circuito:
P=PR +PL =1,56+0,75=2,31 W 4.30. Urn motor de 10 CV tern urn rendimento de 85% e urn factor de potencia cosj= 0,8, e encontra-se ligado a uma rede de 220 V150Hz. Calcular a capacidade que e ne cessario colocar em paralel0 para campensar 0 desfasamento entre a corrente e a tensao. Solu~ao:
A potencia uti I do motor, expressa em watts, sera: P u = 10· 736 = 7360 W. A'
•
,
A potencla absorvlda sera: Pa
7360 = P =- = 8658,8 _ll
1J
0,85
W.
4.:
Corrente alternada
P,,cos qJ
A potencia aparente sera: S = - - =
,
I 17
8658,8 0823 =1 ,5 Y A. 0,8
.
S
10823,5
E
220
A corrente (em modulo) absorvlda sen!: 1= - = )
A componente reactiva da corrente e: I,. = I sen
qJ
= 49,19 A
= 49,19·0,6 = 29,5 A 220
A reactancia capacitiva capaz de absorver esta corrente sera: Xc = - - = 7,45 Q.
29,5 1 1 o valor da capacidade sera: C = - - = = 427 IlF wX c 2·n·50·7,45 4.31. No circuito da Figura 4.5, E= 100 mY, R= 0,5 n, L= 0,1 mH e C =50 1lF. Calcular a frequencia de ressonancia fa, a corrente maxima do circuito e a ddp na bobina quando 0 circuito esta em ressonancia. Solu«.;ao:
• roo =_1_= -VLC
1
~0,1.1O-3.50.1O-6 =14142 fad/so
• fa -_ -roo = 14142 = 2250 H 21t 21t Z. E 100 • I =- == 200 rnA. oRO,S E
• VL,,=WoL-=14l42·0,1.1O-3 .200=282,84 mY R
4.32. as elementos do problema anterior ligam-se em paralel0, tal como aparecem na Figura 4.8. Calcular com esta configura9ao a impedancia, a corrente que circula no circuito e 0 factor de qualidade, considerando 0 circuito em ressonancia. Solu«.;ao:
• z = ~ = o
RC
3 0,1 . 10=4 , 5.50. 10-6
°
Q.
6
• I = ERC = 100· 0,5 . 50· 10- = 25 rnA. o L 0,1.10- 3 3
.Q=W L=141420,1.1O- =2,82. o R 0,5
118
Electronica analogica
PROBLEMAS PROPOSTOS 4.40. 4.33. 0 valor eficaz de uma tensao alternada sinusoidal e de 120 V e a sua frequencia de 50 Hz. Calcular os valores maximo e instantaneo deconida uma oitavC\ patte do pe rfodo. Solu~ao:
Em• x = 169,7 Y, e ,= 120 Y.
4.41.
4.34. Vma tensao alternada cuja frequencia e 50 Hz tern urn valor eficaz de 380 V. Cal cular: a) 0 valor instantaneo para os seguintes valores de a : 30°,60°,90°, 120°, 150°, 180°,210°,240°,270°,300° e 330°. b) 0 valor da pulsa~ao w. c) 0 valor da conente maxima quando se aplica a uma resistencia de 300 Q. Solu~ao:
a) 268,7 Y; 465,4 Y; 537,4 Y; 465,4 Y; 268,7 Y; 0 Y; -268,7Y; --465,4 Y; -537,4 Y; -268,7 Y; b) w= 314,16 rad/s; c) Im;;x = 1,79 A
4.35. A uma bobina cujo coeficiente de auto-indu~ao L= 10 mH, aplica-se uma ddp de 220 V com uma frequencia de 50 Hz. Calcular: a) A reactancia indutiva. b) A in tensidade eficaz que circula pela bobina. c) A intensidade maxima. d) 0 perfodo e a pulsa~ao. Solu~ao:
4.42.
4.43.
a) XL= 3,14 Q; b) Icl= 70 A; c) I m• x= 99 A; d) T= 0,02 sew=- 314 rad/s.
4.44. 4.36. Num circuito constituido por urn condensador de 10 IlF e urn gerador de corrente ca de 127 V/60 Hz, calcular: a) A reactancia capacitiva. b) A corrente maxima. c) o perfodo. Solu~ao:
a) Xc= 265,2 Q; b) I m• x= 0,68 A; c) T= 0,016 s.
4.37. Supondo que no circuito da Figura 4.10 (Problema 4.7) 0 valor da resistencia e de 100 KQ e 0 coeficiente de auto-indu~ao da bobina I H, e que ao conjunto aplica mos uma tensao alternada de 100 mV e 500 KHz, calcular a ddp em cada elemento e 0 desfasamento entre a tensao e a conente. Solu~ao:
4.46
VL= 0,0998 Y; VR= 3,18 mY; qF 88°.
4.38. A uma rede formada por urn condensador de 20 IlF em serie com uma resistencia de 100 KQ, aplica-se uma tensao a1ternada de 100 V e 20 KHz. Calcular a ddp em cada componente e 0 angulo de desfasamento entre a tensao e a corrente. Solu~ao:
4.45
4.4/
VR= 100 Y; Vc= 0,39 mY; qF 90°.
4.39. 0 circuito da antena de urn receptor e formado por uma resistencia de 10 KQ, uma bobina com urn coeficiente de auto-indu~ao de 10 IlH e uma capacidade de 100 pF, ligadas em serie. Sabendo que trabalha na banda de VHF (frequencias compreen didas entre 30 e 300 MHz) com sinais de pica (E max. ) de 5 mY, calcular: a) Os va lores maximo e minimo da impedancia da antena. b) A intensidade maxima no cir
4.4:
Corrente alternada
119
cuito e a potencia activa maxima.
SoIUl;ao: a) Z",a,= 21,28 K£1 e Z",;n= 10,16 K£1; b) 1",,;,= 0,491lA e P= 1,7 nW.
4.40. Qual sera a impedancia de uma resistencia R de 500 n e uma bobina com um coe
ficiente de auto-indu<;:ao L de 0,3 H ligadas em serie a um gerador de ca, cuja fre
quencia e de 50 cis? Apresentar 0 valor na forma rectangular e na forma polar.
e
Soluc;ao: Z= 500 + )94 £1; Z= 508,8 110,7° £1.
4.41. Dados um condensador de capacidade C = 5 Fe uma resistencia R = 400 ligados em paralelo, determinar, apresentando na forma rectangular, 0 valor da impedancia equivalente, para uma frequencia de 50 Hz. CaJcular tambem 0 modulo e 0 angulo de desfasagem.
1
°
1a
Soluc;ao: Z= 400 - )636 £1; Z= 752 £1 e )= -57,8°,
4.42. Calcular 0 coeficiente da auto-indu<;:ao de uma bob ina cuja reactancia indutiva e de
500 n a uma frequencia de 1000 cis.
,4
Soluc;ao: L
Ie
n
= 80 mHo
4.43. Calcular a reactancia indutiva XL que se deve ligar em serie com uma R = 80 n para
resultar um desfasamento de 30° entre a tensao aplicada e a corrente.
e
Soluc;ao: XL
4.44. Dado 0 modulo de uma impedancia Z = 12 n e 0 angulo que forma com abcissas j= -30°, expressar Z na forma rectangular.
te c)
Soluc;ao: Z
m
1a
F,
n
a
I'-
0
eixo das
= 10 - )6 £1.
4.45. A que frequencia estara uma bobina cujo coeficiente de auto-indu<;:ao e L = 5 He a
reactancia e XL = 1 000 n? Para que frequencia tera 0 mesmo valor a reactancia
capacitiva Xc de um condensador cuja capacidade e C = 5 !1F?
Ie ato
la
= 46 £1.
Soluc;ao:
I t
f= 31,83 Hz.
4.46. Qual e a reactancia de um condensador de 100 KpF para: a) I cis. b) 5 Kc/s. c) I
Mc/s? Soluc;ao: a) 1591549 £1; b) 318 £1; c) 1,6 £1.
4.47. Um circuito de sintonia de um radio esta formado pOl' uma R = 50 n em serie com um condensador. A 100 Hz a impedancia e 0 dobro que a 300 Hz. Qual e a capaci dade do condensador? Soluc;ao: C = 14 1lF.
4.48. No circuito da Figura 4.5, R = 100 n, L = 0,2 He C = 0,04 !1F: a) Qual e a fre quencia de ressonancia? b) Se 0 condensador pudesse suportar uma tensao maxima de 300 V, qual seria 0 valor eficaz maximo do gerador e a frequencia de ressonan cia?
120
Electr6nicCi Clnal6gica
Solm;ao: a)10= 1 780 Hz; b)
E",;;, = 60
V.
4.49. No circuito da Figura 4.27, calcular a impedancia e a corrente. Solu~ao: Z = 12 + j6,76 Q; I = 3,8 - j2, 14 A.
L)
C,
R
R
I
2
C2
L2
~
L I = 0,0382 H C I = 7,9 X 10-4 F R l =6Q
(rv)f-----------' E= 60V
+ f= 50Hz
!
= =
L z 6,3 mH Cz 1 mF Rz = 6Q
4.53 Figura 4.27.
4.50. Calcular a ZCq' a corrente total I r as correntes II' 12 , 13 e 14 e as ddp V"b' V bc ' V ml e V dc no circuito da Figura 4.28. Desenhar 0 diagrama vectorial. Solu~ao:
ZCq= 1,2 +j2,2 Q; IT =19-j35A;I I =9-jI5A;I z = lO-j20A; I\=20-j40A; 14 = -10+ + j20 A; V"b = 20 - j40 V; Vb,= 80 + j40 V; V"d = 26 - j45 V; Vd,= 74 + j45 V. Ll
RI~ b /, . c
1
4.54 I
Ie
(/ , /z
~
R,
4.5:
L,
~
'Til
/1
~ +
Figura 4.28.
f
4.51. Aplicar 0 metoda das malhas para calcular as intensidades lie 12 no circuito da Fi gura 4.29. Solu~ao: 11= 2,4 j3,2 A; 12= -(0,96 + j2,72) A. L,
Cz
Ez
E,
C1
L,
Figura 4.29.
4.52. Transformar 0 triangulo da Figura 4.30 numa estrela equivalente. Solu~ao: ZI=
-j3,2 Q; Z2 = -j4 Q; Zl = -j2,6 Q.
4.5
Corrente alternada
121
"/\,,
2L~]
H
Figura 4.30.
Zl
4.53. Calcular 0 gerador de Thevenin equivalente ao circuito da Figura 4.31 entre os pontos a e b. Qual e 0 valor da corrente que passa na resistencia R? Solu~ao:
E T = 45,83 V; Z;= jO,2 Q; I R = 1,146 A. C1
L
/lIe
a
+ R
0+ I t t
b
Figura 4.31.
4.54. Num motor de urn aspirador ligado a 220 vIsa Hz circula uma corrente de 0,8 A; factor de potencia cos j= 0,75. Calcular a energia consumida em 15 min. Solu~ao:
(() = 118 800 J
0
= 0,033 Kwh.
4.55. 0 circuito da Figura 4.32 e formado pOl' uma resistencia de 3 KQ, uma auto-indu9ao de 0,4 H e urn condensador de 100 KpF. 0 gerador fornece uma tensao de 60 V120 KHz. Calcular a ddp em cada elemento, as potencias e a frequencia de ressonancia. Solu~ao:
VR = 3,6 V; VI. = 60,2 V; Vc = 0,03 V; S = 0,072 VA; P = 0,0043 W;
Fi-
Q = 0,071 V Ar;fo= 795 Hz.
R
C
L
L::J
f
Figura 4.32.
4.56. Supondo que os valores do circuito da Figura 4.32 sao. R =22 KQ; L = 3 mH; C = 200 pF; E = 100 mV ef= I MHz. Calcular: VR• VL• VC' S, P, Q e fa. Solu~ao:
VR = 76 mY; VI. = 66 mY; Vc = 2,7 mY; S = 0,346· 10-3 VA; P = 0,26· 10-3 W; Q = 0,225 . 10-3 V Ar;fo= 205,5 KHz.
122
Electronica analogica
4.57. A impedancia de entrada de uma instala~ao industrial e Z = 2 + )2 . Calcular a impedancia do condensador que tern de se ligar em paralelo com a entrada da dita instala'rao para que 0 factor de potencia seja 0,9. Sol",;30: Zc =2,7 1-25° Q.
4.58. Urn motor de ca ligado a uma rede de 220 VISO Hz consome uma potencia reactiva de 1500 V Ar eo factor de potencia e de 0,5. Calcular a capacidade do condensador que e necessario colocar em paralelo para que 0 factor de potencia tenha urn valor de 0,9. SollH;ao: C = 71 1lF.
4.59. Urn motor de ca consome uma potencia de I 000 W com urn factor de potencia de 0,6. Que capacidade sera necessario ter em paralelo para conseguir um factor de potencia igual a unidade? A tensao da rede e de 220 VISO Hz.
5.1. Se a, tico'
Sol",;ao: C = 87 1lF.
4.60. Calcular as correntes que circulam nas malhas do circuito da Figura 4.33. Provar que a soma das potencias dissipadas pelas resistencias coincide com a soma das potencias fornecidas. + £1 =)100 £2 = -)100
na. E auto mesr
Figura 4.33.
SollH;ao:
11= 3,2 +) 17,6; 12 = 34,4 + )39; I J = -78,4 - )31,2 A; P = 5480 W.
igual
enta(
Noc
a
CAPITULO 5
ta
va
or or
ACOPLAMENTO DE BOBINAS
je je
ar as
5.1. AUTO-INDU<;AO Se a corrente que circula pOI' uma bobina varia com 0 tempo, tambem 0 seu f1uxo magne tico varia, induzindo-se nela uma for<;a eleCtromotriz que chamaremos de auto-induzida. Esta fern e proporcional a corrente que circula pela bobina.
di E L =L· dt Na anterior equa<;ao, L e uma constante que tern 0 nome de auto-indu<;ao da bob i na. Esta grandeza mede-se em henry (H), e traduz-se como sendo 0 coeficiente de auto-indu<;ao de uma bobina a qual se aplica uma fern de urn volt quando a corrente na mesma variar a razao de urn ampere por segundo. Nas bobinas tam bern se verifica que:
E
L
= N.
dep dt
igualando as anteriores equa<;6es obtem-se
L di = N. dep dt dt entao
L= N. dep di No caso de a bobina ter urn Olicleo de ar, a equa<;ao sera:
L=N.ep
i
124
Electronica analogica , Tabela 5.1 Unidades mais empregues na auto-indu<;:ao e indu<;:ao
A tel
..
-"
Unidad.es MKS
Grandeza
1 Henry (H)
V·S -
1 Henry (H)
-
[ Tesla (T)
-
1 Weber (Wb)
(L)
Wb
Induc;:ao mutua
A
(M)
Wb
Induc;:ao magnetica
em q mutu
(B)
?
V·S
Fluxo magnetico
port"
(
5.2. INDu<;Ao MUTUA
ou dl
a diagrama da Figura 5.1
representa duas bobinas. Se pela bobina 1 circl\lar uma corrente
tempo, estabelece-se urn f1uxo magnetico
atravessa somente a bobina 1, perdendo-se 0 restante no espa~o; este f1uxo tern 0 nome de
f1uxo de dispersao
i, variavel com
1
Auto-induc;:ao
A
m
esta
0
se
0
ace
5.3.
a
C(
ne-s Na] -+
il
12
N2
Nj
eta:
b2
b,
Mu 11>12
Figura 5.1. Bobinas acopladas pelos seus fluxos.
I1te xo de
Acoplamento de bobinas
125
A tensao induzida na bobina 2 e dada de acordo com a Lei de Faraday por
E = N d
esta tensao sera proporcional
dt
2
aintensidade que circula pela bobina 1, portanto, E2 = M
di
, dt
em que Me uma constante de proporcionalidade e denomina-se coeficiente de indurao mutua entre as duas bobinas. Relacionando as equa<;6es anteriores obtem-se:
= M di,
N d
2
dt
dt
portanto,
M
= N 2 d
ou de outra maneira
M
= N 2
(5.3)
i,
se 0 acoplamento se faz em meio linear (ar).
o coeficiente de auto-indu<;ao mutua da bobina 2 sobre a bobina I sera de igual forma M
d
M
12
= N , -
(5.4)
12
5.3. COEFICIENTE DE ACOPLAMENTO K
o coeficiente de acoplamento entre duas bobinas montadas sobre 0
mesmo nucleo, defi ne-se como 0 grau de transferencia do fluxo magnetico entre a bobina indutora e a induzida. Na Figura 5.1 0 coeficiente de acoplamento sera
k
=
~
_ N2 . M
. i2 / N 2
(5.5)
N, . L 2
e tambem
k
=
/ N 2 = N, . M L, . i, / N, N 2 . L,
Multiplicando ambas as equa<;6es, pode chegar-se
M2
--
aseguinte expressao:
k 2 L' L 2
(5.6)
126
Electronica analogica
donde
M
= k,jLI L2
(5.7)
bina as
S(
5.4. REGRA DOS PONTOS PARA BOBINAS COM ACOPLAMENTO MAGNETICO Para representar a sentido relativo dos fluxos que se produzem num par de bobinas, sem necessidade de representar os sentidos dos seus enrolamentos, marca-se em cada bobina urn ponto nos terminais que tern a mesma polaridade instantanea, considerando isto so mente para efeitos de indUl;:ao mutua. A Figura 5.2 indica a conven~ao anteriormente descrita. ~
~
"'
~
II
L)
L2 12 ~
i] [,
bob con:
(b)
(a)
Figura 5.2. a) Representa<;ao de bobinas acopladas com 0 sentido de circula<;ao das mesmas.
b) Sfmbolo empregue para a representa<;ao de bobinas indicando a mesma polaridade instantanea.
Quando em duas bobinas acopladas magneticamente as correntes que por elas cir culam entram (au saem), em ambas as bobinas,pelosterminais marcados com urn ponto, os efeitos dos seus campos magneticos somam-se. Pelo contnirio, se a corrente entra por urn terminal com urn ponto numa das bobinas e sai na outra bobina por urn terminal com . ' , urn ponto, os efeitos dos seus campos magneticos sao opostos e subtraem-se.
5.5. ANALISE DE CIRCUITOS COM BOBINAS ACOPLADAS MAGNETICAMENTE Quando se analisa urn circuito no qual existem bobinas acopladas magneticamente, a impedancia das bobinas de vida a sua auto-indu~ao junta-se a urn novo termo que corresponde aimpedancia criada pelo coeficiente de indu~ao mutua de cada bobina sobre a outra: M. d(i) d(t)
5.1
Acoplamento de bobinas
.7)
127
Este termo soma-se ou subtrai-se, dependendo do sentido da corrente em cada bo bina, pelos terminais com a mesma polaridade. Tendo em conta 0 que se disse anteriormente, no circuito da Figura 5.3, obtem-se as seguintes equar;6es:
E , = i I . R"
+ L . d(i,)
M . d(i) _- d(t)
-
d(t) ~m
E = i 2 . R2 + L2 . d(i 2 )
lI1a
2
,0
M d(i,)
_.
d(t)
d(t)
d(i) . / . -' 1 b O termo M . - - na equar;ao antenor e negatlvo, por nao ser Igua em am as as d(t) bobinas 0 sentido de circular;ao da corrente nos terminais marcados com 0 ponto, caso contnirio seria positivo. As equar;6es anteriores, atraves do utilizar;ao do operador <<}», transformam-se em:
= i, . R, + jOJL, . i, - jOJM . i2 E2 = i2 . R2 + jOJ~ . i2 - jOJM . i , E,
(5.9) (5.10)
M
Rj 1.
i0
[
~
• Lj
L2
R2
02
•
0,
or m
Figura 5.3. Analise de circuitos com bobinas acopladas.
PROBLEMAS RESOLVIDOS a .e
'e
5.1. Num conj\lnto de bobinas acopladas, a bobina L 1 tern uma auto-indur;ao de I He a bobina L 2 de 0,5 H. Sabendo que 0 seu coeficiente de acoplamento e de k =0,8, calcular: a) 0 valor da indur;ao mutua M. b) A relar;ao entre os numeros de espiras. SO)UI;ao:
a) Empregando a expressao (5.7) teremos:
128
Electronica analogica
M=k.~ =0,8·-JfQ3 =0,56 H
b) Aplicando agora a expressao (5.6) e substituindo valores:
k= N,·M N 2 ·LI 5.2.
~=k.~= 0,8·1 =1428
N2
0,56
M
'
Na bobina I do circuito da Figura 5.1 circula uma intensidade de 5 A. Sabendo que o valor do fluxo magnetico por ela criado e que atravessa a bobina 2 e de 4· 10-4 Wb eo seu fluxo de dispersao e de 2· 10-2 Wb, calcular 0 valor de L I , L z, Me k tendo em conta que os numeros de espiras das bobinas sao: N, = 500 e N z = 1500. Soluc;ao: 0 f1uxo total criado pela bobina I sera
_
L I -
I,
4
L, = 500· 6.10- = 0,06 H 5
Por outro lado, segundo a expressao (5.6) nas sera
0
coeficiente de acoplamento entre as duas bobi
k =
_ 4·10-4
5.4.
indu~ao
Podemos obter 0 valor do coeficiente de 4
M = N ? .
mutua atraves da expressao (5.3):
° ,
12 H
Por ultimo, utilizando a expressao (5.7) e resolvendo em ordem a L2:
M=k'~ 5.3.
L,
~ ( ~)' II, ~ (~:~~
J
/0.06
~ 0,55 H
Calcular a impedancia total que as bobinas L, e Lz apresentam quando ligadas em serie e montadas no mesmo nucleo, de forma que estejam acopladas magnetica mente. 0 calculo realizar-se-a para os seguintes casos: a) A conente entra em ambas as bobinas pelos terminais conespondentes (marcados nos esquemas por urn ponto). b) A conente nao entra em ambas as bobinas pelos terminais conespondentes. Soluc;ao: a) A impedancia da bobina L, devida
X=m·L·j· L, I de igual forma para a bobina L 2 :
asua auto-indu~ao sera
Acoplamento de bobinas
XL,
129
= w· ~. j
Se a conente entra nas bobinas pelos terminais correspondentes, a induc;:ao mutua que se produz por estarem acopladas magneticamente gera uma impedancia mutua com 0 seguin te valor:
ZM = (j). M· j
Vb
Uma vez que esta impedancia mutua e produzida da bobina I para a 2 e da bobina 2 para a 1, 0 valor da impedancia total seni:
do
2· ZM = 2· w· M . j
ue
Por ultimo, podemos dizer que a impedancia total do conjunto e a soma de cada uma das impedancias anteriormente enunciadas:
Z.sene =XL, +XL, +2·ZM =(j)·LI 'J'+W' ~ T ·J·+2·w·M·J· b) A resoluc;:ao e identica aalfnea anterior, s6 que agora os efeitos da induc;:ao mutua dimi nuem, porque, ao entrar conente em ambas as bobinas pelos terminais opostos, os efeitos dos seus campos magneticos sao menores fazendo com que a impedancia do conjunto seja mais pequena, entao a impedancia sera
Ji-
Z.sene =X L, +XL, -2·ZM =(j)"LI "J·+w·L2 ·J·-2·w·M·J" Z.sene
= (j) "(L1+_ ~-
2M) . j
5.4. No circuito da Figura 5.4, calcular 0 valor da impedancia total que se op6e ao ge rador. 2M 4'~4' :I
•
X L,
R,113Q X
c
2
2' J
:I
•
X L2
i)
R
TC\
.. ~t----1J, V
z
3Q
Xc"
-4J
Figura 5.4. Solu~ao:
lS
0 circuito da Figura anterior ja nos da 0 valor das impedancias de cada urn dos seus elementos, indicando inclusivamente 0 valor da impedancia do acoplamento mutuo das bobinas. Resta, portanto, fazer adequadamente a soma dessas impedancias, uma vez que estao todas ligadas em serie.
).
A equac;:ao te6rica do resultado sera
n
1
ZT = X C2 + R, + XL, + XL, - 2ZM + R2 + Xc, pelo que a impedancia devida a auto-induc;:ao aparece com sinal negativo, uma vez que a corrente entra nas bobinas pelos terminais nao apropriados. Finalmente, substituindo valo res ficara:
130
Electronica analogica
ZT =-jl+3+ j4+ j4-2·j2+3- j4=(6-jl)
Q
5.5. Calcular a intensidade que circula pelo circuito da Figura 5.5. Calcule tambem valor do condensador C 1 para que tenha LIma reactancia de (-)4) Q. Dados:
K I _ 1 = 0,8
~.~
• ,.......,.......,.:;...
• ..-....-.............
0
I I
E = 4 V OJ = 10 3 rad/s L 1 = L 3 = 1 mH
..-....-..,........
L2
il)
=4 mH
R 1 = Ion
Xc
I
= (-4j) n
Figura 5.5. Vamos obter em primeiro Jugal' a equai;(ao do circuito indicado, que e formado por uma s6 malha:
Solu~ao:
,J
E=i l .[R, + Xc, +Xl1 + XL, + X", +2·ZM,_, -2.ZM,_, -2.ZM
Seguidamente calculemos os valores de cada uma das impedancias que nele intervem: • Impedancias das bobinas devido
a sua auto-indui;(ao:
X~
= OJ· L1 • j = 10 3 .10-3 • j = j
XL,
= OJ· ~ . j = 10 3 .4.10-3 . j = j4
Q Q
T' 10 3 . 10-3 '.1=J.l..:I . . n X ",=OJ·~·.1=
• Impedancias devidas a auto-indui;(ao mutua: Uma vez que nao possufmos os coeficientes de auto-indui;(ao mutua M, teremos de os calcular antes, utilizando a expressao (5.7):
M 1_ Z
= k 1- Z • ~ = 0,5· v! 10-3 .4.10-3 = 10-3
M I_3
= kl _ 3 · ~ = 0,8· v!1O-3 .10-3 = 0,8 .10-3
M Z- 3
= kZ- 3 • ~ Lz . L3 = 0,5 . v!4 .10-3 .10:-3 = 10-3
Com estes valores, calculemos de seguida as impedancias:
ZM
_, I
= OJ· M I _ z . j = 103 .10-3 . j = jl
Q
ZM'_3
= OJ· M I _ 3 • j = 10 3 .0,8.10-3 . j = jO,8
ZMH
= OJ· M Z_ 3 • j = 10 3 .10-3 . j = jl
Q
Q
Substituindo as impedancias na equai;(ao inicial, teremos:
H H
H
5.6
AcoplamenlO de bobinas
13 J
4=i,·[10- j4+ j+ j4+ j+ j2- j2-2·jO,8] e resolvendo em ordem a i]
.
4
I
10 + jO,4
1=-
4 0°
10 . 2,30
Por ultimo calculemos
C,
•
1
2,3°
A
valor de C], atraves da seguinte expressao
1
1 XI- C
I
0
= 0,4 I -
ill
=
C,
IXcJw
Substituindo valores teremos:
C I
=-1-3 = 2,5 . 10 -4 4.10
F = 250 llF
5.6. No circuito da Figura 5.6, determinar a impedancia total equivalente, que as bobi nas L, e L2 apresentam.
E~
M= 0,34 H
il') 0,3 H L1
0,8 H
(j)
= 300 rad/s
L2
Figura 5.6.
80Iu.;ao: Para calcular as impediincias das bobinas, ha que supor que ambas estao Jigadas a um gerador de valor E. Isto faz com que apare<;am duas mal has, as quais devemos aplicar 0 respectivo metodo de resolu<;ao (metodo das malhas). As equa<;6es serao:
E = il . X ~ + i2 . ( - X'4 + ZM) { 0=i2
·(X~
+ XL, -2·ZM)+i, . (-X'4 +ZM)
Nas equa<;6es anteriores, teve-se em conta a influencia das indu<;6es mutuas de uma bobi
na sobre a outra e vice-versa.
Ordenando
0
sistema de equa<;6es e resolvendo-o, obteremos os seguintes resultados:
E = il ·300· jO,3 + i2 (-300· jO,3 + 300· jO,34) { 0= i • (300· jO,3 + 300· jO,8 - 2·300· jO,34) + i • (-300· jO,3 + 300· jO,34) 2 l E
= j90· i, + j12· i2
{ 0=j12·i + j126·i l 2
132
Electronica analogica
11
E
j12
0
j1261_
= j90 i
E· j126
jI2!- 90./126-12./12
j12
j126
j90
E
_,1·12
01_E·jI2
Ij90
j121- -11196
12 -
E· j126
j12
=
-11196
j126
As intensidades resultantes sao expressas, como e 6bvio, em funr;ao de E. Segundo a Lei de Ohm, podemos dizer que:
E
E
Z -------- T i, - E. j 126 / (-11 196) A impedancia total tera entao
ZT = 5.7.
0
valor:
-11196 _ 11196 ~ j126 - 126 1900
= 88,8
I 90°
= j88,8
Q
Calcular no circuito da Figura 5.7 0 valor das intensidades i , e i2, sabendo que os valores dos seus elementos sao os seguintes:
Dados:
L, = Lz
=1
= 0,5 R, = Rz = 1
mR R2
k
E,
il)
Q
= [3. sen(l 0
3
t)]
L2
V Figura 5.7.
Solur;ao: Segundo
E(t)
0
= E max . sen
que foi dado no capitulo 4, a equar;ao de uma corrente sinusoidal
(rot)
Se compararmos esta equar;ao com a indicada no enunciado para E 1, podemos dizer:
E 1 (max)
=3
V
ro
= 10 3
[ad / s
e:
Acop!wl1enro de bobinas
133
Passemos agora as equa<;6es de cada urn dos ramos do circuito, tendo sempre presente as acoplamentos magneticos:
~I
£I :
{ £1 -1 2
'.
R, + i l.. .X L, + i2. ,.ZM R2 +12 XL, +1, ZM
Nas equa<;6es anteriores XL, e XL,- sao as impedancias de cada bobina devidas a sua auto indu<;ao e 2 M e a impedancia devida ao acoplamento mutuo de cada bobina. Os valores destas impedancias calculam-se do seguinte modo:
X~ =). ill· L1 =) .10 3 .10- 3 =) Q X~ =) . ill' L2 = ) .10 .10-3 =) Q 3
e
ZM =). OJ· M =). OJ· k·
~ =) .10 3 .0,5. ,!I 0- 3 .10- 3 = )0,5
Q
Substituindo os valores inicialmente dados, nas equa<;6es de cada ramo, e tomando para valor de E I 0 seu valor EI(ma,) (os resultados das intensidades tambem serao maximos), teremos
<.
3 = 1. ~l + i~ + )~' 5 . i~ { 3 = 1. 1 + ] . 1 + ] 0,5 . II 2 2 Simplificando e ordenando
0
sistema de equa<;6es resulta:
3 = (1 + )). i, + )0,5· i2 { 3 = )0,5· i + (1 + )) . i l 2 Aplicando determinantes, obtemos:
3
· _ I, -
(jO,S)
,3 (1 + )), 1(1 +)) (jO,S)' (jO,S)
·
I
=1 1
3· (1 + )) - 3(j0,S) (l
+ )). (1 + )) - (jO,S)· (jO,S)
(1 + ))
3 + )3 - )1,5 +]'2 +]·2 - ].20 , 52
-----'---::--=------:-~
3 + )1,5 0,25 + )2
Passando para a forma polar, a fim de podermos fazer a divisao
· _ 3,3 I, -
~o = 1,65 1- 56,3°
2 182,80
A
o resultado indica-nos que 0 valor maximo de i l e de Illma,) = 1,65 A e possui urn angulo de desfasagem relativamente a E1 de 56,3 0 em atraso.
134
Electronica analogica Para calcular i2' procedemos de igual forma:
12
=
(l + j)
3
(jO,5)
1(1 + j)
3 (jO,5)'
(jO,5)
(l + j)
. - 3,3 26,5° 2 82,8°
3· (l + j) - 3(jO,5)
3 + jl,5
0,25 + j2
0,25 + j2
= 1,65
2 1 -
1_ 56,3°
A
Como era de esperar 0 resultado das intensidades e igual, uma vez que as impedancias sao iguais e estao ligadas em paralelo.
5.8.
Determinar a tensao nos terminais do condensador C do circuito da Figura 5.8.
~
R1
;./
2)
R2
'"
5.9.
E 1= 10 (V)
E 2= 10j (V)
Figura 5.8. Solu~ao:
Delineando as equa'roes de cada uma das mal has que compoem
° circllito, obte
mos:
£, : {
~I (R I + XL, + Xc,) + i2.( ~XCI ~ ZM)
£2 -1 2 (R2
Organizando
+ XL,- +XC,)+II( XcI -
ZM)
° sistema e sllbstituindo valores, temos:
10=ij(5+j5- jlO)+i2 [-(-jl0)- j2] { jlO = i,[-(- jlO) j2] + i (5 + j5 jlO) 2 Resolvendo de seguida
10
{ jl0
= j8i, + (5 -
j5)i 2
° sistema, lltilizando determinantes, teremos:
j8
. _
JI0 (5 - j5) II - 1(5 j5) j8 j8
10 = (5 j5)i l + j8i2
(5 - j5)
10·(5- j5)-10·8·/
130 - j50
(5 j5) . (5 j5) 8 . 8 . /
64 - j50
Acoplamenlo de bobinas
(5 - j5)
10
j8 j5)
jlO j8
= (5 -
12
. jlO· (5 - j5) - 10·8· j
50 - j30
(5 - j5)· (5 - j5) - 8·8·/
64 - j50
(5 - j5)
j8
o valor da intensidade que circula pelo condensador e a diferenc;;a entre i, e i .
=1
I
ao
Ix
c,
.
=
130 - j50 64- j50
=
-I
I
Xc,
135
2
I 24°
1,016
=
-
50 - j30 64- j50
2
,
entao
82,5 ~o
80 - j20 6.4- j50
=---
81,2 1-38°
(0,93 + jO,41) A
Por (lltimo, a tensao nos terminais do condensador sera
EXc, = (0,93 + j0,41)· (-jl0) = 4,1- j9,3 = 10,16 5.9.
A
Obter 0 equivalente de Thevenin do circuito da Figura 5.9 R1
1O~
3Q
r
+ E
e-
1- 66°
~
I
I
iJ)
X L SjD. 2
~A R4
4Q B
Figura 5.9.
SoIUl;ao: Comec;;aremos por calcular a resistencia eqllivalente de Thevenin do circuito da Figura 5.9 entre os terminais A e B. Para isso consideraremos curto-circuitados todos os geradores de tensao. Segllidamente aplicaremos uma tensao, que designaremos EllA' entre os terminais de safda. A impedancia total do circuito equivalente de Thevenin sera 0 quocien te entre a tensao do gerador e a conente absorvida.
o circuito da Figura 5.9 transforma-se no da Figura 5.10, donde podemos obter as seguin tes equac;;6es, com 0 objectivo de calcular a corrente i3, que circula entre os terminais A e B:
0=il(3+2+ j5)+i2 (-2- j5+ j8)+0·i3 {
o: EBA
-
~2 (2 + j5 + ~) : i j (-2 ~ j5 + j8) + (-4) . i3 13 ( 4
Organizando
0
+ 4) + 12 ( 4) + 0
II
sistema de equac;;6es para a sua resoluc;;ao pelos determinantes, teremos:
136
Electronica analogica
0=
(5 + )5)· i,
+(- 2 + )3) . i 2
+0· iJ
0=
(-2+ j3)·i l
+(6+ j5)·i2
+(-4)· iJ
O· i l
+( -4)· i2
+8· i}
{ E BA
=
Aplicando determinantes,
(5 + jS)
(-2+j3)
0
(-2 + j3)
(6 + j5)
0
0
-4 (-2 + j3)
EBAI _ EBA(lO+ j67) o j456
(-2 + j3)
(6 + jS)
-4
0
-4
= I' (S + j5)
1 3
valor de i 3 sera:
0
1-
8
5.
Por fim podemos dizer que:
EBA
Z
EBA EBA (l0+j67)
qAlI
l}
j456 0 10+ j67 =6,718,5 Q
j456 Passemos agora ao calculo da tensao equivalente de Thevenin entre A e B.
Por definic,;ao a tensao de Thevenin e a ten sao entre A e B em circuito aberto, nestas condi
c,;6es, a tensao pedida e a queda de tensao existente em R 3 , nao tendo influencia a resisten
cia R4 , porque nela nao circula corrente.
Para calcular a queda de tensao em R3'
e necessario conhecer a corrente que pOl' ela circula,
para isso vamos definir as novas intensidades i( e i;, nao esquecendo de que agora se
consideram os geradores do circuito inicial. Sendo assim temos:
10 = { 0=
(3+2+ j5)·i(
+ (-2- j5+ j8)·i;
(-2 - j5 + j8) . i( + (2+4+ jS)'i;
Simplificando e aplicando determinantes temos:
1O= { 0=
i' = 2
(5 + j5)·
i;
+ (-2+j3)·i;
(-2 + j3) . i(
+
(5+j5)
10
I( -2 + j3)
0
I
(6 + jS)·
,
(5 + jS)
(-2 + j3)
(-2+j3)
(6+jS)
I
i;
20 - j30
10 + )67
137
Acoplamento de hobinas Por fim
E 'IAil
valor da tensao equivalente sera
0
=i' .4= 20- j30 .4= 80- j120 = 144 1-56,3° 2 10 + j67 10 + j67 67,7 LB20
E qAll =2,12
-137,8° V
i l) 2[2
8} Q
i~V
5} Q
4[2
•
c:::::J
il.)
'~
0A---$- E '\..,
BA
+ 058
om
Figura 5.10. Circuito para calculo da
0
2 {JAB .
5.10. No circuito da Figura 5.11 calcular 0 valor que deve ter a impedancia interna do gerador ZL para que este forneya a maxima potencia ao resto do circuito. Dados:
Xc
I-l.
~
Xc =-j600 Q
XL, = j600 Q
XL,
X0. = j40 Q
1.)1 ~
ZM = j60 Q
I
ZL
XL] )
= (200-140j)
Q
ZL = (200 - j140) Q
8
Figura 5.11.
SoIUl;ao: Para que nos circuitos se transfira a maxima potencia e necessario que as suas impedancias internas sejam iguais. Esta afirma~ao, tfpica da teoria de circuitos, diz-nos que para que se de a maxima transferencia de potencia, e necessario que a impedancia interna do gerador seja igual a impedancia do resto do circuito, entre os terminais A e B. Logo a solu~ao consiste em calcular 0 valor da resistencia equivalente de Thevenin entre os pontos A e B do circuito que se liga 'ao gerador. Como nos problemas anteriores, aplicaremos entre A e B uma tensao qualquer EAB e cal culamos a intensidade no circuito.
o circuito da Figura 5.11
transforma-se no da Figura 5.12, do qual tiramos as seguintes
equa~6es:
E AB = {
0=
(Xc+X~
+ XL, +2ZM)·il (-X I" -2M )·iI
+ (-xL, -ZM)·i2
+
(XL, +ZM)·i2
138
Electr6nica anal6gica Substituindo val ores e simplificando, teremos
E AB {
= (- j340) . i l
0=
(-jl00)·1
5.12. Dl eSI do e}
j100· i 2
+ (200 - j100) . 12
1
So
Calculando ii, obtem-se:
•
_
EAB
(-j100)
0
(200- jl00)
1
1, -
1(_ j340)
(-jl00)
(- jl 00)
(200 - jl 00)
Entao
z
0
_ E AB · (200 - j100) _
E AB · (2 - j)
(-24000 - 68000)
(-240 j680)
5.13. Dl ne C< eq So
valor de seni:
=
Ells.
EAS . (2 - J)
qAlI
=-240-~680=7211-109: 2- ]
2,2
1- 26,S
=327,71- 82 ,5°
Q
5.14. C, ac de
-240- j680
POl'
ultimo diremos:
z" =Zq ~
+r-
rv
All
=327,7 1-82,5° =(42,7- j325)
~
I~.
l1)
XL,
Q
Xc
Sc
~
5.15. Co Cl
XL,
B
ZL
Figura 5.12. Circuito para 0 calculo da
ZqAU.
Z Z
PROBLEMASPROPOSTOS
5.11. 0 coeficiente de acoplamento entre duas bobinas L 1 =0,8 H e L 2 =0,2 H e k = 0,9. Calcular 0 valor do coeficiente de indu y30 mutua Mea rela y30 entre os numeros de espiras N/N2 • So)u.;ao: M = 0,36 H; NIIN2 = 2.
S 5.16. [ s'
Acoplamento de bobinas
139
5.12. Duas bobinas acopladas magneticamente com um k = 0,85, possuem um numero de espiras N , = 100 e N 2 = 800. Sabendo que 0 fluxo total cria<;lo pela bobina 2, quan do por ela circula uma corrente de 5 A e de 3,5 . 10-4 Wb, calcular a valor de L L 2 " eM. Solu~ao:
L , = 0,875 mH;L 2 = 56 mH; M
= 5,95 mHo
5.13. Duas bobinas com a mesma auto-indLH;ao L = 0,02 H encontram-se ligadas em se rie e acopladas magneticamente, com um coeficiente de acoplamento k = 0,8. Calcular a valor do coeficiente de indu<;ao mutua M e 0 valor da auto-indu<;ao total equivalente se a corrente entrar nas bobinas par terminais nao correspondentes. Solu~ao:
M
= 16 mH; L
.
I
eqUlva COle
= 8 mHo
5.14. Calcular no circuito da Figura 5.13 a valor que deve ter a carga RL e a coeficiente de acoplamento k entre as bobinas, para conseguir dar lugar a maxima transferencia de patencia a partir do gerador a carga.
x
.~
==
~
c -5j (n)
x
L,
12j (n)
-
r-YY"\.
X
A
L,
12j (n)
RL
5 (n)
+ E B Solu~ao:
k = 0,79; RL
Figura 5.13.
= 5 Q.
5.15. Calcular a expressao da intensidade i , em fun<;30 da tens30 E de entrada, no cir cuita da Figura 5.14. Dados: XL,
= XL, = jl
XL,
XL,
Q
XL, =j4 Q 2MI-l
= 2 M,., = j2
Q
E
2L
2 M ,., =j4 Q
2 M =2 Q
Figura 5.14. Solu~ao: i 1 = E·
(0,098)
I 5,6
0
5.16. Determinar a valor do coeficiente de acoplamento k no circuito da Figura 5.15, se soubermos que a valor da potencia dissipada na resistencia de 10 Q e de 32 W.
140
Electron/ca analog/ca
IOn Figura 5.15. Solu~ao: k =
0,071.
5.17. Calcular 0 valor das intensidades em cada ramo do circuito da Figura 5.16. Dados:
6.1
n
x '--t
= X I.., = X ~ =j2
M"!_.,
= Z MI_~ = ZM r_. = 1'2 l
Xc =-j5
•
n
n
Zg
Zg = I + j2 Eg = 30
n
+
Eg
(,
o qu
(~) • Z
ZM,
n
R=4
XL~
XL,
1
.
X
m:
~M'-l
R
L'i1J
cc
Xc
0° V
Figura 5.16.
Solu~ao:
I,
= to,5/
-60,7° A
12 =3,31-99Y
A
I, -12 =8,21 -46,3° A
5.18. No circuito da Figura 5.17, calcular 0 valor de Z para conseguir a maxima transfe rencia de potencia do gerador
acarga.
Dados:
Xc
ER
= to
sen (Wt) V
n
X'--t =j5 n XL, =j4 n X~ =j3 n X c =-j4 n Rg =2
Solu~ao: Z,=
R g
x
E g
zM,_~ = 5,8 164,7°
n
Z M,_,
=
Z~M,--, = I'.I
ap
Figura 5.17.
r-
CAPITULO 6
-
SISTEMAS LINEARES DE ALIMENTA(:AO
6.1. 0 DioDO COMO ELEMENTO RECTIFICADOR
o diodo e urn elernento sernicondutor com dois terminais, denominados anodo e dtodo, que tern a propriedade de deixar passar a corrente quando a tensao aplicada no anodo e maior que a aplicada no catodo (polarizayao directa), e de nao conduzir quando a tensao aplicada aos seus terrninais e contniria (polarizayao inversa). o simbolo de urn diodo rectificador e 0 da Figura 6. I, e a curva caracterfstica corresponde aFigura 6.2.
-[)1r----
----.------
: vR Figura 6.1. Representa<;:ao simb6lica de urn dfodo semicondutor.
~
./
Vcondll<;ao
V
Figura 6.2. Caracterfstica directa e inversa de urn dfodo rectificador.
6.2. PARAMETROS DE UM DioDO RECTIFICADOR • VF : Queda de tensao directa. E a queda de tensao nos terminais do dfodo quando este se encontra no estado de conduyao, e tern como valores tipicos 0,7 V para os dfodos de silicio (Si) e 0,2 V para os de germanio (Ge). • VR : Tensao inversa maxima do diodo.
142
ELectronica anaLogica
• VRM : Tensao inversa de pico. Valor maximo da tensao alternada em sentido inverso.
• I:o
Intensidade do sinal rectificado. dfodo.
E a media aritmetica dos valores da intensidade no
6.3.]
o ci
• PSM : Potencia maxima. • iFM : Intensidade maxima de pica no sentido da condu<;ao para uma frequencia de funci onamento sinusoidal ou rectangular, se 0 factor de forma e <0,5 . • IF(AVj:
Corrente media directa.
·IF(RMS):
Corrente eficaz directa.
• I FS:
Qt Qt
Valor da intensidade directa que pode circular durante uma hora no maximo. E nao se admite como valor de trabalho uma vez que se for aplicado com frequencia pode prejudicar as caracterfsticas permanentes do dfodo.
POI
6.5
• I FMs : Corrente directa de pica nao repetitivo.
6.3. CIRCUITOS LIMITADORES Para 0 estlldo deste tipo de circuitos, se nao for dito nada em contrario, a curva caracterfs tica do dfodo sera ideal e, portanto, sera como a da Figura 6.3. [
6 (
,
~
Figura 6.3. Curva caracterfstica
V
de urn dfodo ideal. Os circuitos limitadores com dfodos podem classificar-se da segllinte maneira:
!
DfOdO serie
Circuitos Iimitadores
Limitadores de um nfvel
Limitadores a dois nfveis
NaO polarizado { Polarizado
NaO polarizado Dfodo paralelo { Polarizado
Sistemas lineares de alimenta<;iio
143
6.3.1. Limitador de urn Divel com urn diodo serie Dao polarizado
o circuito pode ser representado como na Figura 6.4.
£;I!JR )£0
Figura 6.4. Limitador de um nfvel com um dfodo serie nao polarizado.
Quando Ei > 0, 0 dfodo conduz e, portanto, Eo= E j • Quando Ei < 0, 0 dfodo nao conduz e, portanto, Eo= O. Por conseguinte, a caracterfstica de transferencia deste circuito e representada na Figura
6.5.
EO
£1
Figura 6.5. Caracterfstica de transferencia do circuito da Figura 6.4.
6.3.2. Limitador de urn Divel com urn diodo paralelo Dao polarizado
o circuito pode ser representado como na Figura 6.6.
ET:'JtD )E
o
Figura 6.6. Limitador de um nfvel com um dfodo paralelo nao polarizado.
• Quando Ei > 0,
0
dfodo conduz e, portanto, Eo=O.
• Quando E i < 0,
0
dfodo nao conduz e, portanto, Eo= E
• 1
Por conseguinte, a caracterfstica de transferencia deste circuito 6.7.
e representada na Figura
144
Electr6nica anal6gica
pori fa 6.
EO
E
J
Figura 6.7. Caracterfstica de transferencia do circuito da Figura 6.6.
6.3.3. Lirnitador de urn nivel com urn diodo paralelo polarizado
o circuito pode ser 0 da Figura 6.8.
E
RiD] Eo
i ]
_TVE
6.:
Figura 6.8. Limitador de urn nfvel com urn dfodo paralelo polarizado.
• Quando E; > VE
, 0
• Quando E; < VE ,
0
o
diodo conduz e, portanto, E o= Vc dfodo nao conduz e, portanto, Eo=E;.
Por conseguinte, a caracterfstica de transferencia deste circuito 6.9.
e representada na Figura
Eo
~
VE
EI
Figura 6.9. Caracterfstica de transferencia do circuito da Figura 6.8.
6.3.4. Lirnitador de urn nivel com urn diodo serie polarizado
o circuito pode ser 0 da Figura 6.10. • Quando E; > VE 0 dfodo nao conduz e, portanto, Eo = Vc • Quando E; < VE 0 dfodo conduz e, portanto, Eo = Er
Sistemas linea res de alimentaf;iio
145
por conseguinte, a caracteristica de transferencia deste circuito e a que se mostra na Figu ra 6.11.
EO
~
E;]
VE
J: ]
y
Eo
T
V
~ E;
E
VE
~--
Figura 6.10. Limitador de urn nivel como urn dfodo serie polarizado.
Figura 6.11. Caracterfstica de transferencia do circuito da Figura 6.10.
6.3.5. Limitador de dois niveis
o circuita e representado na Figura 6.12.
£,]
R
~::,
i:Jo
Figura 6.12. Limitador de dois nfveis.
Supondo que V£,
e maior que
Se E < V E I
,
Se E E < Er < V E2 J
Se E i > VEl
{D
D~
{D,
V£,
:
conduz nao conduz
nao conduz
D 2 nao conduz
{D,
nao conduz
D 2 conduz
Portanto Eo
= V£,
Portanto Eo
= Ei
Portanto Eo = V£,
Por conseguinte, a curva de transferencia deste circuito e representada na Figura 6.13.
146
Electr6nica anal6gica
EO V E,
----------------~~-------------------
6.5.
VE,
VE,
Na:
Figura 6.13. Caracterfstica de
E·I V E,
sina COl par:
transferencia do circuito da Figura 6.12.
6.4. CIRCUITOS RECTIFICADORES COM DioDOS Seguidamente mostram-se alguns circuitos usados na rectifica9ao de sinais sinusoidais,
para utiliza9ao em fontes de alimenta9ao contfnua. Estao baseados nos circuitos limitadores
que vimos anteriormente.
Para determinar a grandeza dos sinais rectificados em rela9ao ao valor medio do sinal,
utilizam-se os seguintes factores:
• Factor de forma (F F) Factor de forma de uma grandeza ondulat6ria e a rela9ao entre da dita grandeza e 0 seu valor medio:
P
F
=
0
valor eficaz total
Eel
E med
• Factor de ripple (F R) Factor de ripple de qualquer grandeza ondulat6ria e a rela9ao entre da ondula9ao e 0 seu valor medio:
F
R
0
valor eficaz
= Eelond E med
Atraves da aplica9ao da Lei de Joule, e posslvel obter a seguinte expressao: 2 E er
Portanto, podemos relacionar seguinte expressao:
0
2 2 = E med + E ef
and
factor de ripple com
0
factor de forma atraves da I
p F2 = 1+ p2R
Sistemas lineares de alimentar;-iio
147
Relativamente as medidas efectuadas nos circuitos rectificadores, ha que ter em conta que urn voltimetro de corrente continua indica 0 valor medio da tensiio que hd en tre os seus extremos, enquanto que urn voltimetro de corrente alternada indica 0 valor eficaz da tensiio que hd entre os seus extremos.
6.5. CIRCUITO RECTIFICADOR DE MEIA ONDA Na Figura 6.14 pode-se observar 0 circuito e as formas de onda do sinal de entrada, e 0 sinal que se obtem na carga. Com um rectificador deste tipo, ao aplicar-se um sinal sinusoidal, verificam-se os parametros da Tabela 6.1.
~
Entrada.
•
~
Vo Carga
VDJ Dfodo
-r------.v----.-----~~
Figura 6.14. Rectificador de meia onda com dfodo. Tabela 6.1. Parametros que se verifieam num rectificador de meia onda, quando se aplica um sinal sinusoidal.
.z
Parametros de urn rectificador de meia onda E. Tensao eficaz de safda'. V0 (ef) = ~ 2 Tensao media de safda: V o (med)
E.
=~ n
Factor de forma: F F = 1,57. Factor de ripple: F R = 1,21. la
Corrente media directa do dfodo: I F(AV) Corrente de pica do dfodo:
[FM
Corrente eficaz directa: I F( RMS)
= I med saida'
= n· I med saida . = Iersaida .
Tensao inversa do dfodo: VR = Em;,x'
148
Electronica analogica
6.6. CIRCUITO RECTIFICADOR DE ONDA COMPLETA COM TRANSFORMADOR Na Figura 6.15 pode-se observar 0 circuito e as formas de onda do sinal de entrada e sinal que se obtem na carga.
EE
D,
EO",d;
6.7 0
Na sin:
p
~
EEb ~
Jill ·
EO",d;
D2
Vo~
Carga
Figura 6.15. Rectificador de onda completa com dfodos. Com um rectificador deste tipo, ao aplicar-se um sinal sinusoidal, verificam-se os padimetros da Tabela 6.2. Tabela 6.2. Parametros que se verificam num rectificador de onda completa,
quando se aplica urn sinal sinusoidal
Parametros de urn rectificador de onda completa com transformador Tensao eficaz de safda: V 0
E
(ef)
•
m x = J2 .
- me'd'la de sal'd a: V a (med) T ensao
=
2·E.
max
n:
Factor de forma: F F = 1,11. Factor de ripple: F R = 0,48. Corrente media directa do dfodo:
[F(AV)
Corrente de pico par cada dfodo:
[FM
=
0,5 . [med saida'
= 1,57· [med saida'
Corrente eficaz directa: I F( RMS) = 0,7 . [ef saida . Tensao inversa do dfodo: VR = 2 . E ma ,
p;
Sistemas lineares de alimentac;i1o
149
6.7. CIRCUITO RECTIFICADOR DE ONDA COMPLETA COM PONTE DE DIODOS o
Na Figura 6.16 pode-se observar sinal que se obtem na carga.
0
circuito e as formas de onda do sinal de entrada e
0
EE
Entrada
Carga
r
"
;
JII~l E£
')0
~
RL )0
t
I
Va
Figura 6.16. Rectificador com uma ponte de dioclos.
os
Com um rectificador deste tipo, ao aplicar-se um sinal sinusoidal, obtem-se os parametros da Tabela 6.3. Tabela 6.3. Parametros de um rectiticador com uma ponte de dfodos, quando a sua entrada se aplica um sinal sinusoidal.
Parametros de urn rectificador de onda cornpleta com urna ponte de diodos Tensao eficaz de safda: V0
(ef)
=
:ii
£. x
=
Tensao media de safda: Vo (med)
,
2·£ . max
1t
Factor de forma: FF = I,ll. Factor de ripple: F R = 0,48. Corrente media directa do dfodo:
[F(AV)
Corrente de pico por cada dfodo:
[FM
Corrente eficaz directa:
[F(RMS)
= 0, S. [med safda'
= 1, S7
. [mcd safda'
= 0,7· fcfsaida'
Tensao inversa do dfodo: VR = Em,\x'
150
Electronica analogica
6.8.:
6.8. FILTROS Os filtros colocam-se entre a safda do rectificador e a carga com 0 objectivo de separar as componentes de corrente alternada das de corrente continua contidas na tensao aplicada pelo rectificador a entrada do filtro e evitar que as primeiras surjam na carga. Estes fil tros, em fontes de alimenta<;:ao de baixa potencia, realizam-se com condensadores e bobinas. As configura<;:6es mais utilizadas de filtros nas fontes de alimenta<;:ao s~o as seguintes:
6.8.1. Filtro com condensador em paralelo
o circuito e
10 =__ r(ef)
npp
ond
mostrado na Figura 6.18, em que se verifica que 0 valor medio da ondula<;:ao e
V
OS(
2-12C
F=
V,(el COl <;:ao
F
I
onde: F =f para 0 caso de meia onda e F = 2f para onda completa. V r = Tensao de ripple.
EE Vo I I r --..,~ I r~,~ I r=;:.",...... ,
J
Vr
,, '' ,' " "
Figura 6.17. Sinal rectificado e ac~ao do filtro com condensador em pm'alelo.
6.
o valor medio da tensao sobre a carga e
o
V=E,-V(o o max r max) Portanto, 0 valor do condensador, para uma determinada ten sao de ripple e frequencia, sera dado pela seguinte expressao:
_f
C =
10
I
2-12 . Vr(ef)F
e
]
~Rl
Figura 6.18. Filtro com condensador em paralelo.
er ql F
Sistemas linea res de alimentar;iio
151
6.8.2. Filtro LC e em n Os circuitos sao os da Figura 6.19 nos quais se veri fica que ripple na carga e
V'r (ef) __
V. (ef)
0
valor eficaz do sinal de
Vr(ef)
I
C2 Q
1
IQ-
LC2 Q2 -1
C2 Q onde: Q= 2 nF.
F =1 para 0 caso de meia onda e F = 21 para onda completa.
V,ie !) = Tensao de ripple da primeira etapa do filtro (C I ).
Como 0 valor de LC2Q2 e muito maior que a unidade, pode ser feita a seguinte aproxima ~ao: Vr(ef)
V;(ef)
= LC Q2 2
L
L
~
R[] Vo
v",n]
Figura 6.19. Filtro LC e filtro em n.
6.9. ESTABILIZA<;AO DE TENSAO COM ZENER
o dfodo zener eurn dfodo que se comporta como urn dfodo rectificador normal quando se encontra polarizado directamente, mas tern a propriedade de conduzir no sentido inverso quando a tensao aplicada chega a urn certo valor que se denomina tensao de zener Vz. Na Figura 6.20 pode observar-se a curva caracterfstica deste dfodo e 0 seu sfmbolo. I
Vz(max!
Vzener
:=-J~
-N'-
Figura 6.20. Curva caracterfstica de urn dfodo zener e sfmbolo de representayao de urn zener.
152
Electronica analogica
6.10. F
Alguns parametros dos diodos zener sao os seguintes: • Vz: tensao de trabalho do diodo zener.
Os regl tes intr< capaze:
• I z: Corrente contfnua de zener. •
IZ/l M :
Corrente zener de pico repetitivo.
•
• I Z( max.): Corrente maxima no zener. ~
•
• Pze max.): Potencia maxima no zener. A potencia maxima que um dfodo zener pode suportar e:
PZ(max)
= Vz . IZ(max)
Ospm
o circuito tipico de aplicayao do dfodo zener como estabilizador de tensao e repre sentado na Figura 6.21. R
1
•
•
===j1. 1L
~ 12
t
VE
Vz
RL Figura 6.21. Circuito estabilizador de tensao com dfodo zener.
No anterior circuito verifica-se a seguinte equayao:
VE = (lz + I) . R s + Vz
Quando no circuito da Figura 6.21 aumenta a tensao de entrada VE' a reacyao do diodo zener e aumentar a intensidade que por ele circula de forma a manter constante a ten sao aos seus terminais. De igual modo se a tensao de entrada diminui a intensidade que circula pelo zener tende a diminuir. Atendendo ao que se disse anteriormente, podemos obter as equayoes que nos dao os valores maximo e minimo da ten sao de entrada VE para os quais 0 zener estabiliza a tensao de saida: VE(nu\x)
= (lzemaX) + I) . R s + Vz
VEemin)
= (IZ(min) + I)
. R s + Vz
Se em vez de variar a tensao de entrada VE variasse a corrente absorvida pela carga, I L , 0 diodo zener manteria a tensao de saida, variando a corrente que por ele circula. Os valores maximo e minimo de I L obtem-se das seguintes equayoes: VE = (IZ(maX) + IL(min)) . Rs + Vz VE =
(lzelllin)
+ IL(maX) . R s + Vz
No a fabri
6.1.
\
.
oC
Sistemas lineares de alimentar;iio
153
6.10. REGULADORES INTEGRADOS I',
as reguladores integrados sao circuitos formados por urn elevado numero de componen tes introduzidos num unico chip (circuito integrado) e encapsulados num reduzido espar;o, capazes de proporcionar uma tensao constante na sua safda. Possuem tres terminais: • Terminal de entrada de ten sao nao regulada. • Terminal de safda de tensao regulada. • Terminal comum de entrada e safda que se liga de uma resistencia.
a massa,
directamente ou atraves
as padimetros mais significativos destes reguladores sao os seguintes:
lre• Tensao nominal. Eo valor da tensao estabilizada de safda entre 0 terminal comum e de safda. • Queda de tensao (Dropout voltage). E a diferenr;a de tensao mfnima entre a en trada e a safda para que 0 regulador mantenha constante a tensao de safda. • Corrente de repouso. E a parte da corrente de entrada que nao circula pela carga voltando pelo terminal de terra.
If
• Rejei~ao de ondula~ao (ripple). E a relar;ao que existe entre entrada e 0 da safda, expressa em decibeis. 10 a
0
ripple do sinal de
No apendice A deste livro incluem-se as folhas de caracterfsticas da serie LM78XX fabricada pela National Semicondutor.
~r
PROBLEMAS RESOLVIDOS
o a
6.1.
Se no circuito da Figura 6.22 se aplica urn sinal sinusoidal de 20 V de pico, dese nhar 0 sinal que se obtem a safda, supondo que 0 dfodo e ideal. Ei~EO
I
E V
Figura 6.22.
154
Electr6nica anal6gica Solu<;ao: 0 circuito e urn limitador de nfvel com dfodo paralelo polarizado. Durante 0 semiciclo positivo 0 dfodo D, conduz sempre que a tensao de entrada E; e maior que VE' que
e de 5 V; portanto, pode-se desenhar a fun~ao de transferencia e a resposta do mesmo.
EO
6.3.
EO
5V
----------------
/'(
5V
E1
: 5V
-zov
Figura 6.23. Fun~ao de transfe rencia e sinais de entrada e safda do circuito da Figura 6.22.
6.2.
Se no circuito da Figura 6.24 se aplica urn sinal sinusoidal de 20 V de pi co, obter 0 sinal de safda, supondo que os dfodos sao ideais. R, DZ ~
E,
1
5V
J.. VE,
I 1 VE,
Eo
5 V
0
Figura 6.24. Solu<;ao: Durante 0 semiciclo positivo do dfodo D 1 conduz sempre que a tensao seja maior
que 5 V. 0 mesmo acontece com Do durante os semiciclos negativos; portanto, 0 sinal que
se obtem a safda do circuito e 0 representado na Figura 6.25.
Ej
EO
20 V 5Y
-5 V -20 V "------------
Figura 6.25. Sinal de entrada e safda do circuito da Figura 6.24.
(
, ;
Sistemas lineares de alimentariio o
Ie
ISS
6.3. Se no circuito da Figura 6.26 se aplica urn sinal sinusoidal de 20 V de pico, deter minar 0 sinal da safda, supondo que os dfodos sao ideais. R1 10K
D2
E;
!
5V
r
E
'
(~'V j
Eo
Figura 6.26.
Soluc;ao: Quanto E; e menor que VE"
0
dfodo D, conduz, e par sua vez
conduz, portanto, a tensao de safda sera igual a V EI
=5
0
dfodo D2 nao
V.
Quando E; e maior que VE" e menor que V E~ , D, e D2 nao conduzem; portanto,
sinal de
e igual a Er
safda
la
0
A caracterfstica de transferencia do circuito sera, por conseguinte, como se representa na Figura 6.27. EO
'0
EO V E,
VE,~8V , VE, + s:v
--------~
- 20
v:
VE,
~~-------------------_l-,
i
____
VE, : : V E,
+ 20 V
Figura 6.27. Caracterfstica de transferencia do circuito da Figura 6.26 e sinais de entrada e safda.
ior ue
6.4. Se no circuito da Figura 6.28 se aplica urn sinal sinusoidal de 20 V de pico, dese nhar 0 sinal que se obtem a safda, supondo que os dfodos tern uma resistencia Ro = = 1 K. R
~
Ei 2
a
4.
D2
V =5V
~2=2V Eo
I T
a
Figura 6.28. Circuito Iimitador de nfveis correspondentes ao Problema 6.4.
156
Electronica analogica Solu~ao: Enquanto 0 sinal de entrada nao alcanr,:a 0 valor de VI' 0 diodo D , esta aberto, assim como D 2, portanto, 0 circuito equivalente sera como se representa na Figura 6.29, em que se pode vel' que 0 sinal de safda e igual ao sinal de entrada.
----fc:=JI-----
I
R
E,
I
EO
Estal
e rer limit
FigUl"a 6.29. Circuito equivalen te ao circuito da Figura 6.28, quando D , e D 2 nao conduzem.
Quando E; alcan9a 0 valor de VI' 0 dfodo D , come9a a conduzir, enquanto que D2 fica aberto; portanto, 0 circuito que representa esta situa9ao e 0 da Figura 6.30.
R RD = I K
+
E1
-Neste caso a tensao de safda
IV_I
EO
Figura 6.30. Circuito equivalen te do circuito da Figura 6.28 quando D , conduz e D 2 nao conduz.
e dada pOl' _
Eo - VI +RD
Ej-V1
.~---'-
R+RD
Quando E; se vai tomando negativa, ao alcan9ar 0 valor negativo - V2 , 0 dfodo D2 conduz, enquanto que 0 dfodo D,esta aberto (corte); pOl'tanto, 0 circuito equivalente e re presentado na Figura 6.31. Neste caso a tensao de safda e dada pOl'
_ Ej - V2 Eo - V2 + RD . --'----" R+RD onde VE tern valor negativo.
E,
_____ I
EO V2 ----
Figura 6.31. Circuito equivalen te ao da Figura 6.28 quando D 2 conduz e D I nao conduz.
6.5
Sistemas lineares de ~rto,
,em
157
Estamos finalmente em condi~6es de desenhar a fun~ao de transferencia do circuito, que representado na Figura 6.32, na qual se pode observar os sinais de entrada e de safda, limitada esta a dois nfveis distintos.
e
EO
EO
lk1-
-v v 7~1 2
__
- - - - -,- -
"
-
u
__
uu_
• E1
0'
alen
-,-
- -
-
-
----
- - - - -
--
----'----T----------------
, \
::m. Je
alimenta~iio
z
D2
o
............
:
:
)i
E1
Figura 6.32. Caracterfstica de transferencia do circuito da Figura 6.28, no qual se observa sinal de entrada e a res posta na safda.
valen ~8
0
6.5. No circuito da Figura 6.33(a) aplica-se um trem de impulsos, tal como se observa na Figura 6.33(b). Desenhar as formas de onda das tens6es, nos extremos do dfodo, Va enos extremos da resistencia, Va' supondo que 0 dfodo e de silfcio.
o
E
+ 20 f
r
t
Vo II RL
odo D 2 lte re
e
-20 V (a)
(b)
Figura 6.33. a) Circuito rectificador com sinal de entrada quadrado. b) Sinal de entrada. Solu~ao: Como 0 dfodo e de silfcio, para que este comece a conduzir necessitani de ter entre o anodo e 0 catodo uma diferen~a de potencial de, pelo menos, 0,7 V.
1uivalen mdoD z ~.
Portanto, os sinais que se obtem em Vo e em Va sao os que se representam na Figura 6.34, na qual se observa que, durante 0 semici<;1o positivo, 0 dfodo nao conduz; pelo que nos seus extremos aparecem os 20 V de sinal do gerador; durante 0 semiciclo negativo 0 dfodo conduz a partir de 0,7 V que e a Vcon d • do dfodo. U~
°
Na carga, durante 0 semiciclo positivo, a diferen~a de potencial e V, uma vez que por ela
158
Electronica analogica p
nao circula corrente; enquanto que no semiciclo negativo a diferen<;a de potencial em R L sera
V o =20-0,7=19,3 V Ej + 20V
f
1 -20 V
+ 20V
]
I
t
VD
- 0.7 I
Vo
VO(med) = - 19,3
Figura 6.34. Sinal no dfodo e na carga do circuito da Figura 6.33.
v"---
6.6. No circuito da Figura 6.35 determinar a corrente media directa que passa pelo dfodo e a tensao de safda na carga. D
I
1:4
E;= IO,eoW
lJ11
RL = IK Va
Figura 6.35. Circuito rectifica dol' correspondente ao Problema 6.6. Solu~ao:
A tensao maxima no secundario do transformador sera
= Ei N/N, onde N/N,e 0 inverso da rela<;ao de transforma<;ao, que neste problema e de 4:
Es(01;,)
(I1l;X)
= 10 . 4 =40 V
Es(01.x)
A corrente num instante t sera dada pela seguinte equa<;ao:
i (OJt) = I max sen wt
tendo em conta que
i(wt)
=0
entre
n:
~
wt
~
2n:
ao ser rectificado 0 sinal de entrada atraves do dfodo D. Portanto, sera dado pOl'
0
I mod
= I max • 2 n: . [fa7I sen( OJt) . d( OJt) + S:~en( OJt) . d( OJt)]
I mod
= I max / n: = 0, 3 18 . I max
1
valor medio da corrente
6.7.
Sistemas linea res de
ra
alimenta~'c7o
I S9
Por conseguinte, neste caso, a corrente media sera
I
med
=0318 ES<max) = 0,318·40 =12 72 mA ' , RL 1
Portanto, a tensao de safda nos extremos da resistencia sera VO{IllCd)
= 12,72· 1 = 12,72 V
E a forma de onda que se obtem nos seus extremos e a representada na Figura 6.36.
Vo
40 V
VO(med)
a
= 12,72 V
~
v
I.
o
\
I
\.
1t
21t
3rr
WI
Figura 6.36. Forma de onda da ten sao na carga do circuito da F·19ura 6 .35 .
10
:e
6.7. No circuito da Figura 6.37, determinar: a) A corrente media que atravessa 0 diodo. b) A corrente eficaz do circuito. c) 0 factor de forma F,.-- d) 0 factor de ripple FR. e) A tensao inversa de pico que suporta 0 diodo. D
JII
RL
1o V
400Q
Figura 6.37.
SoIUl;ao:
a) 0 circuito da Figura 6.37 e urn rectificador de meia onda, pelo que a tensao de safda e
representada na Figura 6.38.
Eoi' E mux
Vo E max
Figura 6.38. Tensao de entrada do rectificador e tensao na carga.
J 60
Electr6nica anal6gica Em qualquer corrente alternada verifica-se que
6.8.
= Em'"
E
S-J2
...-/"
POl' conseguinte,
Em'"
= -J2 . Es
Em'"
=-J2. 300 = 424,3
V
A corrente maxima sera dada pOl'
J
-
rna, -
E ma, R +R D
L
424,3 25 + 400 = 0,99 A
A corrente media de urn rectificador de meia onda e
Jmcd
_
Jmax.
-
-
TC
Portanto,
A --- = 0317 , Jmcd -.0,99 TC b) A corrente eficaz de urn rectificador de meia onda e
I.
I cr=~
2
Neste caso, pOl' conseguinte, sera J = cf
0,99 = 0 49 A 2 '
c) 0 factor de forma (F,,) e a relac;:ao entre 0 valor eficaz total da tensao alternada sinusoidal
e 0 seu valor medio. No caso do rectificador de meia onda obtem-se
FF =
VCf
Vmcd
= Em'" /2 = TC = 1,57
E,m;, / TC 2
d) 0 factor de ripple (FR ), ou
0
factor de ondulac;:ao sera
FR = ~ F 2 F-l Portanto, num rectificador de meia onda,
FR
= ~1,572 -1 = 1,21
e) A tensao inversa de pica coincide com VR(mux)
=E
mux ,,;
600 V
0
valor maximo da tensao inversa. Assim,
Sistemas linea res de alimentac;iio
161
6.8. Se 0 transformador do circuito da Figura 6.39 e simetrico, calcular 0 valor medio e eficaz da tensao sobre a resistencia de carga, assim como a corrente media e eficaz que atravessa a carga.
----
D1 1'-...1
JII~J D2
t+
. 6 .39 . Rectificador de FIgura onda completa.
Solu~ao: Como 0 transformador e simetrico e tern uma tomada intermedia, os sinais £1 e £2 estarao desfasados 180°, tal com se observa na Figura 6.40 a e b.
Durante 0 semiciclo positivo do sinal de entrada, D , conduz, enquanto que 0 dfodo D 2 se
encontra polarizado em sentido inverso. A corrente que circula por D , faz com que, na re
sistencia de carga, apare<;:a toda a tensao. No semiciclo negativo, D2 conduz e D , permanece
aberto. Na carga aparece 0 segundo semiciclo com a mesma polaridade que no caso anteri
or. P0l1anto, a tensao nos extremos da carga tera a forma da Figura 6.40 c.
E1 Emax
(a) E2 E max
11
Vo
(b)
E max
(e)
Figura 6.40. Formas de onda da tensao £1' £2 e na resistencia de carga.
Tendo em conta que a defini<;:ao do valor medio de lim sinal peri6dico e
Valor .media = ~ r~(t)dt T Jo
162
Electronica analogica
a valor medio do sinal na carga sera VO(med)
I crt = - JoEmax' sen(wt)· d(wt)
(
7t
I
VO(medl
=-·Emax ·[-cos 7t-(-cos 0)]=
2·E,mix
7t
7t
Portanto, a corrente media que atravessa a resistencia de carga sera
I
med -
V med _ 2Emax
-R - --R-
7t
L
~
L
a valor eficaz de um sinal peri6dico define-se como I valor eficaz = ,1-
T
onde X(t)2 e sera
VO(Cf)
0
iT x(t) 2dt 0
valor quadr
0
valor eficaz
= ·d-I irt (E max ' sen(wt) 2 . d(wt) 7t
6.10.
0
donde
I V O(ef) - Emax - -J2 A corrente eficaz que atravessa a resistencia sera, portanto,
I =
Vo(ef)
ef
R
= Emax
-J2R L
6.9. Calcular 0 valor eficaz da ondular;ao de urn sinal pulsatorio como 0 da Figura 6.41 , cujo valor maximo e de 20 V. Vo
Emlix = 20 V
Figura 6.41. Sinal correspon dente ao Problema 6.9.
Soluc;ao:
a valor eficaz do sinal rectificado de onda completa sera
Sistemas lineares de
V
O(ef)
Vmax
20
-fi = -fi = 14,14
alimenta~'iio
163
V
o valor media vern dado par VO(med)
m ,\x = 2E -7'[-
_
-
2·20 7'[
= 12,7
o factor de forma deste sinal sera =
FF
V
\
Vef _ 14,1 V -·-=111 O(med) 12,7 '
o factor de ripple do sinal e dado pela expressao = ~ p 2 F -I = ~ 1,11 2 - 1 = 0,48
PR
:az
' d 'lSSO, Como, aIem
Vef(Ond)
FR = V ef(ond) VO(med)
= Vo(med)FF = 12,7·0,48 = 6,11
V
6.10. Os valores medios de tensao e corrente na safda de urn rectificador de onda com pleta em ponte sao 60 Vel A, respectivamente. Calcular: a) Os val ores eficazes de tensao e corrente na carga. b) [FIAVI' [F(RMS) e VR nos dfodos. c) 0 valor eficaz da tensao no secundario do transformador. 80Iu-;30:
a) Num sinal rectificado de onda completa,
V E max O(ef) = -fi
e tambem
~ I,
Emax
=
VO(med)7'[ _ 60·7'[ = 94,2 V 2 2
portanto,
VO(ef) I max .
= 94,2 -fi = 66,6
= Imed2 .7'[ -- -1·-7'-[ = ,\.0-
A
= I max 7'[ / 2
--= -fi = I,ll -fi
A
'TT
2
I
ef
V
2
0
valor eficaz e dado pOl'
164
Electronica analogica b) A corrente media directa em cada um dos dlodos da ponte rectificadora sera
I FrAV) = 0,5/med
= 0,5
"I
= 0,5 A
A corrente eficaz directa por cada um dos dlodos e IFrRMS ) = 0,7/er = 0,7 . I, II
= 0,77 A
A tensao inversa suportada por cada dlodo e
V R = En",x
= 94,24 V
c) A tensao do secundario do transformador sera
E sec = E max
/
-Ii = 66,6
\
V
6.11. 0 valor eficaz de uma tensao alternada sinusoidal e de 24 V. Calcular os valores maximo e medio da dita tensao quando se rectifica em meia onda.
Solm;ao: 0 valor maximo da tensao, tanto alternada como rectificada, sera
Emax =
-IiVer = -Ii .24 = 34
V
o valor medio na saida do rectificador sera
v
O(med)
6.:
= Emax = 34 = 10 , 8 V 1t
1t
No calculo desprezou-se a queda de tensao no diodo, que e aproximadamente 0,7 V.
6.12. 0 factor de forma F Fda tensao ondulat6ria da Figura 6.42 e 1,016. Qual sera 0 fac tor de ripple F R e os valores eficazes do sinal ondulado e a ondula~ao se 0 valor medio Vmed = 48 V?
Vel
~ned 11/
\/
XI
\1
\/
\
Figura 6.42. Solu~ao:
• 0 factor de ripple sera: F R
= ~ Fi -I = '/1,016 2 -I = 0,179
• 0 valor eficaz do sinal completo sera: VOlefJ = FfVOl Illed I = 1,016·48 = 48,77 V. • 0 valor eficaz da ondularao e dada por. V,"e ond = FRVO(me)d = 0,179 . 48 = 8,59 V. Y
6.13. Se a safda de urn rectificador de meia onda se liga uma carga de 150 n, e sabendo que a tensao de entrada do mesmo, e de E max = 30 V, quais serao os valores maxi mo, medio e eficaz da corrente na carga?
Solu~ao: a
corrente maxima que atravessa a carga sera
Sistemas /ineares de alimentar;iio
= Em"x =
I '
R
max
30 150
= 0,2
A
= 200
165
rnA
A tensao eficaz sobre a carga sera dada por\
V O(ef)
= Em"x = 30 = 15 2
2
V
Portanto a corrente eficaz que atravessa a carga sera
I
s
ef
= VO(ef) = ~ = 0,1 R
150
A
= 100
rnA
o valor medio da tensao pulsat6ria, obtida do rectificador de meia onda sobre a carga, sera VO(med)
= Em"x = 30 = 9,5 rr
V
rr
[med -
VO(med)
= 63,6
rnA
R
6.14. 0 valor medio da corrente que circula por uma resistencia de carga de 25 Q, num rectificador de onda completa, e de 2 A. Calcular 0 valor eficaz da ten sao do secun dario do transformador e a COlTente [FIRMS) que devem suportar os dfodos, supondo que 0 rectificador e de onda completa com tomada media.
)
Solu~ao: Quando se indica que a corrente que atravessa a resistencia de carga e de 2 A, est,1 -se a indicar que e a corrente que se mediria com urn amperfmetro de corrente continua e, por conseguinte, e 0 valor medio da dita corrente. Portanto,
= Imed R = 2·25 = 50 V
VO(l11cd)
o valor maximo correspondente a esta ten sao e dada par Em"x =
rrVO(med)
2
= 78,5
V
e 0 valor eficaz da dita tensao sera VO(ef)
= Em"x -Ii = 78,5 -Ii = 55,5 V
Por conseguinte, a tensao eficaz nos enrolamentos secundarios do transformador sao: 55,5 V + 55,5 V. A corrente eficaz na carga e dada por
Ier )
VO(ef) _
=R-
55,5
25
= 2,22
A
A corrente que deve suportar cada urn dos dfodos sera IF(RMS)
= 0,7 ·ler = 0,7·2,22 = 1,55 A
6.15. Que tensao inversa terao de suportar e que corrente eficaz e media circulara pelos
166
Electronica analogica dfodos de urn rectificador em ponte de dfodos, supondo que 0 valor maximo da
tensao alternada sinusoidal e de 40 V e a corrente eficaz pela carga e de I A?
Solu~ao:
Numa ponte de dfodos, a tensao inversa que suporta cada um dos dfodos e igual
ao valor maximo da tensao sinusoidal de entrada, pOitanto \
VR
= Vmax = 40 V 0
A corrente media directa que atravessa cada um dos dfodos e dada por
IF(AV)
=
O,S/med
6.16.
onde
I
'd me
= 2 I max = 2 0
-!i Icr = 2 -!i I = 0 9 0
It
0
It
IF(AV)
A
0
0
'
It
=0,5 0,9=0,45 A
0
A corrente eficaz directa numa ponte de dfodos e I FiRMS) = 0,7/cr
0
J
= 0,7 A
6.16. Calcular a capacidade de urn condensador acoplado a urn sinal rectificado de onda completa, cujo valor medio e de IS V, se a corrente media na carga for de 250 mA eo ripple maximo pica a pica desejado for de 3 V. Qual sera 0 valor medio da ten sao na carga e os factores de forma e ripple?
Vr/ 2 VJ r~A ....
d
A ....
,,
,,
"
"
1
Vo
Figura 6.43. Forma de onda na carga
"
"
o
/\:
2n
n
3n
Solu~ao:
·0
valor eficaz da tensao de ripple e:
• 0 valor do condensador, para que 10 = 250 rnA
e C = -!i 2 2
Vr(cf)
V'icf)
=
Vr (pop)/2
-!i
=
3/2
-!i = I
V.
= I V e circule pela carga uma corrente de
0,25
I 0 Vr(cflF
2-!i.l.lOO =884 llF
ja que F= 2j=2·50 =100 Hz.
• 0 valor medio da tensao na carga sera:
onde: E max =
V O(mCd)1t
2
V(l
= Emax 0
Vi . , PICOJ
= 23,5 V. Portanto: V o = 23,5 -1,5 = 22 V
• 0 factor de ripple e dado por:
FR
Vr(cf) =---'--'VO(mCd)
6.1l
Sistemas linea res de alimentar;iio
o valor eficaz da tensao de ripple era:
Portanto, FR
1,5
V,.(ef)
= -fi = 1
167
V_
=-1 = 0,045.
22
• 0 factor de forma seni: F F
= JF; + I
"" 1.
6.16. Numa fonte de alimenta9ao com urn rectificador de meia onda e urn filtro formado por urn condensador de 1000 flF, circulam na carga 100 rnA; 0 valor medio Vl1led do sinal ondulat6rio que sai do rectificador e de 30 V. Calcular: a) 0 valor eficaz do sinal de ripple V"ef)' b) 0 valor pico a pica do ripple. c) 0 valor medio Vo da tensao na carga. d) 0 factor de forma e 0 factor de ripple do sinal filtrado. Solm;ao:
a) 0 valor eficaz do sinal de ripple e
10
V,.(ef)
= 2-fiC,F
V,.(max)
= -fi
V,.(ef)
100.10-3 2-fi .1000 .10-6 .50
= -fi . 0,7 = I
= 0, 7
V onde F=f= 50 Hz
V
b) a valor pico a pico seni: 2V"m'iX) = 2 V.
c) 0 valor medio da tensao na carga e dado por
Vo = E max - V"max) = (VO(mcdJ . n:) - V"ma,q
Como se pode observar, d)
0
= (30 . n:) - I = 93,24 V
aumento do valor medio e sensfvel ao colocar-se
0
filtro.
a factor de ripple sera
F = V,.(ef) R Vo
=~= 7 5.10-3
93,24
'
e entao 0 factor de forma FF valera
FF
= ~(7,5 _10-3 )2 + 1 = 1
6.18. Quais serao os valores da tensao e corrente que tern de suportar os dfodos de urn rectificador de onda completa com ponto medio, se 0 valor eficaz da tensao alter nada for de 40 V e a resistencia de carga 100Q? Solu~ao: 0
valor eficaz na carga sera 0 mesmo que lores maximo e medio de tensao na carga serao
Emax = VO(med)
=
VO(ef)
-J2 = 40· -J2 = 56,57
2 --J2 VO(ef) 1t
=
2· -J2 -40 1t
V
= 36 V
0
do sinal alternado sinusoidal. Os va
168
Electr6nica anal6gica Os valores da corrente media e eficaz na carga sao
1, = VO(Jl1ed) = 36 =0,36 A , med R 100
1 = Vo(er) = 40 =0.4 A
er R 100
A tensao inversa que os dfodos tern de suportar e V R = 2Emilx
0
dobro de Emax\
= 2·56,57 = 113,14 V
A corrente media que cada dfodo suporta e metade da corrente total que passa na carga, uma vez que cada dfodo conduz somente durante meio perfodo:
IF
1 0,36 =0,18 =22 med _
A
o valor maximo da corrente na rectifica<;ao de meia onda e 1max (MO) = 21ef (MO) E para onda completa e
1max (OC) = -J2 1er (OC) As correntes maximas, tanto nos rectificadores de meia onda (MO) como nos de onda com pleta (OC), sao iguais; pOI-tanto
21ef (MO) = -J21ef (OC) 1er (MO) = 0, 71ef (OC) Como IF
IF
(RMS)
(RMS)
= 1er (MO)e 1er (OC) e a COlTente eficaz na carga,
=0,71er =0,28 A
6.19. Projectar uma fonte de alimenta~ao constitufda par urn rectificador e urn filtro que proporcione uma tensao de valor igual a 24 V, com uma corrente de 0,5 A e urn ripple maximo de 0,5 V pica a pico. Definir todos as componentes que a constituem. Solu~ao: Vamos utilizar urn rectificador em ponte e urn filtro formado por dois condensadores e uma bobina, tal como se mostra na figura 6.44.
JII
I
V',(,O
RL
I
Vo
Figura 6.44. Fonte de alimenta <;ao com uma ponte de dfodos e urn filtro em 11:.
Sistemas linea res de Em primeiro lugar calcula-se 0 filtro em pica a pico, portanto,
IT.
alimenta~'ao
169
A tensao de ripple pico a pico deve ser de 0,5 V
\ V~(PP) _ 0,5 V,., (m,\x) = 2 -2=0,25 V
,
V,. (max) _ 0,25 V:(ef) = J2 - J2 =0,176 V Suponhamos que a segunda etapa atenua dez vezes a ondulac;:ao procedente da primeira; por conseguinte,
V,.(ef) = lOV:(ef) = 10·0,176 = 1,76 V Como V,( I
C= I
f)
=
e
r;:;
10
2-v2 . C . F
,
0
valor
00
conoensaoor sera
I
10
2J2 . V,.(ef) .
onde F = 2 . f = 2 . 50 = 100 Hz
F
Portanto:
C
=
I
0,5 _ -3 2J2 .1,76.100 - 1·10 F = 1000 !iF
Para que
0
filtro seja simetrico,
0
valor dos condensadores sera igual:
C 1 = C2 = 1000llF
e e s
l
Vr(ef) Como -
V',.(ef)
= LC ,,2
?~
0
. d uc;:ao - d a b 0 b'1I1a sera, va Ior d a auto-in
3 L=~10 C Q? - 1000. 10-6 .42 . n . 502 = 25· 10- H = 25 mH
2
A corrente que circula por cada urn dos diodos sera metade da que passa pela carga, por conseguinte IF(AV)
=0,5/0 =0,5·0,5=0,25 A
o valor maximo do sinal alternado sera E max = V o + V:(max) = 24 + 0,25 = 24,25 V
o valor da tensao eficaz do secundario do transformador sera, portanto de Es = Eef = Emax J2 = 17, 15 V
170
Electr6nica anal6gica 6.20. 0 circuito da figura 6.45 e empregue para alimentar un1a carga com uma tensao cons tante de 50 V. Calcular 0 valor de Rs para que 0 diodo zenh de 50 V e 20 W nao se so brecarregue em situa<;:ao alguma. Suponhamos um sinal de entrada continuo de 80 V.
6.22.
R ~/RL ~ s
IRS
Vz
V E =80 V
R L
Dz
Figura 6.45. Circuito estabilizador com zener do PrJblema 6.20.
Solu~ao:
0 diodo dissipa a potencia maxima quando se desliga a carga,ja que, nessa situa<;:ao por ele passa toda a corrente, portanto, a IZ(111
. =
I
pz(max)
V
Z(max)
= 20 =0,4 A
50
Z
como
VE
= V Rs + V z
A tensao que devera estar em Rs e
V Rs = V E - V Z = 80 - 50 = 30 V
Estamos agora em condi<;:6es de calcular 0 valor de RS
R S
=~= IZ(max)
30 =75 0,4
Q
A potencia maxima que esta resistencia dissipara sera de 2 0 2 PR, = Iz(m'ix)R s = ,4 ·75 = 12 W
6.21. Se no Problema 6.20 a corrente de zener minima for de 150 rnA, calcular minimo da carga que permite estabilizar a tensao de saida.
0
valor
Como a corrente maxima que pode percorrer RS no Problema 6.20 e de 400 mA, para que 0 diodo zener estabilize devem passar por ele 150 mA, entao a corrente maxima que passa na carga e Solu~ao:
IRI.(max)
=
IRs -
Iz(mfn)
= 400 -150 = 250 rnA
Como a tensao de zener e de 50 V,
RL(mfn)
= I
0
valor minimo da carga sera
V z -~=200 Q . - 0,25
RI.(max)
6.23
VE
Sistemas linea res de alimentat;;c7o
171
6.22. Se no Problema 6.21 a carga for de 200 Q, calcular para que valores da tensao de entrada 0 zener estabiliza a tensao de safda em 50 V.
SOIU(,;30: Em primeiro lugar calculemos a tensao maxima de entrada
= VRs(maX) + V z
VE(maX)
onde
=
VRs(m'x)
I R1
(IZ(m'x)
+ I R) · Rs
V z _ 50 =0,25 A
=R- 200 L
Como 0 diodo zener que se esta a utilizar supm·tar e Pm'iX
= IZ(max)VZ
P max _ 20 = 0,4 A V-50
=
IZ(max)
e de 20 W, a corrente maxima que este pode
z
Portanto, a queda de tensao maxima em Rs sera VRS(max)
=(0,4+0,25)·75=48,8 V
entao VE(max)
= 48,8 + 50 = 98,8 V
A tensao minima para que
0
dfodo zener estabilize,
e de
= V R\.(mll1) + V z
VE(mln)
onde VRs(min)
r
"a
= (IZ(min) +IR1)Rs
E finalmente
VErmin)
VRS (mll1) = (0,15 + 0,25)·75 = 30 V
= 30 + 50 = 80 V.
6.23. No circuito da Figura 6.46, determinar entre que valores Rs pode variar, para que a tensao na carga seja estabilizada a 6 V. As caracterfsticas do dfodo zener sao as seguintes: Vz = 6 V, 1z(max) = 140 mA e 1Z(111111) = 20 IJ-A. RS
- IRs
VE "IO±lV
1
IZ
1 4K
R,
1o V
Figura 6.46. Circuito estabilizador correspondente ao Problema 6.23.
172
Electr6nica anal6gica 80Iuc;ao: A tensao de entrada do circuito sera
/
= IRsRs + V z
VE
entao a corrente que atravessa a resistencia Rs sera
I
=
R,
ou,
0
VE
Vz
-
R
s
que e igual,
Vz I R =Iz + S R L
entao a resistencia serie R s sera dada pela seguinte expressao
R
s
= VE -
Vz
I Rs
Para determinar entre que valores de R s 0 zener estabiliza, deve-se ter em conta que, nesta expressao, VI: pode valer 10 ± 1 V, e que os valores de I z sao IZlmax)= 140 rnA e IZlmin) = 20 1lA. POitanto faremos as seguintes suposi<;6es: a) Se uma corrente mfnima circula pelo dfodo zener IZ(mfn) = 20 IlA:
_ VE
IRs -
V z >
-
- Iz(min)
Rs
+ I RL , donde
< VE
Rs -
Vz
--...:=....----'='--
Iz(minJ
+ IRe
a-I. Para VI:= 11 V obtem-se Rs ~ 3,28 KQ.
a-2. Para VI: = 9 V obtem-se Rs ~ 1,97 KQ.
Entao Rs ~ 1,97 KQ.
b) Se a corrente maxima que circula pelo dfodo zener for I z(max) . = 140 mA:
-~-~< - IZ(max) + I RL , Rs
IRs -
donde
~-~
R s ~ -----"'----"'-
Iz(max) + I RL
b-I. Para VI: = 11 V obtem-se Rs ~ 0,035 KQ.
b-2. Para VI: = 9 V obtem-se Rs ~ 0,021 KQ.
entao R s ~ 0,035 KQ.
Portanto, podemos afirmar que 0 dfodo zener estabilizara sempre que a resistencia R s esteja
compreendida entre os seguintes valores:
0,035 KQ
~
Rs ~ 1,97 KQ
6.24. Construir uma etapa estabilizadora utilizando urn regulador do tipo 7805, ao qual se aplica uma tensao ondulat6ria procedente de urn filtro cujo ripple tern urn valor maximo de 1 V. 0 valor medio da tensao ondulat6ria e de 10 V. Calcular 0 valor maximo do ripple na safda e 0 factor de ripple na entrada e na safda.
Sistemas lineares de alimentar;iio
7805 Vmed (ent)=
"-- Vmed - 5V (sat)-
5V
Figura 6.47. Circuito estabilizador com urn regulador integrado.
.....0.-
Solu~ao:
173
Segundo as caracterfsticas do regulador 7805, que se encontram no Apendice A,
temos 80 dB = 20 loa
Vr(max)(cntrada)
V
b
r(
Vr(mtix)(entrada)
= anti log 80 = 10000 20
V"(n"\X)(Saida)
max )( saida)
o valor maximo do sinal de ripple na safda sera V . r(
= Vr(max)(entrada) = __1_ = 00001 Y = 01 mY
.
10000
max)( salda)
10000'
o factor de ripple na entrada e a relayao entre 0
,
valor eficaz da ondulayao e 0 valor medio
do sinal ondulat6rio:
F
_
Vr(max)(Cntrada) /
V
R(enlrada) -
.J2 = 1/-.J2 = 0,07
V
10
med(saida)
o factor de ripple na safda sera F
_
Vr(maX)(Safda) /
V
R(saida) -
-J2
=
0, 000 1/ -J2
5
= 1,4.10
5
med(safda)
6.25. Calcular os valores de R Ie R 2 no circuito da Figura 6.48, para se obter uma tensao regulada maxima na safda de 20 V. Supor uma corrente em R, igual ade repouso IQ
7805
2
Vsat
Vent
]a
Figura 6.48 Como a corrente por R 1 e igual a de repouso, e esta, no circuito integrado 7805, valor de 8 rnA, segundo 0 catalogo do mesmo integrado no Apendfce A, teremos:
Solu~ao:
al
or
or
tern
0
8 mA= Vil R1
174
Electr6nica anal6gica
\
em que Vn e a tensao nominal de safda do regulador, quer dizer, 5 'I. o valor de R, sera
R
,
= VII8 = 2.8 = 0,625
KQ
= 625
Q
6.27.
o valor de R, aplicando a equaryao
Va'd' S I a
-
= V + (~ R + IQ ]
.
11
R
z sera
I
R = VVida
z
_II
-
+I
R,
VII = 20 - 5 _ 15 8+ 8
-16 = 0,937
6.28.
KQ
Q
R 2 =937 Q,
6.26. Projectar urn regulador de corrente com um C.L do tipo 7805 que proporcione na carga uma corrente constante de 0,5 A.
6.29.
7805 Vent
--
6.30.
IQ
Figura 6.49. Solu~ao:
• 0 circuito sera 0 da Figura 6.49. ~ A corrente de safda sera dada por:
Isaida
=
V _II
+ I Q'
R, • 0 valor de R, sera R,
=
V II
Isaida
Para
Isaida
= 0,5
A com IQ
- IQ
=8
rnA: R,
V :=:; _ 1 1 _
Isaida
= 10
Q.
Sistemas linea res de alimentar,;iio
175
PROBLEMAS PROPOSTOS
6.27. 0 valor da capacidade do condensador de urn filtro e 200 ~F e a corrente na carga 200 rnA. 0 valor eficaz da tensao de safda do rectificador de onda completa e 70 V. Calcular 0 valor medio Vo da tensao na carga. Solu~ao:
Vo = 94 V.
6.28. Qual sera 0 valor eficaz da tensao aplicada a entrada de uma fonte de alimenta~ao, constitufda por urn rectificador de meia onda e urn filtro com condensador, saben do que a a capacidade Cede 750 ~F, a resistencia de carga de 230 Q e 0 valor medio da corrente na carga de 0,124 A. Solu~ao:
E s = 21,32 V
6.29. Urn filtro em 1t e constitufdo por dois condensadores de 300 ~F e uma auto-indu~ao de 60 mHo Calcular 0 valor maximo do ripple V:(max)' se
valor medio Vo da ten sao na carga de 100 Q e de 50 V. 0 rectificador que precede 0 filtro e de onda completa. Solu~ao: V:(max)
= 1,17
0
V.
6.30. Se no circuito da Figura 6.50 introduzirmos urn sinal triangular simetrico com uma amplitude de 10 V, desenhar 0 sinal que se obtem a safda supondo 0 dfodo ideal.
~=IOOK
E,
I
Eo
_____IVE=lv
Figura 6.50.
Solu~ao: EO
EO
lOY
-lOY:
:Ii'I
IY
<
lOY Ej
E"
176
Electronica anal6gica
6.31. No circuito da Figura 6.51, \0z - 60 V, I2(111111.) = 5 rnA e IZ( max.)= 40 rnA. Calcular Rs para que 0 zener estabilize a safda com valores de COlTente na carga compreendi dos entre IL(lllill) e IL(lllaX)' Determinar tambern 0 valor de I Umax )'
I l1/ I vE
=
I::
vIz
1
II
6.37. P u
c ~ L
RL
6.38.
Vz
Solu~ao: R s
S,
Figura 6.51.
= 1500 Q; IL(max) = 35 rnA
6.32. No circuito da Figura 6.51, se R s = 1500 Q e I L = 25 rnA, determinar entre que va lores pode variaI' a tensao de entrada V E para que a tensao de safda se mantenha estabilizada. Solu~ao:
150 V < VEs 157,5 V.
6.33. Entre que valores pode variaI' a resistencia Rs no circuitodo Problema 6.32, para se conseguir uma estabiliza<;ao, quando a tensao de entrada variaI' entre 120 V + 5 % e 120 V - 5 %. Solu~ao:
1,9 K S Rs S 3,8 K.
6.34. Num circuito estabilizador como 0 da Figura 6.51 a tensao de entrada e de 50 V, a resistencia R s e de 1 KQ e 0 dfodo zener possui as seguintes caracterfsticas: Vz = 10 V'/Z( max.) = 35 rnA, I Z(nun.) = 5 rnA. Determinar entre que valores pode oscilar a resis tencia de carga RL para que a tensao nos seus terminais permane<;a constante em 10 V. Solu~ao:
RUmax ) = 2 KQ;
RL(min)
6.39.
= 280 Q.
6.35. Se num circuito como 0 da Figura 6.51 a tensao de entrada for de 30 V e as carac terfsticas do dfodo zener: Vz = 20 V, PZ(max) = 4 W e Iz(min) = 5 rnA, calcular as ca racterfsticas da resistencia Rs e 0 valor maximoda carga para que a tensao de safda se mantenha constante a 20 V, sabendo que IZ(min) = O. Solu~ao:
R s =50 Q /1 W; R L(l1lax) = 102,6 Q.
6.36. 0 circuito da Figura 6.52 e urn estabilizador com dfodos zener, cujas ca racterfsticas tecnicas sao: Vz = 10 V, IZ(mfJx) = 80 rnA e I Z(nun.) = 1 rnA. Determinar 0 valor de R s para que 0 dfodo zener se destrua quando 0 circuito esta sem carga assim como 0 valor maximo da resisten cia de carga. Sabemos que a tensao do gerador de entrada e de 20 V e a sua re sistencia interna de 100 Q.
RS Rint =
100
+ VE
Figura 6.52.
6.4(
177
Sistemas linea res de alimentar;ao
I'
'~' ~s:
li-
r
- /
Solw;ao: R s = 25 Q;
RLlmax)
= 126,6 Q.
,
6.37. Projectar urn circuito estabilizador de tensao com dfodo zener capaz de alimental' uma carga de 200 Q com 20 V constantes, sabendo que a tensao de entrada pode oscilar entre 24 V e 30 V. 0 zener a empregar devera tel' uma potencia maxima de 8W. Solw;ao: Rs = 20 Q, 5 W;
Vzener
= 20 V, IZimax) = 0,4 A; IZlmin) = 0,1
A.
6.38. 0 circuito da Figura 6.53 e constitufdo pOl' urn regulador do tipo 7812, ao qual se aplica urn sinal ondulat6rio cujo valor medio e de 20 V. 0 valor eficaz do ripple e de 2 V. Calcular 0 valor eficaz do ripple a safda e 0 factor de ripple antes e depois da estabiliza<;ao. (Para resolver este problema necessitamos de consultar as carac terfsticas do regulador).
a
la
LM 7812 VI
Va 1--
1v,,",
1om
se
V
%
Figura 6.53. Solu~ao:
V,-(el)
= 0,5 rnA; FRtenlrada) = 0,1; FRtsaidaJ = 41
. 10,6
6.39. Quais serao os valores maximos e mfni mos da tensao de safda do circuito da Figura 6.54? Qual sera 0 valor da tensao mfnima necessaria na entrada?
,a
10 s
V.
VI
Va
Vent
ca ja
Figura 6.54
Solu~ao:
Dh
RL
V,aidatmin)
= 12 V;
VsaidatmaX)
= 22 V;
Ventradaimin)
= 24 V.
6.40. Calcular 0 valor da corrente na carga , no circuito da Figura 6.55. Qual sera a po tencia dissipada pelo regulador, se 0 va lor medio da tensao de entrada for de 20 V e a resistencia de carga de 10 Q? Solu~ao: Isaida
= 0,4 A; Pdis = 1,6 W. . Figura 6.55.
LM 7812 VI
G N
D
Vent
Va 1 - 1- . . - .-
-
-
,
CAPITULO 7
TRANSISTORES
7.1. TlPOS DE TRANSISTORES BIPOLARES Urn transistor bipolar e urn elemento amplificador capaz de fornecer uma corrente pro porcional a aplicada na sua entrada. Existem dois tipos diferentes de transistores bipolares, cujos nomes sao determinados pela estrutura interna dos mesmos. Estes dois tipos de transistores sao os npn e os pnp. Tanto uns como outros sao formados pOl' tres cristais. A estes tres cristais sao ligados tres terminais que tern os nomes de emissor, base e co/ector. Na Figura 7.1 mostram-se os simbolos utilizados para representar os dois tipos de transistores. Com os transistores bipolares e possivel construir tres configura<;6es ou montagens diferentes, denominadas base comum (BC), emissor comum (EC) e colector comum (CC).
c
c b
e (a)
Figura 7.1.
Representa~ao
e (b)
simb6lica de transistores. (a) npn. (b) pnp.
7.2. TENSOES E CORRENTES NO TRANSISTOR Na Tabela 7.1 mostram-se todas as forrnas de representar grandezas que utilizaremos neste capitulo enos seguintes.
180
Electronica analogica Tabela 7.1.
Representa~ao
de tens6es e correntes de urn transistor
fabric todos conSH
:
Tipo de grandeza
Variavel
Jndice
Exemplos'
Constante ou de cc
letra maiuscula
letras maiusculas
VCE'IS
Variavel ou de ca
letra minuscula
letras minusculas
vee'
Valor eficaz de ca
letra maiuscula
letras minusculas
Vee' Ih
Ondulat6ria
letra minuscula
letras maiusculas
VCE'
tensic
Ih
IS
7.3.
I
Na Figura 7.2 mostram-se as tens5es e correntes que aparecem nos dois tipos de transistores bipolares quando polarizados por fontes de cc.
c
c
Ic Is
b
Ic
+
VCE
+
VEE e Figura 7.2.
IE
Is
b
J
VBE
e
e
(a) Polariza~ao
1 VCE
IE e (b)
I
I,
Tant( ticas corre
reds, Tabe assir
+ e
dos transistores bipolares. (a) npn. (b) pnp.
Tanto num tipo de transistor como no outro verifica-se a seguinte igualdade: IE=lc+l s
Duas rela<;:5es muito significativas entre as correntes de urn transistor sao as se guintes: I
I
C
C
a=-; 13= IE
Is
As grandezas a e 13 sao conhecidas como os ganhos de corrente em cc das con figura<;:5es BC e EC, respectivamente. A rela<;:ao entre a e 13 e dada pela seguinte expressao:
13=~ I-a
ES
Transistores
181
Existe uma grandeza denominada corrente de corte do colector, I CBO ' fomecida pelo fabricante, que e devida aos portadores minoritarios, e que tern pouca importancia em quase todos os casos reais de amplifica<;ao, ainda que 0 seu crescimento com a temperatura seja consideravel. Existe outra cOlTente, ICEO ' que ej3 vezes maior que a anterior:
I CEO
:==
j31 CBO
Esta COlTente circula de colector a emissor, ainda que na base do transistor a in tensidade seja nula. Portanto, a COlTente total de colee tor, tendo em conta I CEO' sera
IC
=
j31 B + j31 CBO
Nas express6es de a eb que indicamos, I CBO e ICEOsao consideradas nulas.
e
7.3. CARACTERlSTICAS GRAFICAS PARA A CONFIGURA<;AO EC Tanto para 0 transistor npn como para 0 pnp, e possfvel obter urn conjunto de caracterfs ticas distintas para cada tipo de montagem. Nesta sec<;ao vamos descrever as caracterfsticas correspondentes a urn transistor npn em montagem Ee. Na Figura 7.3 mostra-se 0 circuito de polariza<;ao necessario para obter as carac teristicas de saida, transferencia e entrada representadas nas Figuras 7.4, 7.5 e 7.6. Na Tabela 7.2 aparecem as express6es dos parametros que se obtem a partir das caracterfsticas, assim como os valores tfpicos e as unidades dos mesmos.
Ie
......... 1--'
V V
/....
---
RC /)Je
EC I Ell
D
I
VCE
7'
- -
V- I
r-
- V
V ~
~
I
I
I
I
e-+ I
I
I
I
Figura 7.3. Circuito completo de
em configura~ao EC.
_
I I 300 l-lA
~ I-
-
200llA
I IB=IOOIlA
I I 20 I
polariza~ao
-
400l-lA
I
Figura 7.4. Caracterfsticas de safda de urn transistor npn em EC.
I
182
Electronica analogica
que 'B(mA)
0,4
I I
ICCmA) 80
1
-
40
MC
r
/
60
-
-
- -
-
.
20
V
oV 0
/
- - -
0,3
:/
~
;/
V
1
M~0,2
t
~ 0,1
I I
I I
/:
I I
0,1
0,2
0,3
0,4
-I .
o
0,5 IB( rnA) M B
Figura 7.5. Caracterfstica de transferencia de urn transistor npn em EC.
I-0
-- --
0,2
//
V
I I
A<
I
--
0,4
I
0,6
6VRE
Figura 7.6. Caracterfstica de entrada de urn transistor npn em EC.
Tabela 7.2. Parametros deduzidos das caracterfsticas da montagem EC Parametro Resistencia de safda
Ganho de corrente
Resistencia de entrada
Razao incremental
Pe
N
C
~'= Mcl .1/ V B
.1 V BE r e =---;;[
Il e
40
klJ
CE
50
-
1,1
klJ
V CE
.1V BE =
.1 VCE
Unidade
B
I
B
Coeficiente de readmissao
I/
_.1VCE -
Ordemde grandeza
I
4.10- 4
-
/B
7.4. EQUA<;OES BAsICAS DE UM CIRCUITO SIMPLES DE POLARIZA<;AO Na Figura 7.7 mostra-se urn circuito simples, amilogo ao da Figura 7.3, com a diferen<;a
A( At Na rei
7.: Os ba pa
Transistores
que a base e
0
183
colector do transistor sao polarizados por apenas urn gerador de cc.
EC Figura 7.7. Polariza<;ao utilizan do um s6 gerador. A corrente na base sera I
B
=
E e - V BE
RB
.
A corrente de base origina uma corrente de colector, cujo valor sera
I e = h FE I B ; e portanto h FE = j3 A tensao do gerador Ec divide-se entre a resistencia Rc eo transistor: E e = V eE + I eRe Na pratica, urn circuito de polarizac;ao e projectado de maneira que se cumpra a seguinte relac;ao:
Ee
VeE
""2
7.5. ESTADOS DO TRANSISTOR BIPOLAR as estados posslveis do transistor sao corte e condm;ao e, dentro deste estado, pode tra balhar na zona activa ou em saturac;;ao. Na Tabela 7.3 mostram-se os valores das grandezas para cada urn dos estados posslveis em montagem EC. Tabela 7.3. Valores das grandezas de um transistor para os diferentes estados
~ Estado Corte Activa Satura<;ao
VBE
Ie
18
VeE
°
°
Ee
<0,7 V
hFEIB
-
E e > VCE >0,2 V
?0,7 V
<:;,h FE Is
-
0,2 V
?0,7 V
184
Eleetroniea analogiea
7.6. FOLHA DE CARACTERlSTICAS DO TRANSISTOR BIPOLAR
7.7.
Na Tabela 7.4 aparecem os valores-limite indicados pelo fabricante, e na Tabela 7.5 as caracterfsticas electricas correspondentes ao transistor Be 107.
Existl signa MOS
Tabela 7.4. Valores limites do transistor BCl 07 (25°C)
r
tensa 45
V
50
V
45
V
6
V
COlTente continua de colector I C
100
mA
Corrente de pica de colector I CM
200
mA
Potencia total dissipavel P IOI
300
mW
Tensao colector-emissor VCEO Tensao colector-emissor (com a base em curto-circuito)
VCES
Tensao colector-base VCBO Tensao de ruptura emissor-base
V EB
7.8.. Os tr: p. A: grelh reali, drent FigUJ
Tabela 7.5. Caracteristicas electricas do transistor BC 107 (25°C) >
Padimetro
Coodil;oes de Dledida
Corrente de corte de colector
I E =0
Tensao de saturat;;ao colector-ernissor
I C =100 mA
Tensao base-emissor
Ganho de corrente em continua
Parametros hibridos emEC
VCB = 45 V
Ie =5 mA
I C =2 mA
VCE = 5 V
I C =100 mA
VCE = 5 V
Ie =10 j..lA I c =2 mA
VCE = 5 V
Ie =20 mA
VeE = 5 V
Ie =100 rnA
VCE = 5 V V cE =5V
I c = 2 mA
VCE =5 V
f= 1 KHz
SimbOlo
Min.
Tipico
Max.
Void.
leBo
-
0,15
15
nA
VCE(sat)
-
0,22
0,6
V
-
0,68
-
V
-
0,9
-
V
VSE
h FE
-
90
-
-
-
180 225 210
-
-
-
-
-
-
-
hie h re
1,6
h fe
125
hoe
-
-
2,7 4,5 15x 10-5 220 18
260 30
kQ
expr
and, au c
7.9,
-
j..lS
Na5 FE'
Transistores
185
7.7. TRANSISTORES DE EFEITO DE CAMPO Existem duas classes distintas de transistores de efeito de campo: os de junfiio, que de signaremos simplesmente por FET, e os de porta isolada, conhecidos como transistores MaS devido ao tipo de tecnologia utilizada ( Metal-Oxide-Semiconductor). as transistores de efeito de campo fornecem uma corrente de safda proporcional a tensao aplicada na sua entrada.
7.8. FET DE JUN<;AO as transistores de efeito de campo de junt;:ao dividem-se em FET de canal n e FET de canal p. Ambos possuem tres terminais denominadosfonte (source), dreno (drain) e porta ou grelha (gate). Com os FET, da mesma maneira que com os transistores bipolares, podem realizar-se tres montagens diferentes. As distintas configurat;:6es sao:fonte comum (SC), dreno comum (DC) e grelha comum (GC). A mais utilizada e a de dreno comum. Na Figura 7.8 mostram-se as tens6es e correntes intervenientes nos FET. + D I 10
D rIo
I
G
Vos
I
d. I
I
:j
Ves
Sj -
~S
Vos
+1 Ves +
(b)
(a)
Figura 7.8. Representac;ao simb6lica e polaIizac;ao dos transistores de efeito de campo. (a) Canal n. (b) Canal p.
A relat;:ao entre a corrente de dreno e a tensao grelha-fonte expressao: 10
V cs =1 oss [ l-~ )
onde IDss e a corrente de saturafiio quando Vcs ou contracfiio do canal.
=0
e dada pela seguinte
2
eVp a tensiio de estrangulamento
7.9. CARACTERISTICAS DE UM FET EM MONTAGEM SC
Nas Figuras 7.9 e 7.10 mostram-se as caracterfsticas de sa{da e de transferencia de urn
FET canal n montagem Sc. Na Tabela 7.6 aparecem as express6es dos parametros que
186
Electronica analogica
se obtem das ditas caracterfsticas, assim como os valores tfpicos e as unidades dos mes mos. 'rimA}
'dmA) 9
9
I-
8
7
I
6
V
:...
V
5
-IV '---
-1.5V
V
f-
I-
4
If
3
-2V
V
2
o
- - - --- -- ---
VDS=OV
/'
-2,5V
/
/
/
8
/
7
6
5 4
/
3 2
~
o
5
10
20
15
-3 Vos (V)
-2,5
-2
-I
-0,5
o
o
Tensao de grelha-fon
Vesey)
Figura 7.9. Caracterfsticas de safda de um
FET canal n em montagem Sc.
Figura 7.10. Caracterfstica de transferencia de um FET canal n em l110ntagem Sc.
Parametro
Transcondutancia
~iQ1bQtQ.
Mo
gill
= .6. VGS IVos
rds
-
Resistencia de entrada
.6./
0
rgs
Valores I Unidade
Transconc ou condut.
extreJ;l1Q~
.6. Vos Resistencia de safda
Corrente c satura<;:ao Corrente i de grelha
Tabela 7.6. Parametros de um FET
RaZ30 incremental
Para
0,1 - 10
mAN
0,1 - I
MQ
Condutanc
7.11. TI
V GS > 108
Q
7.10. FOLHA DE CARACTERISTICAS DE UM FET Na Tabela 7.7 aparecem os valores-limite, e na Tabela 7.8 as caracterfsticas electricas do transistor 2N4220.
Devido a da que m de transi~ Ex ros, 0 car desapam ser de ca
N, MOS,el
Transistores
187
Tabela 7.7. Valores-limite do transistor 2N4220 (25°C)
Tensao grelha-fonte Ves
- 30
V
Tensao grelha-dreno VeD
- 30
V
Conente de grelha Ie
10
rnA
Potencia maxima Po
300
mW
Tabela 7.8. Caracterfsticas electrjcas do 2N4220 (25°C) Parametro
e
Condi~oes
de medida
Simbolo
Minimo
Maximo
Vnid.
Tensilo de corte grelha-fonte
V Ds ==15V
I D ==0,1 nA
Vp
-
-4
V
Corrente de satura<;ao do dreno
VDS == 15 V
Vcs == 0
I DSS
0,5
3
rnA
Corrente inversa de grelha
Vcs == -IS V
VDS == 0
I css
-
-0,1
nA
Vos==ISV
V cs == 0
4000
!is
10
!is
Transcondutancia ou condutancia mutua
Condutancia de safda
f== I KHz
Vos ==15V f== I KHz
Vcs == 0
gill
g
0.\
1000
-
7.11. TRANSISTORES MOS
10
Devido asua constituic;ao, estes dispositivos apresentam uma maior resistencia de entra da que os FET de junc;ao. Na tabela 7.9 indicam-se os valores extremos dos parametros de transistores MOS. Existem transistores MOS de enriquecimento e de empobrecimento. Nos primei ros, 0 canal e formado por efeito da tensao aplicada na grelha. Nos segundos, 0 canal vai desaparecendo a medida que se aplica tensao na grelha. Tanto uns como outros podem ser de canal n ou de canal p; portanto, existem ao todo quatro tipos diferentes de MOS. Na Figura 7.11 mostra-se a representac;ao simb61ica e as polarizac;oes de todos os MOS, e na Figura 7.12 aparece a caracterfstica de transferencia de cada urn deles.
188·
Electronica analogica Tabela 7.9. Valores extremos dos parametros de transistores MOS. Padimetro
Tral16condutancia
gill
Resistencia de safda
r
Resistencia de entrada
r
+~
-i
Canalp
0,1 20
mAN
ds
1 - 50
KQ
gs
> 10 10
Q
-
Enriquecimento
..
Canal n
Valores extremos, Vnid.
Simbolo
?9
'ob
s
V cs
~
D 9
+1 Vcs Figura 7.11.
Sob
s
Polariza~ao
Empobreciineuto D
10 Vos
-
~
-I VCS
f--
Substrata VOS
I----<
s
+y
+
~ G
~i Vcs
+
t--
10
Vos
(
t-
t---
-
-
Substrata
vos
t--
s
7.1. +
dos quatro tipos de MaS
A equavao que relaciona a corrente de dreno com a tensao de grelha e identica ados FET. A resistencia de sa{da e a transcondutancia obtem-se das correspondentes caracterfsti cas graficas mediante as mesmas express6es aplicaveis aos FET.
Transistores Enriquecbnento
189
Empobrecimento
ID
ID
Canaln
vcs
-vcs
vcs
-vcs
vcs
ID
Canal p
-vcs
Figura 7.12. Caracterfstica de transferencia dos quatro tipos de MOS.
PROBLEMAS RESOLVIDOS
7.1.
0 ganho de corrente em cc, montagem BC, e 0,98 e a corrente que circula pelo ernissor e de 20 rnA. Calcular as correntes de base e colector e 0 ganho de corrente em continua, em montagern EC. Solu~ao:
Da expressao a
=1 c
/ 1 E' calculamos a corrente de colector:
J c =a J E =0,98·20=19,6 rnA ~T.
A con"ente de base valera
;ti
J B =1 E
-/
Por ultimo,
/c j3=/ B
=
0
c =20-19,6=0,4 rnA ganho em contfnuafi sera
19,6 =49 0,4
190
Eleetr6niea anal6gica
s
7.2. Repetir 0 problema anterior, supondo que considerarnos a corrente de corte de co "I lector, leBo' dada pelo fabricante, cujo valor e de 200 ~A. Solul;30: 0 ganho de corrente em continua da montagem EC sera
jJ = --!!-.- = 0,98 = 49 I-a
7.5. S
1-0,98
C
A expressao de a sera neste caso
a=
I
-I
C
tl \
CBO
~
IE
eo valor de Ie sera
I C =al E +1 CBO =0,98.20+200.10-3 =19,8 rnA A corrente na base do transistor sera
I
B
=1 E -I C =20-19,8=0,2 rnA
Esta ultima corrente poderia tambem ser obtida pela expressao
jJ =
I
7.6.
-I CEO
C
I
' donde I CEO
=::
.fJI CRO
B
=60 e leBo =3 Calcular as correntes de base e de ernissor, quando pelo colector circularn 2 rnA.
7.3. As caracterfsticas electricas de urn deterrninado transistor sao: hFE ~A.
Solu~ao:
°A corrente de corte de colector em montagem EC sera
I
CEO
=::
jJI CBO = 60·3·10 -3 =0,18 rnA.
°A corrente na base sera I
B
I C -I CEO =----
13
2-3·10 -3 = 0,0333 rnA. 60
°A corrente de emissorvale IE =1 C +1 B =2+0,0333=2,0333 rnA.
7.4. A corrente que circula pelo colector de urn transistor, quando a corrente de base e de 60 ~A, e de 3,6 rnA. Calcular a ejJ, supondo que a corrente leBo dada pelas folhas de caracterfsticas e de 2 ~A. Calcular de novo os ditos pararnetros, supondo que leBo=
= O. Solu~ao:
I a=
C
Considerando a corrente I CBO
-I CRO IE
Ic
jJ = I B + I CBO
.
3,6-2.10-3
3,6+60.10 -3 = 0,9830
3,6
60.10- +2.10- 3 =58
3
7.7.
Transistores
Supondo que ICBO
IC
I
=0 : 36
a=-=
'
3,6+ 60 ·10
E
191
-3
j Ic 36
=09836 . 13=-= ' =60
" IB 60· 10 -3
7.5. Sobre a caracterfstica de entrada de urn transistor bipolar observa-se que a urn in cremento de 0,05 V da tensao base-emissor conesponde urn incremento de COITen te de base de 40 !..IA. Qual sera 0 valor da resistencia de entrada nesta zona da cur va? SoIUl;ao:
o incremento da tensao e t. VBE = 0,05 V. o incremento de corrente, expresso em amperes, sera
ilV
de entrada em montagem EC' . sera r e A reslstenCIa A
3 \.
=- -BE-
•
ill B
•
e
0
0,05 40.10
1250 Q -6
il V =-CE- = -1- = 20 K" ol>~.
ill C 0,05
ill c 8
·0 ganho de corrente sera 13 '= - - = ill B 100.10-3
e
A.
Solu~ao:
-A
~
-6
7.6. A partir da caracterfstica de safda de urn transistor npn, montagem EC, observa-se: a) Que sobre uma curva onde Is e constante, ao incrementar-se a tensao colector emissor em 1 V, incrementa-se a corrente de colector em 0,05 rnA. b) Que se passarmos da caracterfstica correspondente a Is = 100 llA a de Is = 200 llA, permanecendo constante VCE' 0 incremento da corrente de colector e de 8 rnA. Calcular a resistencia de safda e 0 ganho de conente para pequenos sinais.
•A reslstenCIa de Sal'd a sera' p
las
MIJ = 40 10
= 80.
7.7. Mediante urn circuito como 0 da Figura 7.3 realizaram-se uma serie de medidas e obtiveram-se os seguintes resultados: a) Mantendo constante uma corrente de base I B al)Para
VCE I
a2) Para V CE,
=15 V: I c I =40 mAe
= 17
= 40,2
V: I c,
V BE I
rnA
= 300 !J.A: =0,6 V.
e V
BE,
b) Mantendo constante uma tensao colector-emissor VCE bl)para I
B
b2)para I
B,
I
=300 llA: I
C
I
=40 rnA
=350 llA: I c, =46,66 rnA
=0,606 V.
= IS V:
e V BE I =0,6 V.
= 0,7
e V BE,
Calcular a resistencia de safda p , 0 ganho de COITente 13 coeficiente de readmissao !J.e .
I,
V.
a resistencia de entrada re eo
192
ELeetroniea anaLogiea Solu~ao:
A resistencia de safda sera
~V CE
V CE, -V CE,
P e =~- [ C
c,
17 -IS 2
40,2-40 = 0,2 = 10 KQ
-[ C,
M C I c, -I c, _ 46,66-40 = 6,66 = 133,2 OganhodecorrenteefJ =;;;-=[ -I -0,35-0,3 0,05 I
B
B,
B,
A resistencia de entrada sera
AV BE
Ll
---
re
M
V BE, -V BE,
B I B , - I B,
0,7-0,6 0,35-0,3
0,1
- = 2 KQ
0,05
Finalmente, 0 coeficiente de readmissao vale
J1
=
~V BE = V BE, -V BE, = 0,606-0,6 = 0,006 =3.10-3
~ V CE
e
V CE,
-
V CE,
17 -15
2
7.8. A fern do gerador E e do circuito da Figura 7.7 e 20 V e as resistencias R c e R 8 sao de 2 KQ e 400 KQ, respectivamente. 0 ganho de corrente em continua h FE e de 100 e a tensao base-emissor VBE = 0,7 V. Determinar a corrente de base 18 ' a corrente de colector Ie e a queda de tensao colector-emissor VeE Solu~ao: A COlTente de base sera
IB
=
EC
- V BE RB
20-0,7 _19,3=48,2Il A 400 - 400
A corrente de colector e
I C =hFE[B
=100·48,2=4820 IlA=4,82 rnA
Finalmente, a tensao entre 0 colector e 0 emissor sera
V CE =E c -[ C R c =20-4,82·2=10,36 V
7.9. No circuito da Figura 7.13 a resistencia de colector ede 500 Q e 0 ganho de corren te em continua do transistor e 60. Qual devera ser a resistencia de base para que a tensao co1ector-emissor seja de -15 V ? ConsiderarVBE = 0,7 V. RB
EC =-30 V
Figura 7.13.
Transistores Solu~ao:
IC
=
193
Explicitando a corrente de colector da expressao E e =VCE +Ir!?C' obteremos
EC
-
V CE
RC
-30+15=_30 rnA 0,5
o sinal menos da corrente Ie
indica que circula do emissor para
oA corrente de base sera I
IC -30 =--=--=-0,5 rnA. h FE 60
B
00 valor de R B devera ser R B
E
-
V
BE
C =----
IB
0
colector.
-30+0,7 =58,6 KQ. -0,5
7.10.0 transistor pnp da Figura 7.14 esta correctamente polarizado e preparado para fun cionar como amplificador em montagem EC. Analisar 0 circuito calculando os valores de tensao no colector, na base e no emissor relativamente amassa, as correntes por cada malha e as ddp em cada elemento, supondo que a fern do gerador se reparte igualmente entre a resistencia R e eo transistor. E C = 4,5 V
hFE=IOO
Figura 7.14.
SolU/;ao: A tensao no emissor e de 4,5
v.
A ddp em R e e de 4,5 /2 = 2,25 V. Portanto, a tensao no colector e de 2,25 V.
A ddp entre 0 colector e 0 emissor sera
V CE =V C -V E =2,25-4,5=-2,25 V A corrente no colector e
I
C
V Rc 2,25
=--=--=225 rnA
l' Rc
A corrente na base e
I
B
IC 2,25 =-=--=00225 rnA
h FE
100
'
A ddp em R B e, portanto, a tensao na base do transistor sera
V R ll =:V B =RBI B =167·0,0225=3,75 V Finalmente, a tensao VBE sera
194
Electronica anal6gica
V BE =V B -V E =3,75-4,5=-0,75 V
7.11. Calcular 0 valor eficaz do sinal de saida v2 e 0 ganho de tens30 no circuito da Fi gura 7.15, supondo que na entrada aplicamos uma tens30 v I' de valor eficaz 20 mY. A resistencia de carga Rc vale 2 KQ e 0 ganho de corrente para pequenos sinais e igual ao ganho de corrente em continua hIe = h F [ = 100. A resistencia de entrada do transistor e de 2 KQ. Por ultimo, re=00 e !-Le = 0_
Re
VI
r--.....
~
Figura 7.15.
Solu~ao:
A
equa~ao
re
LlV BE
MB
pode escrever-se, para este caso particular: V CE
V
r
e
=__ 1_, onde VI eo valor eficaz da tensao alternada de entrada. M B
o incremento de corrente de base que se produzira devido a VI sera: VI
M
B
= r
20-10 2
e
A
varia~ao
Me
-3
10 ·10 -3 mA = 10 !-LA
da corrente de colector e
fun~ao
= hJeM = 100·10 .10-3 = 1 B
de M B
rnA
Com 0 aumento da conente de colector, a ddp na resistencia de carga sofre urn incremento que podemos quantificar, supondo que re = 00, mediante 0 produto I1Jr!?eComo a fern Ec do gerador permanece constante, a tensao colector-emissor VCE diminuira da mesma quantidade em que se incrementa a ddp da resistencia Re , portanto, 0 valor eficaz do sinal de saida sera
V 2 = Ll V eE = -M eRe = -1- 2 = -2 V
o ganho de tensao sera Av
V 2
~=-100
=~= 0,02
7.12. 0 transistor do circuito da Figura 7.) 6 funciona em comutar;30, quer dizer, passa do corte (interruptor S fechado) a saturar;3o (interruptor S aberto). as valores de R c
7
195
TransislOres
e RB sao 100 Q e 2 KQ, respectivamente, eo ganho minimo de con-ente em contf nua hFEcmil1) e de 50. A tensao colector-emissor em satura~ao e de 0,2 V e a tensao base-emissor e de 0,7 V quando S esta aberto. Calcular as correntes e tensoes no transistor para cada urn dos estados (corte e satura~ao). A fern do gerador Ece de 30 V.
EC
s Figura 7.16. SoIUl;ao: a) Quando S esta fechado:
I
B
=0 ; I
C
V CE = E c =30 V
= 0 ; V BE = 0
b) Quando S esta aberto:
IB
=
-v BE
EC
RB
30-0,7 =14,65 mA ; I C = 2
EC
-
V CEls"') R c
30-0,2 =0,298 mA 100
A desigualdade Ie = 0,298 (50 0,01465 = 0,732 = hFElm;nl IIJ indica que saturado.
0
transistor esta
7.13. Determinar 0 valor da resistencia RB no circuito da Figura 7.17 para que sistor esteja saturado. Supor hFEcmil1) = 40 e VCE(sa<) = -0,2 V. + Ec = - 10 V
RB
Rc =
loon
Figura 7.17. Solul;ao: A corrente de colector sera:
EC
IC
=
Is
=h
-
V CE(sat)
-10+0,2
R
-98 rnA
0,100 c A corrente minima de base devera ser I
C
FE(min)
= -98 -=-2 40 ,45 rnA
0
tran
196
Electronica anal6gica Normalmente, a corrente de base multiplica-se por urn factor F superior a unidade para
garantir a satura<;ao. Seja F=1,5; a corrente pretendida na base do transistor sera:
I ~ = 1,51 8 = -3,675 rnA
A resistencia de base sera
EC
R 8
-
V 8E
-10+0,7
2,5 KQ -3,675
I'8
7.14. Verificar se 0 transistor T 1 da Figura 7.18 esta saturado e calcular as tens6es e cor rentes no transistor T2 . Supor hFE1(min) = 40, VBE = 0,7 V e VCE(Sal) = 0,2 V.
33 KQ
7.
Figura 7.18.
Soluc;ao: Supondo que T 1 esta saturado, a corrente de colector sera -
IC
EC-VCE,(Sal)
-
RC
I
_10-0,2 -98
-
I
-
,
rn
A
1
7
A corrente de base vale
18 '
=
E C - V 8EI
R 81
10-0,7 = 0,28 rnA 33
A desigualdade I c , = 9,8 < 40·0.28 = 11,27 = hFE(min) .18 , demonstra que 0 transistor T 1 esta saturado.
Ao estar saturadoT" como VCE,(Sal)e uma tensao inferior aos 0,7 V que T2 necessita para
~
conduzir, este permanece ao corte. Portanto,
18 , =0 , I c, =0 ,
V 8E,
=0,2 V e
VCE =Ec =1O
V
7.15. As caracterfsticas electricas de urn FET de canal n 2N4223 sao: Vp = -5 V e IDss =
= lOrnA.
Calcular a corrente de dreno para os seguintes valores da tensao de grelhaVcs : 0; -2 V; -4 V; -5 V.
Transistores
S.'u~.o: Medl'nte .equ,,'. I
D
=I
197
J
ms[ 1- ; :
e pn,,;,,' nbte, a en,rente de d,eno
em fun<;:ao da tensao de gre1ha:
°_)2
I D = 10(1 __
·Para VGS = 0:
= 10 mA
-0,5
I
.ParaVGS =-2V:
I D, =10(1-
=~)2 =3,6
mA
·Para VGS =--4 V:
I D ) =10(1-
~y =0,4
mA
·Para VGS =-5V:
I D4 =10(1-
=~y =0
7.16. Supondo que os parametros de um FET de canal p sao V p = 4 Velvss = -15 mA, calcular a tensao a aplicar na grelha para que a corrente de dreno seja de -10 mA.
S.lu~.o: Da equa,'. I
D
~:
= I DSS [ 1-
J
e po,,;vel obte' 0 valo' de V"
V = Vp(l- ~~)=4(1PD)=0,73 I ~-=15 GS
V
DSS
7.17. No circuito da Figura 7.19 a resistencia de dreno Rv vale 5 KQ e a fem do geradorEv= = 20 V. 0 FET e um 2N4869, cujas caracteristicas sao: Vp = -4 V e Ivss = 4 mA. A grelha esta polarizada inversamente com uma tensao E c =-1 V. Calcular a tensao f
dreno-fonte Vvs' RS
y
Re
Ie
~ S
•
Is
.~
..,..
Ee
Figura 7.19.
SoIUl;ao: A corrente de dreno para Ves =-3 V sent:
198
Electronica analogica
_ ID
-
I DSS
Ves 1- V p
(
2
J
_ -
2
-1_
4(12,25 rnA
--4) -
A fern de ED divide-se entre a resistencia RD e
FET:
0
ED=VDs+IDRD ; V Ds =20-2,25·5=8,75 V
7.1~
7.18. Num amplificador com urn FET de jun98.0 de canal n uma serie de medidas deu os seguintes resultados:
7.21
oMantendo uma tensao dreno-fonte constanteVDS == 10 Y, as rela<;:6es entre Vcs e If) sao as seguintes:
II/rnA)
VCI(Y)
-0,5
5
-I
3,2
7.2
7.~
oMantendo uma tensao grelha-fonte constante Vcs ==-1 Y, as rela<;:6es entre Vose 10 sao as seguintes:
Vf)sC Y)
ID(mA)
10
3,2
12
3,22
Calcular a transcondutancia e a resistencia de safda. Solu~ao:
No primeiro caso:
£1Ves =-O,5-(-1)=O,5 V ; £1I D =5-3,2=1,8 rnA
M
1,8
Logo a transcondutancia sera: gl/l = __D_ = ~Ves
= 3,6 rnA / V
0,5
Os valores incrementais da resistencia de safda sao ~VDS
= 12-10 = 2 V ; M D = 3,22-3,2 =0,02 rnA
o valor de rds sera r ds
~VDS _ _ 2_= 100 KQ =~02 Lli D '
°
199
Transistores
PROBLEMAS PROPOSTOS
7.19. A corrente de base de urn transistor bipolar e 0,4 rnA e a de colector 32 rnA. Calcu 1ar a corrente de emissor,a e jJ. os as
Solu~ao:
IE=32,4 rnA;
0:
= 0,986;j3 = 80.
7.20. 0 ganho de corrente em continua do transistor de urn amp1ificador em montagem EC e de 120 e a corrente que circula pelo emissor vale 10 rnA. Determinar as cor rentes de colector e de base. Solu~ao:
le= 9,917 rnA; I B= 83 j.!A.
7.21. Qual sera 0 valor dejJ eo de /8 de urn transistor se a corrente que circula no colec tor e de 2,5 rnA, /C80= 10 JlA e a = 0,982 ? Solu~ao:j3 "" 54; I B=35,6 j.!A. 7.22. A Figura 7.20 mostra as caracterfsticas de entrada e safda do transistor BC 107. To mando como referencia 0 ponto Q, incrementar /13 e VCE para se obter M B, Li VB£' Li VCE as
e Me Calcular os valores de re , jJt, re e Ile com a precisao permitida pelos grMicos. Solu~ao: r,""
125 Q; 8'"" 220; r e "" 4 KQ; j.!e"" 1,42· 10-4 .
Caracterfsticas de safda
80
Caracterfsticas de entrada
0,5
'8
60
0,4
1/ V
/"
'/1/ V
V
'IV
40
'/
0,2
20 V
0,1
o
o 0,2
0,4
0,6
0,8 V8E (Y)
Figura 7.20.
./'
I.--
V V
T
'- 0,35
.
// /'
/"
0,3
,/'"
,/'"
(rnA)
o
--/ '
/
'c(rnA)
0,4
0,45 100
f- f--
0,3
!-- 0,25
.
f-- f- f-
-
J-
1 I 0,2
I I 1--015 ' I
0,1
-
'8 = 0,05 rnA
I
I
I o
10
20
30 VCE(Y)
40
50
200
Electronica analogica
}
7.23. Para urn amplificador EC construfdo com urn transistor npn obtiveram-se os se guintes resultados ap6s sucessivas medidas: a) com IS
= 50 llA: VeeC V )
le(ma)
VBE(V)
10
5
0,5
11
5,05
0,5
I B(llA)
le(mA)
VBE(V)
50
5
0,5
60
6
0,54
7.27
7.28
b) Com VeE = 10 llV:
7.2' Deterrninar as pararnetros re, Pe,fJ' e lle·
Solu~ao:
re = 4 KQ; re = 20 KQ;j3'= 100;
lle
= O.
7.24. Calcular as correntes de base, de colector e de emissor e a queda de tensao entre colector e emissor no circuito da Figura 7.21, supondo que VSE = 0,7 V e h"E= 80.
Solu~ao:
IIJ= 0,2 rnA; le= 15,6 rnA; II; = 15,8 rnA; Va = 14,4 V.
7.25. Projectar urn circuito equivalente ao da Figura 7.21 com urn transistor pnp, utili zando os mesmos valores de Ree R s' Calcular IB , Ie e VeE' Solu~ao:
I/IJI= 0,2 rnA; I/el = 15,6 rnA; V a =-14,4 V.
7.26. Num amplificador em montagem EC os parametros do transistor tern os seguintes valores: re= 1,5 KQ, hfie=:fJ'= 150, re = 00 e f"""e II =0. Calcular 0 valor do sinal altemado de safda quando se aplica na entrada uma tensao cujo valor eficaz e 100 mY, sendo
a resistencia de colector R e=1 KQ.
7.2
Transistores
201
80Iu-;30: v z=-I V.
7.27. Determinar 0 ganho de tensao do amplificador do exercicio anterior e a tensao de safda quando 0 sinal de entrada aumenta para 200 mV.
Solu-;ao: A,.= -100; vz= -2 V.
7.28. Calcular as correntes de base e colec tor e os limites da tensao de safda do
circuito da Figura 7.22, supondo que 0
transistor passa de corte a satura9ao
quando 0 sinal de entrada passa de 0 a
10 V. 0 ganho mfnimo em contfnua e
de hJe =40 e a queda de tensao VBE=0,7
V.
+ 15 Y
lOY
OyJU
Solu-;ao: 18=6,2 rnA; I c=148 rnA; V cE=15 V; VCE(Sal)=0,2 V.
Figura 7.22.
7.29. Construir urn interruptor mediante urn transistor pnp, analogo ao da Figura 7.17, cujo ganho mfnimo de corrente em contfnua e de 20, supondo que a corrente que vai circular pelo coleetor quando 0 transistor conduz e de 0,75 A. A fonte de tensao a utilizar tern uma fern de 10 V. Considerar VBE=0,7 V (quando 0 transistor conduz) e VCE(sat)= -0,2 V. Solu-;ao: R c=13Q; R H",250 Q (com F=I,5).
7.30. Calcular a resistencia de entrada do FET 2N4220, supondo (como indicam as suas caracterfsticas) que pela grelha circulam -0,1 nA quando se aplica uma tensao Vcs= =-15 V.
Solu-;ao: 15.10 10 Q.
7.31. Os parametros de urn FET de canal p sao: Vp =4 V e I Dss= -8 rnA. Calcular a cor rente de dreno quando se aplicam as seguintes tens6es entre grelha e fonte: 0 V, 1 V,
2 V, 3 V e 4 V. Desenhar a caracterfstica de
transferencia ID=j(vcs)'
Solu-;ao: 8 rnA; 4,5 rnA; 2 rnA; 0,5 rnA; 0 rnA.
7.32. No circuito da Figura 7.23 a fern do gerador ED e de -30 V e a resistencia de dreno RD=3,3 KQ. As caracterfsticas do FET sao: IDSS=-7,5 rnA e Vp = =5 V. Qual devera ser a tensao aplicada a grelha para que a tensao dreno-fonte seja VDS=-15 V ?
'0
]11 Ro
Eo
~1
jv
DS
Vel'
Solu-;ao: Vcs=l,II V. Figura 7.23.
202
Electr6nica anal6gica
7.33. Num circuito com urn FET de canal p foi efectuada uma serie de medidas e obti veram-se os seguintes resultados: mantendo constante uma tensao dreno-fonte V DS= -15 V ao variar a tensao de grelha Vcs de I Val,S V, a corrente de dreno passa de -6 rnA a -4 rnA; posteriormente, mantendo Vcs= 1 V, a corrente de dreno passa de -6 rnA a -6,04 rnA ao variarVDSde -15 V a -18 V. Calcular a transcondutancia e a resistencia de safda. So)U(;ao: g",=4 rnS; 1'",=75 KQ.
7.34. Os parametros de urn MOS de empobrecimento canal n sao: Vp= -5 V e IDss=8 rnA. Calcular a corrente de dreno quando a tensao de grelha Vcs toma os seguintes va lores: -2 V, -1 V, 0 V, +1 V e +2 V.
So)u~ao:
8.1.
2,88 rnA; 5,12 rnA; 8 rnA; 11,52 rnA; 15,68 rnA.
7.35. Pelo transistor do exercfcio anterior circula uma corrente de dreno de 3,2 rnA, tal como se mostra na Figura 7.24. Calcular a tensao dreno-fonte e a tensao grelha-fonte para que circule a corrente de dreno indicada. Solu~ao:
Vos=9,44 V; Vcs= -1,85 V. +20V RD
= 3,3 kQ
~
~1
1ID +1 VD5
Urn; aplic urn s pres l gem na s, elec unid gan das
'<
tray;
das
V cs
Figura 7.24.
CAPITULO 8
ti-
5
je je
:a
AMPLIFICA c;AO '\.
a
8.1. AMPLIFICA<;AO. GRANDEZAS al te
Urn amplificador e urn dispositivo que disp6e de dois terminais de entrada, aos quais se aplica urn sinal electrico de pequena amplitude, e dois terminais de safda, onde se obtem urn sinal com a mesma forma do de entrada, porem de maior amplitude. A Figura 8.1 re presenta urn circuito amplificador completo, formado pelo elemento amplificador, 0 gerador de entrada com a sua respectiva resistencia interna e aresistencia de carga ligada na safda. A amplificac;ao e, portanto, uma operac;ao realizada geralmente com elementos electr6nicos, que consiste em multiplicar 0 sinal de entrada por urn numero maior que a unidade. A relac;ao entre 0 valor da grandeza obtido na safda e 0 da entrada denomina-se ganho. Alem dos ganhos, num amplificador ta:mb~m e necessario ter em conta os valores das resistencias de entrada e saida e outras grandezas tais como a transcondut{mcia e a trans-resistencia, que sao consideradas como ganhos. Na Tabela 8.1 e feita uma recolha das express6es e unidades de todas as grandezas mencionadas. Tabela 8.1. Ganhos e resistencias de entrada e safda. Unidades
Grandeza
Expressao
Ganho de tensao
AI' = v2 1v J
-
Ganho de corrente
A;= i2 1i J
-
Ganho de potencia
Ap=A.,IA;
-
Transcondutancia
Gm = i2 1v J
siemens
Trans-resistencia
Rm = v2 li;
ohms
Resistencia de entrada
Re = v/i J
ohms
Resistencia de safda
R, = v2 1i2
ohms
204
Electronica analogica
8
I
A
":'l~R
Figura 8.1. Circuito amplificador completo.
Os ganhos de tensao, corrente e potencia tambem se expressam em decibeis (dB). av
=20
log A v
a i =20 log a
p
= 10
Ai
log A p
8.2. DIFERENTES FORMAS DE AMPLIFICA<;Ao Os elementos activos que constituem os circuitos podem ser, teoricamente, amplijicado res de tensao, de corrente, de transcondutancia e de trans-resistencia. Na pnhica, os transistores bipolares sao elementos amplificadores de corrente, os FET, em todas as suas variedades, sao amplificadores de transcondutancia e, como veremos mais adiante, os amplificadores operacionais integrados sao os dispositivos que mais se aproximam a um amplificador ideal de tensao. Na Figura 8.2 mostram-se os circuitos equivalentes dos quatro tipos de amplifica dores, ana Tabela 8.2 indicam-se os valores ideais das resistencias de entrada e safda dos diferentes amplificadores e as express6es das caracterfsticas de transferencia. Ai",,·i l
R
(b)
(a) 11
R
R Vg
(c)
c q
fi s'
p n
e
c
i:.
R
8
(d)
Figura 8.2. Amplificadores: (a) Tensao. (b) Corrente. (c) Transcondumncia. (d) Trans-resistencia.
)
205
Amplijicac;iio
Tabela 8.2. Valores ideais das resistencias de entrada e safda dos diferentes amplificadores e caracteristica de transferencia.
~ Tipo de amplificador
Re
Rs
Caracteristicas de transferencia
i
Tensao
00
0
v2
Corrente
0
00
i2
Transcondutancia
00
0
Trans-resistencia
0
00
A"o
Aicc
c'ncc
Figura
= Avo ,v l
6.3
= A;ee i , i2 =G VI
6.4
= Rmoi,
6.6
lIlee .
v2
6.5
e R mo sao os respectivos ganhos do elemento amplificador.
8.3. COMPORTAMENTO EM BAIXAS E ALTAS FREQUENCIAS
)S
is
)S
n
i
)S
o ganho de urn amplificador permanece praticamente constante para urn leque de Ire quencias intennedias compreendidas entr-e duas frequencias extremas denominadas Irequencias de corte. 0 intervalo compreendido entre estas duas frequencias denomina se largura de banda. Abaixo da frequencia de corte I, e acima da frequencia de corte 12 , produz-se 0 que se chama diston;;ao de frequencia ede fase. Este fenomeno traduz-se numa reduc;ao progressiva de ganho e em desfasamento, tambem progressivo, entre 0 sinal de entrada e 0 de safda. o ganho de tensao, supondo que 0 ganho para frequencias intermedias e unitario, e o angulo de desfasamento em baixas frequencias serao: Av
=
1
~1+(J, 112)2
o ganho de tensao e 0
=
A v
.
; a v = 20
1
log.
~1~(J1 112)2
; cp =arc tg
I
I
1I
angulo de desfasamento em altas frequencias serao: 1
~1+(JII2)
2
; av
= 20
log
~ 1+ (J 1I
2 ) 2
; cp = - arc tg II I
2
8.4. REALIMENTA<;AO A realimentac;ao nos amplificadores consiste em recolher uma amostra de corrente ou de tensao na safda e injecta-la na entrada, em oposic;ao de fase ao sinal proprio do gerador de entrada. Na Figura 8.3 mostram-se todas as possfveis formas de realimentac;ao.
206
Electr6nica anal6gica
Rg
Rg~ _ _I VII
V,
v,
I
A
V21
R
VII
B
V,
= B· V2
V2
= Av,
I
ig
i']
-se est,
2•
R
A
B
Co i 2 = Av,
nUl
(b)
iI
i'l
A
V2
I
i2
iI
R
R
A
Rg Ir
1,_
B
B
ir = B· V2
V2
= Ai,
ir
= B ·i2
"r
i2
= Ail
(d)
(c)
Figura 8.3. Amplificadores realimentados: (a) Tensao serie. (b) Intensidade serie. (c) Tensao
paralelo. (d) Intensidade paralelo.
o ganho de um amplificador realimentado vale A,=_A_ I+AB
Se AB»l:
A''''~
Nestas express6es, B e
0
B factor da rede de realimenta(:iio; A representa qualquer dos
G ,ou Rm ; A' representa os ganhos com realimentadio L1', A', G'III ou R',. ganhos A v,A,'111 y L~, l 11 Num circuito realimentado estabiliza-se 0 ganho acusta de uma diminui<;ao do seu valor, mas aquele ja nao depende das caracterfsticas do elemento ou elementos amplificadores, depende fundamentalmente do factor da rede de realimenta<;ao. No caso de um amplifica dor com realimenta<;ao tensao serie e estabilizado 0 ganho de tensao: A:' '" 1/ B. No caso de realimenta<;ao intensidade serie estabiliza-se 0 ganho de transcondutfmcia: G;', '" 1/ B. Com a realimenta<;ao tensao paralelo e estabilizado
0
COl
dez As
vr = B· i2
(a)
i
ganho de trans-resistencia:
R;', '" 1/ B. Por ultimo, num circuito com realimenta<;ao intensidade paralelo estabiliza
207
Amplif/carGo
-se 0 ganho de corrente: A: z 1/ B. Nao obstante, quando num circuito amplificador se estabiliza um determinado ganho, estabilizam-se tambem todos os outros. Com a realimenta~ao nao s6 melhora a estabilidade do ganho, como tambem outras gran dezas, tais como as resistencias de entrada e safda e a largura de banda (Tabela 8.3). As frequencias de corte serao:
I;
=~ ; I~ =1 I+AB
2
(1+AB)
Como a frequencia de corte superior aumenta na mesma propor~ao em que 0 ganho dimi nui, verifica-se a seguinte igualdade: A:/~
=A v 1 2
Tabela 8.3. Efeito da realimenta~ao nas grandezas de urn amplificador
Tipo de
'
.
....
Tensao paralelo
Corrente paral(llo'
Amplificador Amplificador de Amplificador de de tensao transcondutancia trans-resistencia
Amplificador de corrente
Tensao serie Melhora as caracterfsticas do
realimenta~ao
Corrente serie
Resistencia de entrada (R e )
Aumenta
Aumenta
Diminui
Diminui
Resistencia de safda (R s )
Diminui
Aumenta
Diminui
Aumenta
Largura de banda
Aumenta
Aumenta
Aumenta
Aumenta
PROBLEMAS RESOLVIDOS
8.1. 0 circuito da Figura 8.4 e constitufdo por um elemento amplificador com ganho de tensao Avo=100, um gerador de entrada que proporciona um sinal sinusoidal de va lor maximo vg=20 mY, de resistencia interna Rg =1 KQ. Como resistencia de carga temos R=5 KQ. As resistencias de entrada e safda Re e R valem 10 KQ e 500 Q, respectivamente. Calcular: a) As tens6es e correntes de entrada e safda: VI' vz, i l e iz. b) 0 ganho de tensao Ave 0 ganho de tensao A Vg (inclufda a resistencia interna do .f
208
Electronica analogica
gerador de sinal). c) 0 ganho de corrente Ai e 0 ganho de potencia. d) A transcondutancia e a trans-resistencia. e) A potencia dissipada na resistencia de carga.
Rg
Rs
i,
VI
I
i2
I
Re
R
V2
Figura 8.4.
SoIUl;ao:
~=~=182 A 1+10 ' Il
a) A corrente de entrada sera: i I Atensaodeentradae:
VI
R g +R e
=ilR e =1,82·10=18,2 mY.
A fern do gerador interno sera: Avo' V I = 100· 18,2 = 1,82 V A corrente de safda obtem-se da seguinte forma: i 2
A vo ·v I 1,82 R, +R= 0,5+5 =0,33 rnA
Finalmente v2 sera: v 2 = i 2 . R = 1,65 V b) 0 ganho do amplificador sera: A v
v =_2 VI
Tendo em conta as perdas em R , sera: A g
12
c) Ganho de corrente: Ai
=
iI
g
1,65 0,0182 = 90,8.
1,65 V 2 = - = - - - = 82,5. vg 0020 ,
0,33 0,82.10-3 =181,3.
Ganho de potencia: A p = A v .A i = 90,8 ·181,3 = 16463,7. 1
d) A transcondutancia e: Gill =--.-2 = VI
0,33 =1813 rnA 18,2 ·10 -3 ' V
e a trans-resistencia:
R
_ v2
m -
-
iI
1,65
1,82.10-3 =906
Kn
e) A potencia dissipada na resistencia de carga sera
PR
=~.2= 0,33.10- ·1,65 3
..fi ..fi
2
=0,272·10 -3 W
8.2.
Amplifica~iio
209
8.2. Na Figura 8.5 mostra-se um amplificador de trans-resistencia cujo elemento am plificador tem um ganho R =200 Kn. 0 gerador de entrada proporciona a corren te Ig =20 IlA e os valores das resistencias sao: R g=20 Kn, R e=5 Kn, R,=1 Kn e R=l Kn. Determinar os ganhos de tensao, corrente, potencia, transcondutancia e trans resistencia. lllo
I
Rs
i I
g
[1IIR
~R' Solu~ao:
v =1 I
I
"-'
V1
g
v
R· i,
I
Figura 8.5.
Calculernos em prirneiro lugar as grandezas de entrada e safda:
Rg Re R +R
g
g
e
= 20 20. 5 = 80 mV 20+5
80
VI
i
i1
=R=S= 16 Il A
e
R 12
=
.
1/10
I,
R s +R
=
200.16.10 -3
] +]
=1,6 mA
v 2 =1 2 R=I,6']=],6 V
o valor de cada urn dos ganhos seni: A"
V 2 _=
v,
I ,6 80.10 -3 = 20
12 ],6
A =-= =100
I I, 16.10-3
A p = A " Ai = 20 ·100 = 2000 1
],6
V I
80 .] 0-3
2 - -
G 1/1
RI/I
V2
II
=20 mA V
],6
16.10 -3 = 100 Kn
8.3. Calcular a potencia dissipada na resistencia de entrada do amplificador do Proble ma 8.1. Calcular novamente a potencia transferida do gerador ao amplificador, su pondo que R e=Rg=I Kn
210
Electronica analogica
8.6.
SoIUl;30: A potencia dissipada por R" no primeiro caso sera:
P
R,
=~~=1,82.1O-6 .18,2.10J2 J2 2
3
1,6S·1O -8 W
A potencia dissipada quando Re=RR sera:
i = I
P
R,
=
v 20 g =-=10 J..lA . v Rg +Re 2 ' I 10·10-6 . 10 . 10-3 2
= 5 .10-8
v 2
=~=1O
mY
W
A potencia maxima transferida ao amplificador produz-se quando a resistencia de entrada for igual a resistencia interna do gerador:R,,=R..
8.4.
Suponhamos que no circuito do Problema 8.1 colocamos uma resistencia de carga de valor igual a resistencia de safda R=R s=SOO Q. Determinar a potencia transferida acarga nestas condi~6es. SoIUl;ao: A corrente de safda sera agora: i 2
A 1'0 ·v i
1,82
R, +R
= O,S+O,S = 1,82
mAo
AddpemRsera v 2 =i 2 ·R=I,82·0,S=0,91 V.
8.~
A potencia dissipada por R sera
PR =i2
.V 2
/2= 1,82·10 -3 ·0,91/ 2 = 0,82·10
-3
W.
Como se pode comprovar, ainda que diminua 0 ganho de tensao, a potencia dissipada em R
e maxima quando R=R,' 8.5.
Calcular 0 ganho de potencia em dB para os seguintes valores de AI': 1,2, 10,20, 100, 1000 e l/ 100. Solu~ao:
0 ganho expresso em dB
e: a p
= 10 log A" .
• Para A p = 1
a" = 10 log 1
=0 dB
• Para A p =2
a p = 10 log 2
=3 dB
• Para A
a" = 10 log 10
=10 dB
a" = 10 log 20
=13 dB
a" = 10 log 100
=20 dB
• Para • Para
= 10
A " =20 " A" = 100
• Para A" = 1000 a" = 10 log 1000 = 30 dB • Para A" =0,01
a" =10 log 0,01 =-20 dB
'I
8.
AmplijicQI;ao
211
8.6. Expressar em dB os ganhos de tensao, corrente e potencia do Problema 8.1. Deter minar a atenuw;ao em dB quando os ganhos passam para metade. Solu<;ao: 0 ganho de potencia em dB
e
a p =10 log AI' =10 log 16463,7=42,16 dB
Os valores de a e a serao
"
I
a" =20 log A" =20 log 90,8=39,16 dB a i =20 log Ai =20 log 181,3=45,17 dB Se os ganhos baixam para metade, a atenuac;:ao em dB relativamente aos valores anteriores sera • Potencia:
a;' =10 log 164~3,7 =39,15 dB
ap - a;, = 42,16 -
39,15"" 3 dB.
• Tensao:
a' = 10 log 90,8 = 33 14 dB "
2'
a,,-a:'=39,16-33,14""6 dB.
• Corrente:
a'=20 log 181,3 =3915 dB 2' I
; ai
-a:=45,17-39,15""6 dB.
8.7. Urn amplificador tern 34 dB de ganho de tensao. Se na entrada aplicarmos urn sinal v,=lOO mY, qual sera 0 valor da tensao de safda?
Solu<;ao:
a "= anti. 1og-= 34 50 A = anti. Iog 20 20
a" = 20 log A"
A tensao de safda sera: v 2 =A"v 1 =50·0,1=5 Y
8.8. A corrente alternada que circula pela carga de urn amplificador e de 2,5 rnA. Cal cular a corrente absorvida pelo dito amplificador, supondo que 0 ganho de ten sao e de 30 dB eo ganho de potencia de 35 dB. Qual sera 0 valor do ganho de corrente, expresso em dB? SOlm;ao: 0 ganho de potencia e
A p =A vA, aplicando logaritmos:
log A I' = log A" + log Ai
Par outro lado,
ap
log AI'
=10
e
a" log A" = 20
212
Electronica anal6gica Explicitando
0
valor de log Ae substituindo A p e A \' pelos seus respectivos valores: I
a p a v 35 30 log A = - - - = - - - = 2 r 10 20 10 20
Ai = anti log 2 = 100
A corrente de entrada do amplificador e
=~2,5
Ai - 100 =0,025
II
Il A
o ganho de corrente expresso em dB e a i =20 log
Ai
8.1
=20 log 100=40 dB
8.9. Supondo que urn amplificador de audiofrequencia (AF) se comporta em baixa e alta frequencia como os filtros representados na Figura 8.6, calcular as frequencias-li mite e a largura de banda do dito amplificador. C, = IOIlF
Rz = 10 Ki1
~I.
(} R j = I Ki1
~ "l rC,=O",F o
(a)
Solu~ao:
0
(b)
Figura 8.6. (a) Comportamento em baixa frequencia. (b) Com portamento em alta frequencia.
As frequencias-limite ou de corte, estabelecem-se quando
8.
X C I = R, e Xc, = R 2· Portanto, a frequencia de corte inferior sera
1
1, = 21[R, C,
1
21[.1.10 3 .1O.1O-Q =16 Hz
A frequencia de corte superior sera
1
1 = 21[R 2 C 2 2
1
21[.10.10 3 .0,8.10
-9
::=20 KHz
A largura de banda sera
,11 = 1 2 - 1 1 = 20000 - 16 ::= 20000 Hz
8.10. Determinar 0 valor do ganho de tensao, expresso em dB, de urn amplificador, para a frequencia de corte inferior e para uma frequencia dez vezes inferior af.,. Supor que o ganho para frequencias intermedias e de 0 dB (A,,=I). Solu~ao:
8
Amp1ificar;iio
213
1
v
a
a
= 20 log
~ 1+ (II I I) 2
• Para
I =I
I :
• Para
I =I
I
a
v
= 20 log
/1 0: a v = 20 log
I
~ r
::: -3 dB ::: -20 dB
-/1+10 2
8.11. Determinar 0 valor do ganho de tensao, expresso em dB, de um amplificador, para a frequencia de corte inferior e para uma frequencia dez vezes superior a j~. Supor, como para 0 caso anterior, que 0 ganho para frequencias intermedias e de 0 dB
(A.,=I). _ I Soluc;ao: a = 20 log --;:::=====
~1+(III2)2
v
• Para 1= 1 2 :
I = 10 1 2
• Para
=20 log
a v
=20 log
a v
I ~
:::-3 dB
I
-/1+10 2
-20 dB
8.12. Determinar 0 cingulo de desfasamento entre os sinais de tensao de entrada e safda de um amplificador para as seguintes frequencias:I=O,III ,J=I[,J=I0J;,J=O,lj;,J=.f;
eJ=IOI2 • Soluc;ao:
II 11= arctg 10=84,3°:::90° q> = arc tg II I I = arc tg 1=45° q>= arctg II 11= arctgO,I=5,7°:::0°
• Para 1=0,11 1 : q>= arctg • Para 1= I I: • Para
I = 101 I :
• Para 1=0,11 2 : q>= -arctg 1112 = -arctgO,I=-5,7°:::0° • Para 1= 1 2 : q> = - arc tg I I I 2 = - arc tg 1= -45° • Para
I =10I
2 :
q>= -arctg 1112 = -arctgI0=-84,3°:::-90
8.13. Desenhar os diagramas de ganho e desfasamento, denominados diagramas de Bode, utilizando os dados obtidos nos problemas 8.10, 8.11 e 8.12.
Soluc;ao:
214
Electr6nica anal6gica
90° , OdB -3dB
--------T?
,
,,
__ _ . L
-20dS
,,
...... "
, ,
,,
,
00 _
0,01
~ __+
0,1
)
)0
-+__~ fiJI
0,1
)
I
-45 0 l- ------ __
;\_JIf2 10
_
l--.-:----.:~ :0,010,1
,
AOdS 'l~
8.16
45° ~ - - - ~ - - -
10
--
---
JIJ)
-----
O~:I --
___ .{~J2 10: 100
I
,
i
_90°:_ - - - - -----.- - -- - .. -- - - - - - - -- - - - - - - --
100
Figura 8.7. Diagramas de Bode.
8.14. 0 factor da rede de retorno de urn amp1ificador realimentado e B=O, 1 eo ganho sem
realimenta~aoeAv=lOO. Calcular 0 ganho com rea1imenta~aoe a tensao de entrada
v I no amp1ificador, supondo que a tensao do gerador v g = v; = 20 mV . Calcu1ar de
novo
0
ganho A ~ se
0
8.1'
ganho sem rea1imentac;ao aumentar para 300.
Solm;ao: 0 ganho do amplificador realimentado e
AI'
A~=l+AvB
200
1+200.0,1 =9,52
A tensao de safda sera
V2
=A~
-v; =9,5·20=190 mV; v r =B,v 2 =0,1·190=19 mV
portanto, a tensao de entrada sera:
v = v; I
Vr
Se 0 ganho do amplificador passa de 200 para 300, passara a ser
A' _ v
8.:
= 20 - 19 = 1 m V
0
valor do ganho com realimentac;:ao
300
1+300.0,1 =9,67
Como se pode verificar, 0 valor de A ~ permanece praticamente constante, ainda que se produzam pequenas variac;:6es no valor do ganho sem realimentac;:ao do amplificador.
8.15. Para 0 problema anterior determinar a atenuac;ao, expressa em dB, supondo que ganho sem rea1imentac;ao do amplificador passa para metade (A v=100).
Solm;ao: 0 ganho com realimentac;:ao sera, neste caso: A ~ = • Para A~ =9,52: a~ =20 log 9,52=19,57 dB • Para A~ =9,1:
< =20 log 9,1=19,18 dB
Logo a atenuac;:ao de ganho, quando AI' passa de 200 para 100
sera:L1a~ =19,57-19,18=0,39 dB
100 1+0,1·100
= 9,1
0
8
12
Amplijicar;c7o
215
Recordemos (Problema 8.6) que, num amplificador sem realimenta<;ao, a atenlla<;ao ao di vidir 0 ganho por dois e de 6 dB.
8.16. Calcu1ar as frequencias de corte e a 1argura de banda do amplificador realimentado do Problema 8.14, supondo que II e 12 , sem respectivamente. Solu~ao: D=1 +A,:B= 1+200·0,1=21;
- 11, sera:' I ta<;ao
'
I
I
=
I
l+A"B
realimenta~ao, va1em
portanto, a frequencia de corte inferior com realimen
0 95 H z. -20 =,
21
A frequencia de corte superior sera:
I~
=
1 2 (1 + A"
i1I' = I ~ - I; '" 420
A largura de banda sera:
20 Hz e 20 KHz,
.B) = 20·21 = 420 KHz.
Hz.
8.17. A 1argura de banda de urn amplificador sem realimenta~aoe de 3 KHz eo seu gan ho de tensao 50. Determinar a nova 1argura de banda quando se aplica urn determi nado tipo de realimenta~ao e 0 ganho se reduz a 10. Solu~ao:
A frequencia de corte superior com realimenta<;ao sera:
Sllpondo que
I; '" 0
i11' '" I ~ = 15
Hz:
1 2'
AJ ,2 A'l'
50·3 = 15 KHz. 10
KHz.
8.18. Deduzir 0 ganho de tensao em fun~ao da transcondutancia de urn amplificador com rea1imenta~ao intensidade serie (Figura 8.3b). Solu~ao:
A grandeza que se estabiliza com este tipo de realimenta<;ao e a transcondlltancia:
1 i v /R G'm ",-' G'III =_2_=_2_. J'aque i 2 S' / / ' VI
VI
o ganho de tensao e: A'v =V/V'I; entao G;',
=V
2
/R (Figura8.3b).
= A:' / R, de onde se tira que A:' = G;', . R.
8.19. Demonstrar que 0 circuito da Figura 8.8 e urn amp1ificador com rea1imenta~ao do tipo tensao para1e10 e deduzir 0 ganho de tensao. A Rg do gerador e zero. R2 lr
iI
t
VII
A
VJ
R
Figura 8.8.
216
Electronica analogica
. Solw;ao:
I r -
v,-v 2 R como v I «v 2; i r
v?
"" - - - -
R2
2
= B· v 2' de onde se deduz que
e um
amplificador com realimenta<;ao tensao paralelo, ja que a corrente de realimenta<;ao e pro porcional a tensao de safda (Figura 8.3c).
o ganho da rede de retorno B e B = - -I- , e 0 R2
8,
ganho com realimenta<;ao A ' :
8
2 _1_ R A '_R,_V - - - - - - - - 2' III ., B II
v
o ganho de tensao sera: A;' = ~
se considerarmos il=O ; VI = O. POI·tanto,
VI
V
R'
R
A' = __2_ =_"_' "" __2_
v Rli; R, R,
o ganho de tensao sera estavel se R , e R 2 se mantiverem estaveis. o sinal menos da expressao significa que 0 sinal de safda esta desfasado 180
0
re1ativamen
8
te ao de entrada.
8
PROBLEMAS PROPOSTOS
8 8.20. 0 circuito da Figura 8.9 corresponde a urn amplificador de corrente cujo elemento amplificador tern urn ganho de 150 (A;cc=150). 0 valor de pico da corrente alterna da do gerador de entrada ede 10 /lA. Os valores das resistencias sao: Rg= 15 KQ, R= I KQ, R e =2 KQ e R J = I0 KQ. Calcular: a) Os valores maximos das correntes e tens6es de entrada e safda (iI' i 2, VI e v2 ). b) 0 ganho de corrente e a rela9ao i/ig • c) Os ganhos de tensao e potencia. d) A transcondutancia e a trans-resistencia. ig
..
A icc . i l
i,
RJ ,~ ~
R,
i,
~IIR Figura 8.9.
Solu~ao:
a) i ,=8,82/J.A; i 2=1,2 mA; vl = 17,6 mY; v2=1,2 V.
b) A i=136; i/ig =120.
Amplificaf'GO
217
c) A,,=68; AI'=9272,
d) G",=68 mS; R",=136 KQ.
8.21. Transformar os geradores de corrente do problema anterior em geradores de tensao e repetir os calculos.
SolU(;ao: Os resultados sao os mesmos do Problema 8.20.
8.22. 0 valor da transcondutancia do elemento amplificador do circuito da Figura 8.10 e G",cc=5 rnA/V. Calcular os ganhos de tensao e de corrente para os seguintes valo res: v g=100 mY, Rg =2K2, R=3K3, Re =20 KQ e Rs =20 KQ. Rg
W
i
~R'
G
.
IT"R
Figura 8.10.
Solurrao: A,.=14; A i=8S.
8.23. Qual devera ser 0 valor da resistencia de carga R no circuito da Figura 8.10 para que a potencia transferida acarga seja maxima? Qual 0 valor dessa potencia? Solurrao: R=20 KQ;P2=1 mW. 8.24. Calcular 0 valor de Rg e Re no circuito da Figura 8.11 para que a resistencia de en trada dissipe a maxima potencia e 0 valor desta seja igual a I mW.
Solurao: Rg=Re =I0 Q.
~ 8.25. No circuito da Figura 8.11 transformar 0 gerador de tensao em gerador de corrente. mesma do exercfcio anterior. Comprovar que a potencia dissipada por Rea e
Rg
O
,g=O,2V
8.26. Expressar em dB Solurrao:
0
R
,
Figura 8.lI.
valor dos ganhos dos Problemas 8.20 e 8.22.
I. ai =42,6 dB; a,,=36,6 dB; ap=39,6 dB. 2. a,,=23 dB; a i=38,S dB.
8.27. 0 valor do ganho de ten sao para as frequencias intermedias e de 45 dB. Calcular 0 valor real do ganho A" para as frequencias de corte.
218
Electronica analogica
SohH;ao: A,,= 126.
8.
8.28. A potencia absorvida pela entrada de urn amplificador e de 1 mWe a potencia fornecida acarga e de 4 W. Calcular 0 ganho de tensao se Re=R. Calcular a tensao de saida v2 se a tensao de entrada v I for de 300 mV. Sol",;ao: A.,=63; v2=19 Y.
8.29. Uma etapa amplificadora comporta-se, em altas e baixas frequencias, como os fil tros da Figura 8.6, onde os valores das resistencias e capacidades sao: R =4K7, C 1= 1 )J.F, R2=3K3 e C2=2 KpF. Calcular as frequencias de corte.
8,
1
Sol",;ao:1,=34 Hz;f2=24 114 Hz.
8.30. Determinar a atenua~ao em dB relativamente ao ganho a frequencias intermedias para os seguintes valores das rela~6esf/f, eflh: a)f/f,=0,5;flj;=5. b)f/f2=0,5;f/f2=5.
Para os mesmos pontos determinar 0 desfasamento entre 0 sinal de entrada e 0 de
saida.
Solu~ao:
a) -7 dB; -0,17 dB;
b) -0,97 dB; -14,15 dB; a) 63,4°; 11,3°;
b) -26,so; -78,7°.
8.31. 0 ganho da rede de realimenta~ao de urn amplificador e 0,05. Calcular 0 ganho do amplificador realimentado, supondo que A·8 » 1. Solu~ao:
A:' '" 20.
8.32. 0 ganho de urn amplificador sem realimenta~ao e 1000 e 0 ganho com realimenta ~ao, 20. Determinar a tensao na saida da rede de retorno se a tensao de safda v2= 1 V e a realimenta~ao e do tipo tensao serie. Solu~ao:
vr =49 mY.
8.33. Calcular 0 ganho de tensao de urn amplificador realimentado se 0 ganho em anel aberto (sem realimenta~ao) for 500 e 0 ganho da rede de retorno B=0,08. Calcular a tensao de entrada no amplificador, se 0 sinal do gerador vg =0, I V, supondo que na sua resistencia interna (R g) se perdem 0,05 V. Solu~ao:
A:' = 12,2;
vI
= 1,2
mV.
8.34. Determinar de novo 0 ganho do problema anterior, supondo que aberto sobe para 1500. Solu~ao:
0
ganho em anel
A:' = 12,4.
8.35. Expressar em dB a diferen~a entre os ganhos obtidos nos problemas 8.33 e 8.34. Solu~ao:
0,14 dB.
8
Amplijicar;iio
219
8.36. A transcondutancia de um amplificador sem realimentayao e de 20 mAN. Aplica mos uma realimentay30 COlTente serie cuja rede de retorno tem um ganho igual a J V/mA. Calcular a transcondutancia e 0 ganho de tens30 nestas condiyoes, supondo que a resistencia de carga e de 5 KQ. Solu~ao:
C;" =0,952 mA/V; A: =4,76.
8.37. Os valores das resistencias R, e R 2 do circuito da Figura 8.8 sao 2 KQ e 15 KQ, respectivamente. Calcular 0 ganho de tensao e a trans-resistencia com realimenta yao. Qual sera 0 valor da tensao de safda v2 se v ~ for 100 mV? Solu~ao: A:
= -7,5;
R;',
= -15
KQ;
11
2
=-0,75 V.
8.38. As frequencias de corte do amplificador realimentado do Problema 8.33 sao f; = 10Hz e f ~ = 150 KHz. Calcular as frequencias-limite e a largura de banda do amplificador sem realimentay3o. Solu~ao:jl=410 Hz;J;=3,6
KHz. .0.fr3190 Hz.
I
CAPITULO 9
AMPLIFICADORES DE BAIXA FREQUENCIA
9.1. CIRCUITOS AMPLIFICADORES Os circuitos amplificadores que iremos analisar sao formados basicamente por um elemento activo (transistor) e por urn conjunto de elementos passivos (resistencias e condensadores). Para que um amplificador desempenhe a sua funr;ao, e necessario que seja alimentado por intermedio de geradores de cc. Esta operar;ao recebe 0 nome de polarizar;ao.
9.2. POLARIZA<;AO E ESTABILIZA<;i\O A Figura 9.1 mostra urn transistor bipolar com polarizarao fixa e as respectivas caracte rfsticas de safda, incluindo a recta de carga e 0 ponto de funcionamento em repouso Q. A recta de earga e a expressao grafica da equar;ao Ee = VCE + IeRe deduzida do proprio circuito. Ie
185
E c
Rc
RC I S2
rvCE
EC lSI
.'-~'" i
Ee
I "
!
(a) " \
(b)
~igura)9'11blarizas:aofixa. (a) Circuito. (b) Recta de carga. \ \ J
\ \, '-....
Vc£
222
Electronica analogica
9.3.
A Figura 9.2 mostra um circuito de polariza(:Qo universal. As resistencias R 1 e R2 podem ser substitufdas pelo circuito Thevenin equivalente, tal como se mostra na Figura 9.3, mediante as seguintes equac;5es:
Ee R2 R1 +R2
ET --
As] par; ca s
R,R2 B R =R +R I
2
'
In
R.
'.
I
\
Rn
Ii
I
Ec RB
~Rc
\
nRc
T
I
LT
!
I I
Y
-'C
naf
Ec
I
1
I
mo cae dic as, Ta' a1
Figura 9.3. Circuito equivalente de um
circuito de polariza<;ao universal.
Figura 9.2. Circuito de polariza<;ao universal.
Desprezando a ddp na resistencia R B, a corrente de colector seni: _ET-VBE I eRE
As relac,:oes entre as resistencias do circuito de polarizac,:ao universal sao: I RE ""-R e ; lORE> RB ?5R E
4 As coordenadas do ponto de repouso podem variar com a temperatura. 0 circuito de polarizac,:ao universal eo mais estavel. As grandezas que provocam instabilidade sao: jJ, leBO e VBE · A corrente leBO duplica-se cada vez que a temperatura do transistor aumenta lODe, e a tensao V BE diminui 11 razao de 2,5 mVIDe. A corrente de colector, tendo em conta as grandezas assinaladas e sem desprezar a ddp em R B , sera
Ie
=
ET + RBleBo - VSE R R +~ E jJ
V
g
Amplificadores de baixafrequencia
223
9.3. AMPLIFICADORES EM MONTAGENS EC, CC E BC As Figuras 9.4, 9.5 e 9.6 representam os circuitos completos das tres montagens possfveis para amplificadores construfdos com transistores bipolares. A resistencia de carga R para ca sera a equivalente paralela de R c e R L :
R = _R~c_R-",-L_ Rc+RL Esta resistencia da lugar a uma nova caracterfstica denominada recta de carga di namica. A Figura 9.7 mostra urn circuito equivalente unico, valido para os tres tipos de montagem, formado por elementos conhecidos como parametros hfbridos. 0 fndice de cada parametro indica a natureza do mesmo. Os fabricantes de transistores costumam in dicar os parametros hfbridos correspondentes a montagem em EC. A tabela 9.1 apresenta as expressoes que permitem obter os valores de Re , R" A" e Ai para as tres montagens; a Tabela 9.2, as formulas de conversao para obter os parametros hfbridos em CC e em BC; a Tabela 9.3 os valores tfpicos destes parametros para cada montagem.
+Ec
C2
~!
_ _ _--1'----,-,---l'::'-l'
L
R
I
V
.
2
R,
!
•
"
1"
Figura 9.4. Amplificador em montagem
Figura 9.S. Amplificador em montagem
EC completo.
CC completo.
+EC
,,[( 1,
Rg
C2
i2
I',
I/ho
v2
-E£
Figura 9.6. Amplificador em montagem
Figura 9.7. Circuito equivalente utilizando
BC completo.
parametros hfbridos.
R
224
Electr6nica anal6gica Tabela 9.1. Formulas de Re , R" Aje A" para todas as montagens.
r (]
Rs
Ai
Rg +h i
h
Re hI
hrh f ho + I / R
*
hOR g
f 1 + Rho
+ hoh i + hfh r
A" hfR
-
*
....
ReO
+ Rho)
* Rea resistcncia de carga dinamica
Tabela 9.2. Formulas de conversao para parametros hibridos.
Parametro
Montagem CC
Montagem BC hie h ib =T+h fe
Resistencia de entrada
hie = hie
Ganho de tensao inversa
hre =
Ganho de corrente
h fe =-(I+hfe )
hfe h fh =-T+h fe
Admitancia de saida
hoe = hoe
h
1
h
I1h
-~-h
rb -
ob
1+ hfere
=~ I +h fe
Tabela 9.3. Valores tipicos dos parametros hibridos para as tres montagens.
EC
CC
BC
hi
1,1 kQ
1,1 kQ
21,5Q
hr
4 x 10-
Parametro
hf
l/h,
4
50 40 kQ
I
1,39 x 10
-51
-0,98
40 kQ
-4
2 MQ
9.4. AMPLIFICADORES REALIMENTADOS as dois casos analisados sao a montagem CC, que constitui urn circuito realimentado do tipo tenSQO serie, e a montagem EC com uma resistencia no emissor ou amplificador
e 1
Amplijicadores de baixafrequencia
225
realimentado corrente serie. A Figura 9.8. mostra um circuito equivalente para a ca do amplificador CC da Figura 9.5.;a Figura 9.9., um amplificador EC com resistencia no emissor e correspondente cir:cuito equivalente. Em ambos os casos foram utilizados os parametros hfbridos da montagem EC. Rg
i
hfei J
c
J
R E ·R L
R=-- R E +R L
+r
'
'\...
V g
R
Figura 9.8. Circuito equivalente de uma montagem Cc.
il
Rg
+
CE
RL + r V
g
hfei
J
'
RcR L R=-- Rc+RL R
""' V'J
Figura 9.9. Amplificador em montagem EC com resistencia no emissor (realimenta~ao corrente sene).
Na Tabela 9.4 comparam-se os valores de Ai' AI" Re e R, dos circuitos mencionados com os da montagem EC simples. o ganho de tensao de uma montagem CC, analisada como circuito realimentado, e de valor unitario, ja que B= I, e para 0 circuito EC com resistencia no emissor: A
,
v
R ,,=,-
R£,
226
Electr6nica anal6gica
Tabela 9.4. F6nnulas para obter Ai' A,., Re e Rs em fun<;ao dos panlmetros hfbridos em montagem EC para as diferentes configura<;6es (h",=O e h",.=O) .
.
.
Tipo de montageill ....
EC Ai
hfe
A"
---*
hfeR
CC
EC com R de emissor (R E, )
hre + 1
hfe
hie+RE,(hfe +1)
hie Re
hie
Rh fe
-
1 hie + R(hfe + 1)*
hie + RE, (h fe +1)
Rg + hie
00
*
00
hfe + 1
RJ
* Rea resistencia de carga dina mica, tanto em EC como em Cc.
j
9.5. AMPLIFICADORES COM FET A Figura 9.10 rnostra urn FET autopolarizado, e a Figura 9.11, urn circuito analogo ao de polarizac;ao universal dos transistores bipolares. Mediante 0 Teorerna de Thevenin e pos slvel calcular 0 valor da tensao aplicada na grelha do transistor: ET
= R?-
i e
ED
R1 +R2
o
+Eo
10
Ro
-vcs (a)
E
(b)
Figura 9.10.(a) FET autopolaiizado. (b) Varia<;ao do ponto de repouso quando variam os parametros do FET.
Amplificadores de baixafrequencia
227
ID
RD
RS
ET
-Yes (a)
Figura 9.11.
(b)
Polariza~ao
de urn FET que reduz as varia~6es do ponto de repouso quando vaIiam Vp e IDSS
A corrente de dreno sera
Iv = Ea
equa~ao
Er - Ves R s
da recta de carga: ED = V DS + ID(Rv + Rs )
A Figura 9.12 mostra um amplificador completo em montagem SC e 0 respecti vo circuito equivalente. 0 ganho de tensao sera AI' = -gll/R
onde 011/ (J
e a transcondutancia do transistor. +ED
g
RL
Cs
."
d
gil/vI
~.
~
R
I',
s (a)
(b)
Figura 9.12. Amplificador Sc. (a) Circuito completo. (b) Circuito equivalente para ca.
228
Electr6nica anal6gica
9.6. ETAPAS AMPLIFICADORAS DE POTENCIA
Q
Vma etapa de potencia classe A, com urn so transistor, eigual amontagem EC da Figura 9.4. No entanto, pretende obter-se 0 maximo rendimento possive!. A potencia em conti nua, PCC' e a que 0 circuito absorve do gerador Ec' e 0 seu valor e Pee = Eele A potencia util maxima, ou potencia maxima sobre a carga , PI/' e
P
Ecle 4
=
u
e a potencia que
0
= Pili Pee = 0,25
A
; 25%
transistor devera poder dissipar P d (l1lin)
= 3Pu
A Figura 9.13 mostra urn amplificador de classe A de montagem em contrafase ou push-pull que, relativamente a classe A simples, reduz a distor~ao alinear (distor~ao em amplitude) mantendo 0 rendimento em 25%. A potencia dissipada reparte-se pelos dois transistores. Para melhorar 0 rendimento podemos utilizar uma etapa classe B, como a repre sentada na Figura 9.14. A potencia util sera P
=E
1/
A
9
o rendimento maximo nesta configura~ao sera TJ
o
dl a 1 A
F
I1l {lX 111l{lX
2
onde Emax. e Imax. sao os valores maximos dos sinais de tensao e corrente de saida. i Cl
)IIw, " +ell(]
Jf
R"
r
I
~
IIOR,
lC2
Figura 9.13. Amplificador classe A (montagem em contrafase)
Figura 9.14. Amplificador classe B.
A potencia fornecida pelo gerador sera
Pee onde I med
= Imax 17[; portanto,
Pee
= 2Im~dEe
= 2 I max 7[
Emax
-'. 9 ~
Amplificadores de baixafrequencia
Quando EllIax, = E C' PCC = 2
I '
max
n
o rendimento maximo sera
229
E max '
TJ = PI/I Pee = 0,785; 78,5% A potencia maxima dissipada pelo conjunto dos dois transistores e
p"(max)
=0,4PI/(max)
9.7. AQUECIMENTO DOS TRANSISTORES A patencia dissipada por urn ou varios transistores de uma etapa amplificadora, a d(fe renr;a
de temperatura entre ajun~ao e 0 ambiente e a resistencia termica estao relacionadas como
a corrente, a ddp e a resistencia 0 estao mediante a lei de Ohm:
T ja = T j - T a = T jc + Tea = P"R1(jc) + P"Rf(ca)
A Figura 9,15 mostra a simula~ao electrica onde estao presentes as ditas grandezas; na
Figura 9.16 esta representada a curva de redu~ao de potencia de urn transistor de I 15 W.
Pd (W)
}
140
Pel
120 115 100
R r (jc)
TJa
+~
80
Ic
-
'"
~
"'" ""
60 40
Rt(ca)
20 25 !
!
50
.......
"'
"'"
75 100 125 150 175200
Q
T ( 0C) c
Figura 9.15. Simula<;:ao electrica para estudo do aquecimento dos transistores,
Figura 9.16. Curva de redu<;:ao de potencia de urn transistor de lIS W.
PROBLEMAS RESOLVIDOS .~-"
.. \
,i0)rra~ar a recta de carga correspondente a urn circuito como Ec
= 30
V e Rc
= 2,2
kQ. Situar 0 ponto de repouso.
0
da Figura 9.1, no qual
230
Electr6nica anal6gica Solu<;30: A recta de carga e a expressao grafica da equas;ao: E c
= VCE + I C Rc
Os pontos de intersecs;ao com os eixos serao neste caso:
• Para I c = 0:
VCE = E c = 30 V.
Ec • Para VCE = 0: I C = R
C
-
30 V
2"'" ." = 13,64 rnA. ,
o ponto de repouso deve situar-se 0 mais centrado posslve!. Neste caso Q (15 Y, 6,82 rnA). 'e(mA)
13,64
9.4 6,82
\
\._/
15 V
9.2/ ....
_-"'
)
E e =30V
Figura 9.17.
VCE(V)
Os valores das resistencias do circuito da Figura 9.1 sao: Rs= 33 KQ e R e =150 Q. o ganho de COlTente em continua e 100 e a fern Ee do gerador e 20 Y. Calcu lar as correntes Is e Ie e a tensao VeE' supondo que VSE=0,5 V. Solu<;30: Em primeiro lugar, calculemos a corrente na base do transistor:
Is
=
EC-V BE _ 20-0,5 =0,59 rnA R 33
9.~
8
A corrente de colector sera
IC = hFEIB = 100·0,59 = 59 rnA Da equas;ao da recta de carga Ec = VCE sor:
/-\
"\'
\ 9.~l
,
_/
+ IcR c podemos calcular a tensao colector-emis
3
VCE = Ec - IcRc = 20 - 59 .10- ·150 = 11,15 V
Num circuito de polarizac;ao fixa como 0 da Figura 9.1, a resistencia de col ector e de 2,2 KQ e 0 ganho de COlTente em continua hFE=80. Calcular a resistencia de base R s para que 0 ponto de funcionamento em repouso se situe a meio da zona activa, supondo que E e =15 Ve VSE=0,8 V.
_
Solu<;ao: Para que Q fique centrado: VCE
E
15
2
2
= .-£ = - = 7,5
V
Amplijieadores de baixa frequeneia
Da equa<;ao da recta de carga pode ser deduzido
0
231
valor de Ie:
Ie = E e - VeE = 15 - 7, 5 = 3,4 mA
Re
2,2
A corrente de base sera
Ie
3,4
hFE
80
I B =-=-=0,043 mA A resistencia de base valera
RB =
Ee -V BE _15-0,8",330 KQ I - 0,043 B
~,
. ,
9~4.,No circuitoda Figura 9.2, Ee= 20 V, R ,=47 KQ, R 2= 10 KQ, R c= 3 KQe RE= I KQ. Calcular as coordenadas do ponto de repouso (Ie e VCE )'
\
' ...._
Sol",;ao: A fern do gerador de Thevenin sera:
ET =
Ee
R, + R2
. R2 =
20
47 + 10
. 10 = 3,5 V
A COlTente de colector pode ser calculada a partir da eqlla<;ao da malha de base:
Ie =
s
ET
-
R
V BE
_
-
3,5 - 0, 7 1
=
2,8 mA
E
A tensao colector-emissor sera
VeE = E e - Ie(Re + RE ) = 20 - 2,8(3 + 1) = 8,8 V 9.5.
Num circuito como 0 da Figura 8.5. a resistencia de colector Rc = 2 ,2 KQ e a ten sao do gerador E c = 30 V. Calcular 0 valor de RE' R e R 2 . J
Solu~ao:
,
A tensao colector-emissor VeE deve sitllar-se num valor proximo a
E e /2 = 30/2 = 15 V Por outro lado, a resistencia de emissor sera
'" 11 4Re :R E =
2,2 KQ 4 = 550 Q
A con'ente de colector sera
e je
a,
Ie
=
E e - VeE R +R E e
30-15
2,2+0,55 =5,45 mA
A tensao na base do transistor sera: E T = I eRE + V B£ = 5,45 X 0,55 + 0, 7 = 3,7 V A resistencia RB pode estimar-se pela expressao lORt?RB?:.SRr Escolhamos, por exemplo, RB = 8R£: RB = 8·0,55 = 4,4 KQ
232
Electr6nica anal6gica
Podemos obter R, e R z :
R ·R 4,4 = ~ I 2 ) + R2
;. 3,7=
30 R) +
R' R2 Dividindo a primeira expressao pela segunda: 2
4,4 _ _ RI
3,7 - 30 ; R = 35,67 kQ 1
Substituindo 0 valor de R, numa das express6es anteriores: R2 = 5 kQ.
9.6.
As caracterfsticas do transistor do Problema 9.4, atemperatura de 25° C, sao: Cal cular a corrente de colector atemperatura ambiente (25° C) e a 75° C, supondo que o ganho a esta temperatura sobe para 150, que a corrente leBo duplica em cada 10°C e VBE diminui arazao de 2,5 mV por cada 0c. 0 valor de E T = 3,5 V (obtido no Problema 9.4):
Solu~ao:
RB =
9.8.
= 4 ~ xl? = 8,24 kQ
R) ·R 2 l)
I
+ R
2
o valor exacto de lee dado pela expressao : I
-VIE = ET +RI B eBO = 3,5+8,24.10
e
3
9
.10.10-,-0,7 3 A=26 _-26.10, , rnA 1 ,24.10 8 1·10' +-'---
!
R R + -B E fi
100
Quando a temperatura sobe para 75°C, os valores dej3, leBo e VBEserao:
f3 = 150 I
CBO(T)
=I
V BE(T) = V BE
CBO
-
2(T-25)IIO -
-
X
-
3
3
2,5 X 10- (T - 25) = 0,7 - 2,5 X 10-
e obtemos
VBE(T)
A corrente
Ie a 75°C sera:
Ic =
10 X 2(75°C-25°C)1I0 -10
25
X
-
320
n
A
(75°C - 25°C)
= 0,575 V
3,5 + 8,24 X 10
9
3
lxl0 3
I
1\
X
320 X 10- -0,575 = 2,77 X 10-3 A = 2,77 rnA 8 24x 10 1
+-,-
9.7. as parametros do transistor do amp1ificador EC da Figura 9.4. sao: re = 1,1 KQ, 1\ = O,fi' = 50 e re = 40 KQ. Calcu1ar 0 valor das seguintes grandezas:R e' R" Ai e A supondo que Rg = 1 KQ e a resistencia de carga R = 5 KQ. I"
Solu~ao:
9.9.
Amplificadores de baixajrequencia
233
= r e = I, I kQ. = Pe = 40 kQ.
• Resistencia de entrada: Re • Resistencia de saida: Rs • Ganho de corrente:
A
=
I
[3' -I R =
+Pe • Ganho de tensao: A v =
50 -5 =44,4.
1+-
40
-[3'R ( R ) = -202. r 1+
Pe
e
9.8. Supondo que os parametros hfbridos de urn transistor atemperatura ambiente, para urn determinado valor de I c sao: h;e=I,1 kQ, h re =4xlO
-4
,h fe =50 e hoe =25 f.1S
calcular R e , R.p Ai e A v' se R g e R tern
0
rnesrno valor que no exercicio anterior.
80Im;30:
Segundo as express6es da Tabela 9.1:
hreh fe =1,1
R,=h;e-h e oe +I/R R = 5
A= I
Av =
4 X 10-4 X 50 0,025 + 1/5 = I kQ
Rg +h;e = 1+1,1 hoeR g + hoe hie - hfeh re 0,025 xl +0,025 x 1,1- 50 x 4 x 10
4
=64 kQ
hfe 50 = =444 l+Rh oe J+5xO,025 ' hfeR
_
Re (1 + Rh oe ) -
50x5
1(l+5xO,025) =-222
9.9. Desenhar 0 circuito equivalente do amplificador Be da Figura 9.6, utilizando parametros hfbridos EC. Deduzir as express6es de Re , Rs ' Ai e AI' se Rg e R tiverem 0 mesmo valor que no exercfcio anterior.
80J",;30:
!, v'
D
h fe i b
. i?v21 II
R = Rcll R L
Figura 9.18.
234
Electronica analogica As equa<;6es que se obtem do circuito sao:
(I)
VI
=i"hie
(2)
il
(3)
i2
= i"hfe
(4)
V2
= i" + i"hfe = i" (I + hIe) = i"hfeR
V
Dividindo (1) e (2): ~ = Re = hie/(I +hfJ· II I
Dividindo (3) e (2): --1.. = AI •
= h,,/O + h,,).
Jf:
JC
II V
Dividindo (4) e (1): -1... = AI'
= hfeR/hie .
VI
A resistencia de saida e medida sem a resistencia de carga R, colocando no seu Jugar 0 ge
rador equivalente a 11 2 • Nestas medi<;6es, i 2= 0 e, portanto,
Rs = v. 2 =
00
12
9.10. Calcular as grandezas R e , R s ' Ai e A 'I' de urn amplificador CC, supondo que os parametros hie e h re e os valores de R g e R sao os mesmos do Problema 9.8. Os pmoametros h re e hoe neste caso valem zero. Solu«;ao:
a) 0 ganho de corrente obtem-se mediante a equa<;ao: Ai
b)
R( hfe + I) 0 ganho de tensao sera: A:' = R( hIe + I) + hie
= hfe + I = 51.
5 x 5 I .
= 0,99
::=
1
c) A resistencia de entrada sera:
Re
= hie + R( hIe + I) = 1,1 + 5 x 51 = 256
d) A resistencia de saida sera: Rs
=
Rg + hie I
"Ie+l
kQ
1+ I, I
=--- = 0, 041 51
kQ
= 41
Q
Isto demonstra que num amplificador com realimenta<;ao tensao-serie a resistencia de entrada
aumenta e a de safda diminui (Tabela 8.3).
9.11. Num circuito com realimenta98.0 em corrente-serie como 0 da Figura 9.9, a resis tencia RE,
= 500
Q, R = Rc II RL vale 5 kQ e Rg
Os parametros hfbridos do transistor sao:
=1
kQ.
eJ.
Amplijieadores de baixajrequeneia
235
hie = 1,1 kQ, hre =0, hfe =50 e hoe =0
Calcular Re, R" Ai e A'" . SoIUf;ao: Para
0
calculo de Ai' A'" Re e Rs ' utilizaremos as express6es da Tabela 9.4:
a) Ganho de con'ente: Ai
= hfe = 50 Rh fe 5 x 50 hie+RE](hfe+I)=-I,I+O,5X51=-9,4,
b) Ganho de tensao: A' = _
\'
o valor aproximado de A',.
pode tambem obter-se:
-5 A:, "" -R-R =-05 = -10 £2
Como se pode comprovar, parametros do transistor.
0
'
ganho de tensao, neste caso, e praticamente independente dos
c) Resistencia de entrada: Re = hie + RE] (I + hfe ) = I, 1+ 0, 5(1 + 50) = 26,6 kQ d) Resistencia de safda: R, ""
00
(supondo hoe
= 0),
Como este e um caso de realimenta~ao em conente-serie, as resistencias de entrada e safda aumentam relativamente ao circuito sem realimenta~ao,
l~.)os parametros do transistor do amplificador da Figura 9.19. sao os seguintes: 'J
hIe =re =1 KQ·' rhe =/1 =0''Ie h =h FE =fJ= Ju'3'=60 e hoe =I/p e =01 mS fA' e '
Calcular: a) 0 valor da resistencia de carga supondo que R= RJIR c b) Os vaJores de IB' Ie e VeE' c) Os vaJores da tensao e da corrente nos pontos de intersecc;ao da recta de carga com os eixos x e y. d) Os ganhos de corrente Ai e de tensao A,. e as resistencias de entrada Re e de safda R ,. e) 0 valor do sinal de entrada do amplifi cador, VI' e do sinal de safda v2• f) Os ganhos de potencia, de tensao e de corrente, expressos em dB.
Vg
= 8 mY
RL=S K
Figura 9.19.
SoIUf;ao:
236
Electronica analogica a) 0 valor da resistencia de carga dinamica sera
R=
R R 5 e L =-=25 KQ
Re + RL 2 '
b) As coordenadas do ponto de repouso Q, supondo que VBE=0,7 Y, serao
IB= Ee-V BE =20-0,7 =0,041 mA
R13
470
Ie =hFEI B =60·0,041=2,46 mA
VCE
= Ee -lcRe = 20-2,46·5 = 7,68 V
c) A recta de carga intersecta os eixos x e y nos seguintes valores de I c e VCE: Ec
= VCE + IcRe
• Para
=0
Ie
Ic=O
VCE
VCE
• Para
= E c = 20 = 4 Rc
rnA.
5
= E c = 20
V.
d) Os valores dos ganhos e das resistencias de entrada e safda serao:
13'
A; =-R-= 1+-
Pe
60 25=48 l+~'~
R
2,5
A, = -A -r = -48 - 1 = -120 ,
I
e
10
Re
= re = 1
KQ
R, =Pe
= 10
KQ
e) 0 valor do sinal de entrada no amplificador sera
=
VI
8
v
r e = -·1 = 4 mV
g
Rg + r e
2
A tensao alternada na safda, quando
0
sinal do gerador de entrada e de 8 mY, sera
v2 =Av v,=-120·4=-480 mV=-0,48 V f) Finalmente, os ganhos av, ai e ap, expressos em dB, serao:
a v = 20 log A" = 20 log 120 = 41,58 dB Q; Q
(-\
p
= 20 log Ai = 20 log 48 = 33,6 dB = 10 log AvA; = 10 log (120·48) = 37,6 dB
9.13./ No amplificador da Figura 9.20 os parametros do transistor sao: hi e = 1 KQ, hre=h FE= . ,:' =100 e hoe= h re= O. Determinar: a) 18 , Ice VeE' b) Re , R" Ai e A", c) VI e v2 . d) Os ./ ganhos Q, a e Q P em dB. . I
II
~
Amplificadores de baixaji-equencia EC
R I = 77 KQ
237
=20 V
Ujtl
RC = I K
C1
,.]
C2
! /2
V2
R2 =4,7KQ
RL =I K
Figura 9.20.
Solur;ao:
a) As correntes /1 e /2 que circulam pelas resistencias R 1 e R2 , respectivamente, serao:
11 = Ee - VBE = 20 - 0, 7 = 0,25 rnA ; 1 = V ~E = 0, 7 = 0, IS rnA 2 R1 77 R2 4,7 A corrente continua de base sera I B = II - 12 = 0,25 - 0, IS = 0, lOrnA. A corrente de colector: I C = hFEIB = 100·0,1 = lOrnA. A tensao constante colector-emissor sera VCE = E c - I eRe = 20 - 10· I = 10 V, b) as valores de Re , Rs , Ai e A v serao
Re = hie = I KO I R =-=00 shoe A I
= 1 +hRh Ie
= hie = 100
oe
hleR hleR 100·0,5 A = =--==-50 " hie (I + Rho.) hie 1 em que R=RC//RL= O,S Kn. c) Como a resistencia do gerador
Rg = 0:
a sinal de safda sera: v2 = A"v,
= -50·10 = -500
VI
= vg = 10 mY.
mV = -0,5 V.
d) as ganhos expressos em dB serao:
Qi
PE-
Os
/-\Qp \J
= 20 log 100 = 40 dB;
Q"
= 20 log 50 = 34 dB ;
= 10 log (100·50) = 37 dB
(,\14. Figura 9.21 representa uma etapa amplificadora montagem EC com polariza<;;ao Universal. Os parametros do transistor sao: hi,,= 2 KO, h,,,= hle = 100 e ho,,=
2,5·10~,
238
Electronica analogica
= 0,015 mS. Calcular: a) A corrente continua Ice a ten sao colector-emissor Vee b)
as ganhos A;e A" e as resistencias R e de entrada e R, de safda. c) VI e v2 quando v~=
= 20 mY.
+Ee =20V
9.1~
RL = 2 KQ R=Rc!/R L = I,ll KQ
Figura 9.21.
SO)Ul;;ao:
a) Estudo em cc: 0 circuito Thevenin equivalente entre a base do transistor e a massa sera:
Ee
ET
R1 + R2
R2 =
20
22 + 6,8
·6,8 = 4,7 V.
A corrente de colector sera Ie =
E-V T
BE
RE
47-07 =' , = 4,88 rnA.
0,82
A tensao colector-emissor sera
VeE = Ee -Ie (R E +Re )=20-4,88(2,5+0,82)=3,8 V. b) Os ganhos e resistencias de entrada e safda serao
Re = hie -
R,
_ 2,5.10-4.100_197 KQ
- 21 -, hoe + IIR 0015+ , 1,11 hrehJe
Rg + hie =------"'------hoe Rg + hoehie + hJehre
A.I
=
h
Ie
I+Rh oe
3+2 =50 KQ 0,015·3+ 0,015·2 + 100·2,5 ·10-4
100 1+ 1,11.0,015 = 98,36
R 1,11 A =-A.-=-98 36·-=-55 5 v I R ' 1 97 ' e
'
c) Os sinais de entrada e safda quando Vg= 20 mY, serao
9.1c
Amp/~ficad(),.es
=
VI
v
Re
g
Rg + Re
=
20
. I' 97 "" 8
3 + 1,97
de baixoji'equencia
239
mY
v2 =A"v l =-55,8·8=444 mY=0,444 Y.
9.15. Supondo que 20 mY e 0 valor maximo do sinal clo problema anterior, cleterminar a potencia transferida daquele para 0 amplificador e deste para a carga. Solul;ao: 0 valor eficaz do sinal Vg sera
v _ vg 20 g - .J2 = .J2 = 14,14 Como R,,"" 2 KQ,
v"" Vg I
0
mY
valor eficaz dci tensao de entrada do ampl ificador, desprezando Ii,v~, sera
R=14,14 2 =565mY
e '
Rg + Re
3+2
A potencia transferida do gerador para
V,2 _(5,65.10-
PH,.
=R-
3 )2
0
amplificador sent
=1,6.10-8 W
2.10 3
e
o valor eficaz do sinal aplicado a carga R sera
V = v2 = 0,444
.J2
2
.J2
=0,314 V
A potencia transferida para a carga sera
2
=
PH
-t V
9.16. Repetir
2
0,314 =888.10-5 W.
= I, I I .10 3 ' problema anterior supondo que R,,=
0
R~=
3 KQ e que R= R,.
Solul;ao: 0 valor eficaz do sinal de entrada no amplificador neste caso sera Vg
_
14,14 = 7,07 mV
V1
""2-
e
valor da resistencia de safda sera
0
RI·
_ -
2
Rg +h;e
----"--------
hoeRg + hoeh;e + hfeh re
3+3
-----------=5 2 KQ 0,015·3 +0,01 5·3 + 100.2,5.10.-4
Os ganhos de corrente e de tensao serao
A;
=
h
Ie
1+ Rhoe
100 =56'A I + 52 ·0,015 'I'
=_A~=_56.52=I048
,.
R,.
3
240
Electr6nica anal6gica
o valor eficaz do sinal na carga sera V2 = Av VI = 1048.7,07.10-3 = 7,4 V As potencias transferidas serao 3
2
p R..
= VI = (7,07.10R 3. 10 3
)2
= 1,66.10-8 W ; P =
e
vi = R
R
7,4} = 1,05.10-3 W 52· 10 3
Para se obter na safda urn sinal V2= 7,4 V, seria necessario aumentar a tensao do gerador,
Ec Seria ainda necessario, para que R=52 KQ, aumentar os val ores de RC' R , e R2 no cir
cuito da Figura 9.21.
9.17. Calcular 0 valor da resistencia Rs num circuito como 0 da Figura 9.10, supondo que os valores-limite de Iass e V" fornecidos nas folhas de caracterfsticas sao:
I DSS(max)
= 20
mA
IVp(max)1 = 4
V
/
I DSS(mfn)
=6
mA
i 9.1
[Vp(minJI=1 V
! \
Situar 0 ponto de funcionamento nas caracterfsticas de transferencia. Solu,
IVp(max)1 I DSS(max)
4 20xIO-3 =200 Q
IV (mil1)1
I 6 x 10-3 = 166 Q
p
I DSS(mil1)
o valor de Rs e a semi-soma das quantidades obtidas:
Rs
=
200+ 166
_
= 183
Q.
I/) (mA)
R~=
loon
-Vcs(V)
RS = 183n
........... _-----------.-.-----.-- .. _--------.
---
-4
-I
/"
20
Figura 9.22.
9.18. a) Calcular I a e Vos no circuito da Figura 9.11 quando V cs = -2 V, supondo que En
"<\,-
Amplificadures de baixa jrequencia
241
=30 V, R, = R 2 = 100 KQ, R s = 6,8 KQ e RI) = 3,3 KQ. b)Calcular novamente II) e Vos
se Ves = -3 V.
SoIUl;ao: A tensao na grelha do FET sera: E
r
= 15 V.
a) A corrente de dreno, quando Ves= -2 V, sen!:
ET-V es
1D =
n
s
=
15-(-2)
6
,
0
= 2,5 mA
VDs=ED-ID(RD+Rs)=30-2,5(3,3+6,8)=4,75 V b) Quando Ves = -3 V:
1D =
'
n
V DS =
(
\
ET
ED
Ves
s
=
15-(-3)
6 0 = 2,6 mA ,
-I D(R D + Rs ) = 30-2,6(3,3+6,8) = 3,3 V
9.19\ 1eterminar a tensao Vos entre dreno e Fonte no FET do circuito da Figura 9.23. Os ) parametros do FET sao: Vp = 5 V e IIJSS= -15 mAo ...... _,,/
-f£fp=-2ibv..; RD
= 2,2 KQ
RC
Figura 9.23.
SoIUl;ao: POl' se tratar de urn sistema autopolarizado:
ID
=
V
Res s
Par outro lado, a equac;ao que representa a caracterfstica de transferencia de urn FET e
ID
~ IDss(1
<: J
Substituindo valores:
1 D
V; =---.Ql.. 03 ,
1 D
= -IS (V I ----.Ql.. )2 5
242
Electronica analogica Resolvendo
0
sistema: VGs= 1,82 V e Iv =-6 rnA.
A equa<;ao da recta de carga e: Eo = Vos
De onde se tira que Vos
+ ( R0 + Rs ) 10
= Eo -(RD + Rs)/ o = -20+(2,2+0,3)·6 = -5
V
9.20. Num circuito auto-polarizado como 0 da Figura 9.10, Ef)= 20 V, Rf)= 3,3 KQ. Calcular 0 valor de Rs supondo que os valores limites dos parametros deste tipo de FET sao: 10 mA > IIJSS> 2 mA e -2 V > VI' > -6 V. Calcular Ves' If) e Vf)S supondo que os valores dos panlmetros, para um determinado transistor, sao: If)ss= 6 mA e VI'= =-4 V. SolU9ao:
IVp(max)1 + IVp(min)1 RS =
IOSS(max)
6
2 -, + - - ,
10·10-) 2·10· = 350 Q
IOSS(min)
2
2
Para se obterem os valores de 10 eVes no caso particular do circuito com um FET cujos parametros sao os referidos, e necessario estabelecer as seguintes equa<;oes: 2
I
o
=-
Ves . -,
R
s
Iv = I ,(1D5
J
v
Substituindo valores: I D
Resolvendo
Ves V,
= -~ ; I
0350 ,
= 6
(V 1+--9....)2
0
9.2
4
sistema encontramos como solu<;oes validas
0
VGs=-1,1 V e 10 =3,15 rnA
Finalmente,
I'
I \
V os
0
= Eo -
valor de V vs sera
(R o + Rs )/ 0
= 20- (3,3 +0,350)3, 15 = 8,5
V
9.2
9.21./ Os
parametros do FET do circuito da Figura 9.24 sao: VI'= -6 V e I,)ss= 10 mAo \ /1 Determinar os valores de R s e Ro para que a tensao dreno-fonte Vf).\= 3 V e a tensao Ves= -2 V. Calcular de novo 10 eVes' supondo que 0 transistor anterior e substitu
fdo par outro da mesma serie cujas caracterfsticas sao: VI'= -4 V e I/)ss= 6 mAo
Iv
RO
RS
Figura 9.24.
-Yes (a)
E.,. (b)
Ampli/i'cadores de baixa./i"equencia Solu~ao:
A tensao na grelha do FET sera: ET=7,5 Yea corrente de dreno:
_ 10
L
-
243
2
V cs
loss 1- V p (
]
2
-2 = 1O( 1- -6) = 4,44 rnA
Portanto,
ie
o
Rs =
ET
Vcs _ 7,5 + 2 = 2,14 KQ - 444
-
I
o
'
Da equa<;ao:
Eo=Vos+(Ro+Rs)Io; 15=3+(RD +2,14)4,44; R D ",,600 Q Com os valores das caracterfsticas do novo FET, IDe Vr;s podem ser obtidos das equa<;6es:
= 7,5- Vcs
I
2,14
D
os
lAo sao
ltu-
Resolvendo
Vcs
= 6(1V + ~ )2
; I
4
D
0
sistema:
= -0,78
V ; ID
= 3,87
rnA
Como se pode comprovar, a varia<;ao de 10 e muito pequena, ainda que os val ores de V"e I,JS.\.. sejam consideravelmente menores que os do primeiro transistor. 0 ponto de repouso Q e, pOI' conseguinte, muito estavel com este sistema de polariza<;ao.
9.22. A transcondutancia g de urn FET de jun~ao e de 3000 IlS e a resistencia de carga R do circuito amplificador SC em que esta integrado e 4,7 KQ . Calcular 0 ganho de tensao AI' e a tensao de saida v2 quando 0 sinal do gerador v~ = 100 mY. /II
Solu~ao:
A v =-g/llR=-3 mSx4,7 kQ=14,1;
V
2
=v l ·A .=0,1 YXI4,1=1,41 Y I
9.23. A potencia maxima que urn amplificador pode fornecer a carga e de 5 W. Calcular a potencia absorvida do gerador de corrente continua e a potencia dissipada pelos transistores, supondo que a etapa de saida e: a) Classe A com urn s6 transistor. b) Classe A push-pull. c) Classe B. Solu~ao:
a) 0 rendimento de uma etapa em c1asse A
P 5 W =20 =170,25 li
Pee
_
e de 25 pOl' cento, pOltanto:
W
A potencia dissipada pelo transistor, supondo que
0
rendimento
e de
25 pOI' cento,
sera:Pd(min) =3PIl =3x5=15 W. Na ausencia de sinal de entrada, cc.
0
transistor tera de dissipar os 20 W absorvidos da fonte
244
Electronica analogica b) 0 rendimento neste caso e tambem 25 por cento, portanto a potencia absorvida sera a
mesma do caso anterior: Pee = 20 W.
A potencia a dissipar divide-se pelos dois transistores, portanto:
Pd ,
= Pd , = -152 =7,5
W. Sem sinal de entrada, cada transistor dissipara 10 W.
c) 0 rendimento neste caso e de 78,5 por cento, portanto:
Pee
=
P 17
_II
5 0,785
=--- = 6,37
W. A potencia maxima dissipada pelo conjunto dos dois
transistores sera:
I I
/
,~
r
Pd<max)
=0,4P =0,4x5=2 W.Portanto,cadatransistordissipara I W.
II
,
"
\
( 9. 4. i No circuito Darlington da Figura 9.25. os transistores funcionarn na zona activa. ! i Os ganhos de corrente em contInua sao h FEI = 40 e h FE, = 30. Calcular: /
a) A corrente de base do transistor TI" b) A corrente de colector de T1• c) A corrente de base de T2 • d) A corrente de colector de T2 e) A tensao colector-ernissor em T1 e
To·- f) A rela~ao entre IRe IRI . 2
9. R 2 = 10 kQ
Figura 9.25 8010(;30:
a) A corrente na base do transistor T1 sera:
E e - ( V SE,
Is , b) Como
R
+ V SE,
)
30 -1,_4 = 1,43 rnA
J
transistor esta em activa, a corrente de colector sera:
0
Ie =h FE Is =40xl,43=57,2 rnA
,
"
c) A corrente de base do transistor T2 sera igual
acorrente de emissor de T1 :
Is, = IE, =I c, +I s, =57,2+1,43=58,63 rnA d) A corrente de coleetor em T2 sera:
9
AlI1plificadores de baixa frequencia
I C , =h FE /
245
=30x58,63=1759'd,76 A
B,
e) A queda de tensao na resistencia R2 sera:
V R, = (/ c , +l c ,)R2 =1,816xIO=18,16 V.Portanto, VCE, sera: VCE, =EC-V R, =30-18,16=11,84 V. A tensao colector-emissor em T, sera 0,7 V menor que em T2 :
VCE, =V CE , -V BE , =11,84-0,7=11,14 V f) A corrente na resistencia R, e a mesma que na base de T, e a corrente em R2 e a soma de
I c, + I c ,: I R, =I B, =1,43 mA
I R, = I c, + I c, = 1,816 A
A rela<;ao entre estas correntes indicara conjunto:
I R,
h l·E = I
0
valor total do ganho de corrente ou ganho do
1,816
0,00143 = 1270.
R,
a seguinte equa<;ao:
hIT = h FE , h FE , + h FE , + h n :,' que e 0 valor exacto do ganho de corrente do conjunto Darlington. Este resultado ajusta-se
9.25. A resistencia
termicajun~ao-caixade
um transistor de 115 We de 1,52°ClW. Cal cular 0 valor da resistencia termica caixa-ambiente, para que a temperatura na jun ~ao nao ultrapasse 100°C quando 0 transistor dissipa 20 W e com temperatura am biente de 25°C.
Solw;ao:
(T j -Ta)-PdR'(Jc) _100-25-20xl,52 =2,23 0C/W
W
P
RI(ca) -
d
A resistencia termica do dissipador depende das suas dimens6es, da forma e do material com que e construfdo.
9.26. Calcular a potencia maxima que e capaz de dissipar 0 transistor do exercfcio ante rior colocado sobre um dissipador cuja resistencia termica e a obtida, quer dizer,
2,23 °CIW, supondo que a temperatura maxima na jun~ao e 200°C. Qual sera a temperatura na caixa? Solul;ao: A patencia maxima que 0 transistor pade dissipar com determinada resistencia termica jun <;ao-ambiente e condicionada pela temperatura que a jun<;ao pode suportar. Portanto:
P = d
T j -Ta
T j -Ta
R'(Ja)
R'(JC) + Rt(cal
200-25 1,52+2,23=46,66 W
246
Eleetr6niea anal6giea
9.30.
A temperatura na capsula sera:
T jC = PdR'(Jc)
, T c =Tj-PdR'(JC) =200-46,66xI,.'i2=129 °C
PROBLEMAS PROPOSTOS
9.27. Calcular os valores de I B , I c e VCE no circuito da Figura 9.26. Trac;ar a recta de car ga sobre 0 plano Ic = f (VCE ) e situar 0 ponto de repouso. 0 ganho de corrente em continua h FE ede 80 e a queda de ten sao base-emissor VliE = 0,7 V. Calcular de novo 1/3' lee VeE se h FE = 120.
9.31.
9.32.
+20V
R8 = 350 kQ
9.33.
Figura 9.26.
9.34. Solu~ao:
III
= 55 ~A; Ie = 4,4 mA; VCE = 10,32 V;
III
= 55 ~A;
Ie = 6,6 mA; VCE =5,5 V.
9.28. 0 ganho estatico de corrente h FE do transistor da Figura 9.27. e 60. Calcular a cor rente de colector, a corrente de base e a tensao colector-emissor. VliE = 0,7 V. Solu~ao:
I c = 0,333 mA; III
= 2,2 ~A;
Vo ;= 6,33 V.
9.29. Calcular I B, I c e VCE no circuito do exercfcio anterior supondo que eliminamos a resistencia de 7,5 KQ . Analisar 0 resultado. Qual deveria ser 0 valor de R , para obter as coordenadas do ponto de repouso obtidas no Problema 9.51? Solu~ao:
I B =0,116 mA; Ie
= 6,96 mA; VCE
'"
0,2 V; R) = 560 Kil.
+ 15 V
R 1 = 33kQ
RC =5 kQ
R2 = 7,5kQ
RE =1,5 kQ
Figura 9.27.
9.35
Amplijieadores de baixa.li-equeneia
247
9.30. Os val ores de j3 = h F£, leBo e V s £ de urn transistor polarizado num circuito como 0 da Figura 9.2 sao respectivamente 80, 20 nA e 0,8 V a 25°C. As resistencias tern como valor: R[ = 22 KQ, R2 = 6,8 KQ, Re = 3,3 KQ e R£= 820 Q. A fem do gerador de alimenta~ao Ee = 20 V . Calcular Ic e Vc£a 25° e a 100° C, supondo que a esta temperatura j3 = 200 e que leBo e VBE permanecem constantes. Solu~ao:
25°C:Ic
100°C: Ie
= 4,4 mAYcE = 1,84 V.
= 4,6 mA;VCF. = 1,048 V.
9.31. Calcular as varia
Ic
= 4,42 rnA;
Yo:
= 1,78 V.
9.32. Repetir de novo 0 Problema 9.30 mantendo-se constantej3 e I UJU e supondo que a tensao base-emissor diminui 2,5 mV / 0C. Solu~ao:
Ie
= 4,6 rnA; VCE = 1,048 V.
9.33. Calcular a varia~ao total de Ie no Problema 9.30, quando a temperatura passa de 25 a 100°C, supondo que 0 aumento de temperatura faz variar simultaneamente os valores de /3, IcBO e VBE . Solu~iio: I C
= 4 ,84 rnA.
9.34. A resistencia de colector Rc de um circuito de polariza
1
r
Existem varias
solu~6es
validas.
9.35. 0 transistor do circuito da Figura 9.28 tem um ganho de corrente em cc hFt. igual a 80. A corrente no colector devera ser lc = 2 mA. A fem do gerador Ec e 20 V. Calcular 0 valor de R£, R1 e R2 supondo que nao e posslvel fazer quaisquer simpli fica
R1
RC
R2
R£
Figura 9.28.
SOIUl;30: Existem varias
solu~6es
validas.
248
Electr6nica anal6gica
9.36. Os parametros hfbridos de urn transistor sao: hi" = 2 KQ, h,,, = 2,5 x 10-4, h re = 100 e ho,,= 0,015 mS. Calcular os valores de R", R" Ai e A" de um amplificad01~ EC, su pondo que a resistencia interna do gerador R" = 3 KQ e a resistencia de carga dina mica R = 2 KQ . Calcular 0 valor do sinal desafda, considerando que 0 valor maxi mo do sinal do gerador de entrada e v~ = 20 mV. SoIUl;30:
R,,= 1,95 KQ; R,= 100 KQ; Ai
= 97; A" =- 96,6;
9.4:
v2= - 0,784 V.
9.37. Calcular de novo 0 valor das grandezas R", R" Ai e A" do problema anterior su pondo, neste caso, que h,e = 0 e hoe = O.
SoIUl;30:
9.4:
R e = 2 kQ; Rs = 00; Ai = 100; A" = -100 9.38. Calcular
0
valor dos parametros hfbridos em CC e em BC a partir dos seguintes
9.4,
valores: hie = 2,5 KQ, h,e = 3 . 10-4, h Fe = 80, hoe = 0,020 mS. Solu<;30:
hie = 2,5 kQ; h,e = I; hie = -81; hoc = 0,02 mS; h iiJ = 30,8 kQ; h lb
=3,17xlO
-4
; h lb =-0,987;
hob
=2,47xlO
-4
mS.
9.4:
9.39. Calcular 0 ganho de tensao de urn circuito com realimenta<;;ao em corrente-serie como 0 da Figura 9.9. considerando que a resistencia de carga R = 4 KQ e que RL1 =
=600 Q. Os parametros hfbridos do transistor sao os indicados no Problema 9.36.
Calcular de novo A" supondo que se elimina a resistencia . Solu<;30: A'v
=- 6,66; A v = -198.
9.4
9.40. Os parametros do transistor de urn amplificador CC sao: hie = 1, I KQ, hn = I, hf< = =-51 e = hoc 0,025 mS. Quais sao os valores de R", R" Ai e A" do amplificador se a carga R e de 2,2 KQ e a resistencia interna do gerador de entrada R~ = 3 KQ. Solu<;30: R" = 107 KQ; R, = 80 Q; Ai = 48;A,. = 0,99.
9.41. Considere urn amplificador montagem CC cuja resistencia de carga R= R//R L= 1,5 KQ. A resistencia interna do gerador Rg = 2 KQ. Os parametros do transistor sao: hi,,=I,1 KQ, h,e= 2,5·10-4, h fce = 60 e hoe= 0,01 ms. Calcular: a) Re, R" Ai e A", utili zando os parametros da montagem EC. b) Os parametros hfbridos da montagem Cc. c) Re' R" Ai eA", mediante os parametros da montagem Cc. Nas alfneas a) e b) supor h re = hoe= 0. Solu<;30: a) Re= 92,6 KQ; R,= 50,8 Q; Ai = 61; A",= 1.
b) h.I=e1' 1 KQ'' nh" = l' hk =-61''m" h = O.
9.4
9.4
Amplijicadores de baixa{requencia
249
c) Os rnesrnos valores que ern a).
9.42. Os parametros hfbridos do transistor de urn amplificador EC com resistencia de emissor (realimenta~ao corrente-serie) sao: h;,.= 1,5 KQ, h/;.= 60, h".= h",.= O. Os valores da fern do gerador e das resistencias sao: EC= 30 V, Rc =2,2 KQ, R,=33 KQ, R 2=4,7 KQ" e RL= I KQ. Determinar: Re , R" A; e A, .
SoIUl;ao: Re = 14,7 KQ; R, = 00; A = 60; j
9.43. Os valores-limite de loss e VI' de urn FET de canal n apresentados nas folhas de caracteristicas sao: IOSS(m'ix)= 2,5 rnA, If)SSlmin)= 0,6 rnA, V,'lm'iX)= -5 V e V"lmin)= = -I V.Calcular 0 valor da resistencia R, de urn circuito autopolarizado como 0 da Figura 9.10. SoIUl;ao: R,
= 1,8
KQ.
9.44. Quais serao as coordenadas do ponto de repouso Q de urn circuito como 0 da Fi gura 9.11 quandoVcs = -I V? Os val ores dos elementos que formam 0 circuito sao: Ef) = 20 V, R , = 75 KQ, R 2 = 50 KQ, Rs = 4,7 KQ e Ro = I KQ. Repetir os calculos supondo que Vcs passa de -I V a -3 V. SoIUl;ao: 10 = 1,9 rnA; VJ)s= 9,17 Y; IJ)= 2,5 rnA; VJ)s= 5,4 Y.
9.45. Os parametros de urn determinado FET que faz parte do amplificador da Figura 9.11. sao: V" = - 4 V e IIJSS = 6 mAo Calcular 0 valor de R, supondo que IIJ = 1/)\/3 = 2 mAo A fern do gerador Eo = 20 V e as resistencias R , e R 2 sao de 100 KQ e 75 KQ, res pectivamente. Calcular If) eVes se trocarmos 0 FET por outro cujas caracterfsticas sao: V" = -I Vel DSS = 3 rnA. SoIUl;ao: R s = 5,13 KQ; 10 = 0,57 rnA; V cs =.0,26 Y.
9.46. Vma etapa amplificadora de potencia em classe A e constitufda por um s6 transistor que dissipa 10 W quando 0 rendimento da etapa e maximo. Nestas condi~5es que potencia se obtera na carga e que potencia sera absorvida do gerador de corrente continua? Qual sera a potencia dissipada quando nao se aplica sinal na entrada do amplificador ? Solu~ao:
P" = 3,33 W; Pee = 13,3 W; P,,= 13,3 W.
P =3,33 W; Pee =13,3 W; Pt/=13,3 W. II
9.47. A potencia maxima na carga de uma etapa push-pull em classe A e de 2 W. Calcu lar a potencia absorvida e a potencia dissipada por cada transistor quando mento e de 25 por cento, e quando 0 sinal de entrada e nulo. Solu~ao: Pee
0
rendi
= 8 W; P"I=Pd2 =3 W;Pdl =Pd2 =4 W
9.48. A potencia absorvida por urn amplificador em classe Be 20 W. Qual sera a poten cia na carga e a potencia dissipada por cada transistor quando 0 valor de pico a pica do sinal de safda E milx e igual afern do gerador de cc EC ? Qual sera a potencia ma
250
Electronica analogica xima dissipavel pelo conjunto dos dois transistores e por cada urn deles ? SolU(;ao: P" = 15,7 W; P" I :P"2=2,IS W; P" ]11ll"X]:P
9
9.49. Desenhar urn circuito Darlington formado por dois transistores pnp. Deduzir a equa~ao
que expressa com exactidao ho de corrente de cada transistor. SoIU93.o:
h FE
0
ganho total do conjunto em
fun~ao do
gan
= hFE,h FE, + h FE, + h FE,'
9
9.50. 0 transistor T] do circuito da Figura 9.29 esta saturado quando os valores de R] e R2 sao os assinalados. Os ganhos mfnimos de corrente de T] e T2 valem 40 e30 respectivamente. Calcular:. a) I B ; b) VCE,; c) I R,; d) Ic, e Ic,; e) A rela~ao III, / III, =934 Supor V 8E
= 0,7
V e V CE(sat)
=0,7
V.
R]
=50 Q
Figura 9.29.
Solu~ao:
a) I B,=0,62 rnA; b) VcE,=0,9 V; c) I R,=0,582 A
d) Ic, =18,17 rnA: I c, =0,5638 A; e) I R, / III, =934
9.51. Calcular R 1 e R2 no circuito da Figura 11.20. supondo que: VeE, =5 V ;
VCE,(sat)
9.
=0,2 V ; h FE , =50 ; h FE , =40.
Figura 9.30.
9
Amplijicadores de baixa./i"equencia
25 I
Solu~ao:
R!Cmax)
= 29 KQ; R2 = 580 Q.
9.52. Quanto vale a resistencia termica jun~ao-capsula de urn transistor de 100 W se 0 valor maximo de temperatura na jun~ao for de 200 0 e ? SoIUl;ao:
R,(jC)
= 1,75°C/W.
9.53. 0 valor da resistencia termica jun~ao-capsula de urn transistor e de 2°CI W. Cal cular a resistencia termica do dissipador necessaria para que a temperatura na cap sula nao ultrapasse 70° C quando 0 transistor dissipa 5 W. Supor uma temperatura ambiente de 35°C. Qual e a temperatura na jun~ao ? Solu~ao:
R r(nJ )= 7°C/W'' T} = 80°C
9.54. Qual sera a potencia maxima que pode dissipar urn transistor colocado sobre urn dissipador de resistencia termica de 5° C/W se a temperatura maxima na junyao for de 200° C e a sua potencia maxima, mantendo a capsula a 25° C, for igual a 115 W ? Nestas condiyoes qual sera a temperatura da capsula? Solu~ao:
p"cmax)
= 26,8 W ; T = 159°C. c
9.55. Desenhar a curva de
redu~3o de
potencia de urn transistor de ISO W se a tempera tura maxima dajuny30 for de 200° C. Qual sera 0 valor do declive da fUny30? Quanto vale a resistencia termica juny30-capsula ? SoIUl;ao: - 0,85
w/oe ;
R/(jc)
=1,16°C/W
-
,
CAPITULO 10
o TRANSISTOR BIPOLAR EM COMUTA<;AO 10.1. POLARIZA<;AO DAS JUN<;OES DE UM TRANSISTOR No Capitulo 7 foram tratadas as caracterfsticas gerais dos transistores bipolares, assim como os possiveis estados de funcionamento, indicando 0 valor das grandezas mais significati vas para cada urn deles. No presente capitulo trataremos de aprofundar 0 que diz respeito aos estados de funcionamento, com a finalidade de analisar e calcular circuitos onde 0 transistor funciona em comuta~ao, passando directamente do estado de corte ao de sa tura(:iio ou vice-versa. Este estudo e limitado a configura<;ao emissor comum (EC) que e a mais utilizada. Recordemos que urn transistor bipolar e uma estrutura cristalina em que existem duas jun<;oes: emissor-base e co/ector-base. 0 estado de funcionamento depended. da polariza<;ao das jun<;oes. A Tabela 10.1. mostra a correspondencia entre polariza<;oes e estados. Nas sec<;oes seguintes analisaremos exclusivamente os estados de corte e satura<;ao, ja que 0 funcionamento na zona activa foi abundantemente tratado no Capitulo 9, dedicado aos circuitos amplificadores com transistores. Tabela 10.1. Estados de funcionamento de urn transistor bipolar. Jun~o I,
Zona de funcionamento
Jum;ao base-cOlector
base-emissor/ '.',
.'"
'.'.,
'.
Sentido inverso
Sentido inverso
Corte
Sentido directo
Sentido inverso
Activa
Sentido directo
Sentido directo
Saturar;ao
,
'.
10.2. 0 ESTADO DE CORTE Urn transistor bipolar passa ao estado de corte, ou nele permanece, quando as jun<;oes base -emissor e base-colector se encontram, tal como se indica na tabela 10. I, inversamente
254
Electr6nica anal6gica
polarizadas. Na realidade, para que 0 transistor funcione no estado de corte, nao e neces sario aplicar uma tensao negativa na base, relativamente ao emissor; e suficiente que a dita tensao seja inferior que conesponde, na caracterfstica de entrada, ao infcio do co tovelo, quer dizer, ao valor de ten sao para 0 qual comec;a a circular corrente na base. Este valor depende do tipo de transistor (de maior ou menor potencia), mas como referencia podemos considerar 0 valor 0,7 V. o mais adequado, quando se pretende trabalhar com um transistor em comutac;ao, e aplicar na base uma ten sao negativa relativamente ao emissor, para melhorar 0 tempo de mudanc;a do estado de saturac;ao ao de corte. A Figura 10.1 mostra a forma de polarizac;ao dos dois tipos de transistores bipolares, assim como as caracterfsticas de safda, montagem EC, de cada um deles. A regiao a tracejado e a zona de corte. 0 transistor pode funcionar entre os pontos A e B sem aban donar a zona de corte. A corrente de colector, com a base em circuito aberto (l/J=O),corresponde a I CEO .
grar
a
'8 =200 flA
10.:
Qua de c disp
eml otr< dic;2
'e Re +
Ee
L-
~=50flA B
'8 =0
A
veE
Qu< pral eml na
Zona de corte
bip a tr
(a)
'8= - 200 flA
Ae Er
-Ie
Re '8=- 50 fl A B '/3=0 A
- VeE Zona de corte
(b)
Figura 10.1. Polarizac;ao para 0 estado de corte e caracterfsticas de safda. (a) Transistor npn. (b) Transistor pnp.
1~
A uti fu Ol
tr<
o Transistor bipolar em comutar;:Go
255
Se desprezarmos 0 valor de ICED' poderemos resumir dizendo que os valores das grandezas mais significativas do transistor em montagem EC, para 0 estado de corte, sao:
Ie=O, IB=O, Vc£=E e e V BE <0,7 V
10.3.0 ESTADO DE SATURA<;AO Quando se faz trabalhar urn transistor em comuta~ao, 0 estado de satura~ao econtnirio ao de corte. A saturafiio e equivalente a urn intelTuptor Jeehado, ao passo que em corte 0 dispositivo se comporta como urn interruptor aberto. Para que urn transistor se sature e necessario, em primeiro lugar, que ajun~ao base emissor seja polarizada directamente, como na zona activa. Em ambos os casos diz-se que o transistor se encontra no estado de condu~ao. Mas 0 que caracteriza a satura~ao ea con di~ao:
I > B
Ie h FE
Quando 0 transistor atinge 0 estado de satura~ao a sua corrente de colector permanece praticamente invariavel e nao e sensfvel aos aumentos da corrente de base. A queda de tensao entre colector e emissor e menor que a existente entre a base e 0 emissor. Portanto, ajun~ao base-coleetor fica polarizada directamente, tal como se indica na Tabela 10.1. Na Tabela 10.2 indica-se a forma de polariza~ao dos dois tipos de transistores bipolares, assim como as caracterfsticas de safda, montagem EC, de cada urn deles. A regiao a tracejado corresponde a zona de satura~ao. 0 transistor pode funcionar entre os pontos A e B sem sair da satura~ao. Em satura~ao, as grandezas do transistor, em mOhtagem EC, sao:
Ie S,hFEI B, VeE(Sal) ""0,2 Ve V BE :2:0,7 V
10.4. TRANSISTOR MULTIEMISSOR A Figura 10.3 mostra a representa~ao simb6lica de urn tipo de transistor que e muito utilizado em certos circuitos integrados. Trata-se de urn transistor multiemissor e 0 seu funcionamento e equivalente ao de varios transistores com os colectores ligados uns aos outros, da mesma maneira que as bases, ficando os emissores independentes uns dos ou tros. A Figura lOA mostra 0 circuito equivalente do transistor multiemissor da Figura 10.3.
256
Electr6nica anal6gica IB =200 /-LA
I
RC
1
Ie
j
+
---L-
EcT
rr
I~~
Zona de
"to",'o
In =50 /-LA 18 =0
A
VCE
(a)
I
RC
-IC
Ec
+I Zona de satura<;:ao
IB = - 200 /-LA
t
~
f.~
/I;
In = - 50 /-LA 18 =0
A
- VCE
(b)
Figura 10.2. Polarizac;:iio no estado de saturaC;:iio e caracterfstica de safda. (a) Transistor npn (b) Transistor pnp.
Figura 10.3. Transistor multiemissor.
Figura 10.4. Circuito equivalente de urn transistor multiemissor. t
I
1
o Transistor bipolar em comutar;:ao
257
-":',,",.. '
PROBLEMAS RESOLVIDOS
10.1. Dimensionar 0 circuito da Figura 10.5 para que 0 transistor funcione alternadamente em corte e satura9ao quando se aplica na sua entrada uma onda quadrada cujos va lores extremos sao 0 V e -5 V. Dados:
EC = - 5 V
VBE«at) =- 0,7 V
VCE(sar) = V
I C(sat) = 20 mA
°
RB
•
0
Eo
Ei~
h FE = 90
o -5V
J1.JLJl
Figura 10.5.
Solu~ao: A condi<;:ao para que 0 transistor se encontre saturado e que as suas jun<;:6es este jam polarizadas directamente, quer dizer, que a corrente de colector a emissor nao seja con trolada pelo transistor mas sim pelo circuito de polariza<;:ao.
Quando 0 transistor esta saturado a tensao de polariza<;:ao devera cair na resistencia de co lector e, portanto, 0 valor desta resistencia sera
R JEcl-IVcE(sa,>1 JEcl c IC IC
=
I-51 = 250 Q
20.10-3
R B calcula-se a partir da equa<;:ao da malha de entrada:
IE,I-IVBEI=I B .RB'B-~--'-----"-=
. I _IE,I-IVBEI
RB
aplicando a condi<;:ao de satura<;:ao h FE · I B 2 I C(sat) :
90·
5-07 ' 2 20 rnA ; de onde RB R B
~
90·43 , _ 20 ·10-:
=
19350
portanto, qualquer valor de R B inferior a 19,35 KQ saturara exemplo, RB=15 KQ.
n 0
transistor. Escolhamos, pOI'
Por conseguinte, para os valores calculados, obtem-se que quando
IB =0 rnA E;=O V
{
Ic=_O rnA
VCE --5 V
= 0,286 rnA VIc. = 20 rnA
IB
E;
= -5
{
VCE =0
258
Electr6nica anal6gica
10.2. Dimensionar
circuito da Figura 10.6 para que 0 transistor funcione como comutador quando se the aplica na entrada 0 sinal que se mostra na dita Figura. 0
Dados:
EC = 5 V
VBE(Sat)
=- 0,7 V
VCE(sal)
= 0,09 V
IC(sat)
Rc RB Ei o-----c:J-t
= 10 mA
hFE=IIO
•
0
Eo
5V
o
JLrL
Solu~ao: Desprezando a
VCE(s,,!)
Figura 10.6.
perante E c :
5 Ee Ej - VBI'
Rc = - = 3 =500 Q; hFE · ~/C(sal)
Ie 10·10R B
5 0 110 - ,7
RB
~1O.1O-3; R8~47,3
KQ
-"
10.3. Analisar os circuitos da Figura 10.7 concluindo se os transistores se encontram em activa ou em
satura~ao.
Dados:
=0,8 V VCE(sat) =0,2 V hFE = 100 VBE(sat)
10
Figura 10.7. (b)
(a)
SoIUl;ao:
• Circuito A: Supondo que
E - I R +V C -
C
C
. I
eE(sat)'
C
0
=
circuito esta em saturac;:ao a corrente de colector sera
Ee - VCE(sat) Rc
=
10 - 0, 2
2,2
portanto, para que 0 transistor alcance a saturac;:ao I B
~
IC(sat)
hFE
= 4,45 =0,0445 rnA 100
0
= 4,45 rnA
valor de In devera ser
o Transistor bipolar em comutarc7o
259
e entao calculamos a corrente de base que realmente ira circular no circuito da Figura IO.7a.
E B = IBR B + V BE'. I B -- -----"'_-Ec"-. E B - V BE RB portanto, como I y
5 - 0,8 = 0,1 rnA 40
e maior que 0,04450 transistor esta saturado.
• Circuito B: Realizaremos 0 mesmo estudo que para 0 caso anterior. Supondo que 0 tran
sistor esta saturado:
EC
= IcRc + VCE(sal) + IERE
como IE
= IB + Ic, e pelo ganho do transistor aproxima~ao
ser feita a
IE'" I C
lB' h FE
= IC deduz-se que
I C » IB,e pode
:
2 I - Ec - VCE(sat) -_ 10- 0, = 1, 36 rnA
RC +RE
c-
2,2+5
Por outro lado, a corrente de base para que I B
:2:
IC(Sal)
h FE
0
transistor entre em
satura~ao
sera
=1,36=0,0136 rnA 100
CalcuJamos seguidamente a corrente real de base no circuito da Figura 10.7b:
E B = IBR s + V BE +hFE·I B · RE
I
B
=
EB-V BE = 5-0,8 = 4,2 =0,007 rnA
RB + hFE . RE 40 + 500 540
portanto,
0
circuito da Figura 10.7b nao esta em
satura~ao e
a corrente real de co]ector sera
Ic = hFE./s = 100·0,007 = 0,7 rnA
10.4. Calcular 0 valor da tensao E para as duas Figura 10.8. ()
Dados:
posi~6es
do cornutador no circuito da
E C2 = 12 V
ECI = 5 V
Rc
VBE =0,7 V V CE(sal)
2 K2
=0,2 V
R3
h FE = 100
12 K
T 1 = Tz
•
0
Eo
Tz
EE =-3V 2
Figura 10.8.
260
Electronica analogica Soluc;ao: • Caso 1: 0 comutador esta na posic;:ao A e, portanto, E8 , Se
=
°
VeT, esta ao corte.
transistor T2 estivesse saturado a corrente de colector seria
0
I)
~
c - EE, 1E'
R c
c] -
2,2
Assim sendo, a corrente de base para que
>
18 ,(5al)
IC](sat)
h
-
.
FE
0
transistor fique saturado sera
= 6,72 =0,0672 rnA 100
F
calculemos agora a conente real na base de T2, para E C, -
VDZ E
V 8E ]
-
E;
12 - (-3) -0,2 = 6,72 mA
VCE(sat) _
- EE]
0
comlltador na posic;:ao A:
= 18 ] (R + R3 ) j
c -VDZ- -V 8E] -EE] = 5-6-0,7-(-3) = 0,086 mA
Rj + R3 3+ 12
I B, = ' .
de onde se conclui que T2 esta saturado e, portanto, a tensao Eo sera
Eo = -
VEE
+ VCE(sal) = -3 + 0,2 = -2,8 V
• Caso 2: 0 comutador esta agora na posic;:ao B; se T, estivesse saturado estaria a 0,2 V relativamente a massa, logo:
0
colector de T,
- EC, -VCE,(sal) -- 5-02 '- 16 A Ic-, m ,
R
3
1
A conente de base para saturar 0 transistor seria
~
I B,
3
IC,(Sal)
h
FE
= 1,6 .10- = 0,016 rnA
100
Calculemos agora a corrente na base de T t , para
Ec =IB R2 +V8E "
;
"
EC
IB = '
-
V BE
R2
'=
0
comlltador em B:
5-0,7
=0,043 rnA
100
logo T, esta saturado, Dz nao conduz e T2 esta ao corte, portanto Eo
= Ec] = 12
V.
10.5. Supondo que no circuito da Figura 10.9.a 0 transistor e ideal, quer dizer, Vat. e VCt.(sat) sao nulos, com h FE= 100, desenhar 0 sinal que se obteni na safda quando na entrada se introduz 0 sinal da Figura 1O.9b.
o Transistor bipolar em comutar;:iio
261
Ei
12
•
I
0,3 V
R3 5K
II Ei
Rl
EO
10K
(b)
(a)
Figura 10.9. (a) Circuito cOlTespondente ao Problema 10.5. (b) Sinal na entrada do circuito.
Soluc;ao: Realizaremos este estudo calculando os valores do sinal de entrada que fazem com que
transistor trabalhe em corte e satura<;ao, come<;ando pOl'
0
analisar a corrente de base:
Is = II + 12
E
;
E
II = - ' = - ' = 0,1· E; mA RI 10
EC -~=0,02 mA I 2 =R-750
Is =O,l·Ei +0,02
2
Para que 0 transistor fique em estado de corte, a corrente de base devera ser nula, portanto, a tensao de entrada devera ser
-0,02 --0 ,2 V Ei <
----oJ
Seguidamente calcularemos 0 valor de IIJ para que situa<;ao a corrente de colector sera
E -.!.25 = 3 =ii; C
IC(sat)
mA
I
> B(",,) -
IC(sat)
h
FE
0
transistor entre em satura<;ao. Nesta
= _3_ = 0,03 mA 100
A tensao de entrada para 0 transistor ficar saturado sera portanto:
t)
a Ei
~
0,03-0,02 =0,1 V
0,1
262
Electr6nica anal6gica
Entao,
0
sinal obtido na safda e 0 representado na Figura, IO.! O.
Ei +0,3 Y +0,1 Y
/\
f\ /
-0,2 Y
-0,3 Y
\
/
1\ \
/
/
10.7.
\ /
Eo + 15 Y
OY
1\
Figura 10.10. Sinal de entrada e
sinal de safdapara 0 circuito da
Figura 10.9.
/ \ / 1\ 1/ \
10.6. No circuito da Figura 10.11 deterrninar as tens6es Eo, e Eo, para os seguintes ca sos: a) 0 contacto X est3. activado e Y desactivado. b) 0 contacto X est3. desactivado
e Yactivado.
EC =5 V
Dados: VeE(sal) = 0,2 V
VBE =0,7V
E01
E"2
Figura 10.11. Solu~ao:
a) X est
EB ,
=
°
V, portanto 0 transistor T 1 esta ao corte e nao conduz.
Por conseguinte, poderemos estabelecer a seguinte equa<;:ao:
Ee
= I B, (R, + R4 )+ VBE,
E e - V BE,
Is,
= R, + R4
5-0,7
(16 + 1,5) = 0,245 rnA
portanto,
E01 = Ee-IB,R, ; Eo, =5-2,45.10-4' 1,5.10 3 =4,6 V
T2 est
= VCE(sat) = 0,2
10.8 V.
I
o Transistor bipolar em COmUl{/{;aO
263
b) X esta desactivado e Yactivado.
a simetria do circuito teremos agora: Eo, = VCE(sal) = 0,2 V ; Eo, = Ec - I B, R1 = 4,6
Devido
V
10.7. Calcular a tensao minima a aplicar no ponto A para que 0 transistor da Figura 10.12 trabalhe em corte e activa. A Dados: VBE(sat)
~
Is == - 0,7 Y
D
VCE(sat) == - 0,3 Y I C(Sal) == 20 mA h FE == 90
•
I
0
Eo
Ie
Rs
VD == - 0,3 Y
Ei o------e::::::J
15 K
Ee
a
+J: SV
o~ -5Y
jo
Figura 10.12.
Soluc;ao: Para que a transistor funcione deve-se verificar que
hFEIB=Ic ecomo
Ia =
IE;I-IVBEI = 5-0,7 R a
=0,28 mA
15
portanto,
I C =90·0,28=2S,2 mA
Para que a transistor funcione na zona activa a valor absoluto de VcEdeve ser maior que 0,3 Y; como a queda de tensao no dfodo e de 0,3 Y sera necessaria aplicar no ponto A uma tensao de valor:
IV I>0,3+0,3=0,6 A
V
Se aplicarmos no ponto A uma tensao de -I Y, a tensao Va sera
VCE = -(1-0,3) = -0,7
V
e as valores das correntes que atravessam a dfodo e a colector serao
1R -
/EcI-IV cE I_s-0,7 R
0,250
c
10.8. Dimensionar
0
-172 I =1C -I R =25,5-17,2==8,3 mA , mA'' D
circuito da Figura 10.13 de maneira que a Himpada possa piscar
264
Electronica analogica quando na entrada
E; se introduz uma onda quadrada que varia entre 0 e 5 V.
Dados:
EC
Uirnpada: 9 Y, 50 rnA
Transistor:
VCE(max)
Be
148: NPN
= 20 V
= 0,6 V
IC(maX) = 0,1 A
VBE
Ej
T,
hFE 125 a 900 com I c = 2 rnA
P(m'ix) = 250 m W
Figura 10.13.
alimenta~ao igual ade funcionamento da lampada, ja
que quando 0 transistor estiver na satura~ao a lampada tera uma tensao de 9 V nos seus ter
minais. A corrente de satura~ao e limitada pela lampada em 50 mAo Para garantirmos que 0
transistor entra em satura~ao, calculamos a corrente de base tendo em conta 0 valor mfnimo
de h FC Portanto:
Soluc;ao: Escolhemos uma tensao de
18 (ml'
E; - V BE > . < 5 - 0,6 _ R - IC(sat) , RB - 125 50 - II Kn
hFE(min)
B
e entao escolhemos RIJ= 10K.
10.9. Projectar uma porta NOR em RTL com 3 entradas, utilizando transistores 2N743. Calcular 0 numero de portas iguais que podem ligar-se na saida, sabendo que vel de tensao minimo considerado como nfvel alto de 3 V e 0 maximo 5 V.
0
nf
e
Soluc;ao: 0 circuito pode ser 0 da Figura 10.14, que, como se pode veri ficar, tera um nfvel
alto «1» quando todos as transistores estiverem cortados, quer dizer, quando nas suas en
tradas estiverem presentes nfveis baixos «0». A safda sera «0» quando qualquer dos tran
sistores estiver saturado, ou seja, com «I» na entrada.
Calculamos seguidamente
0
valor das resistencias:
E 5 Rc =_c-=-=0,5 Kn I C(sa!) 10 Dados: 2N743 NPN si1fcio VCE(maX)
I C(max)
•
= 12 V
= 100 mA
IFE =20-60comIc = 10mA VBE(sat)
= 0,6 V
Figura 10.14.
Implementa~ao
de uma pona NOR do tipo RTL.
o
Eo
10.14
o Transistor bipolar em comu{(I~'iio o valor comercial mais pr6ximo
<
I
Ei(min) -
R
C(sal) -
265
e 0 de Rc=S 10 Q:
V BE h
FE(min)
B
R S 3-0,6 20 B 10
RB
s 4K8
urn valor comercial sera R H=3 K. Se 0 valor escolhido para R II for demasiado baixo, transistor queima-se por sobre-satura<;;ao.
o numero de portas iguais que se podem ligar na saida de uma porta e 0
0
que se denomina
FAN-OUT. Portanto,
IB(min)
=
°
E I(min) - V B'E = 3 - 0,6 = , 8 mA
R
3
I mmh ) =
Im"X saida
0
EC
-
=
l-
~I
3
E R c
O(
min)
=5-
3 = 3,92 rnA
510
FAN _ OUT = Im"x _ 3,92 I saida --==5. Bimini
\.
R
B
B
pOltanto
EI(m"x) - VHE- = 5 - 0,6 =, I 4 mA
0,8
to.tO.Com urn s6 transistor do tipo BC 107 projectar uma porta 16gica NOR de tres entra das, sabendo que a tensao de alimenta<;:ao sera de 9 V. Calcular 0 FAN-OUT do dito circuito. 0 valor minimo dos impulsos que deverao excitar as entradas sera de 7 V. Soluc;ao: 0 circuito pode ser 0 da Figura 10.15 em que se qualquer das entradas for de ni vel «1» a saida sera de nivel «0». A saida sera «I» quando todas as entradas forem «0».
1
1
Dados:
A~
Be 107:
B
VBE(sal)
= 0,6 V
VCE(sat)
= 0,09 V
h FE = 110
c
Eo
Figura 10.15. Circuito de uma porta NOR.
Se considerarmos uma tensao de alimenta<;;ao de 9 V para uma corrente de colector I C(satl=2 rnA:
E
9
Rc =_c-=-=4K5
I C(sat) 2
o valor comercial
e de 4K7:
266
Electronica anal6gica
E
h FE
;(m;n)
- V BE
R
7 O > [ e(sal) ; RB ;:::110. - ,6
B
e escolhemos
RB
2
0
;:::
352 K
valor comercial 300 K.
Para 0 calculo do FAN-OUT: Ei(min) [B(m;n)
=
R
V BE = 7-0,6 =0,021 mA 300
EC-Eo(mfll)
[m{" safda
=
R
c
B
9 - 0, 7 = 0,44 mA 4,7
0,44 FAN-OUT =--",21
0,021
lO.n.No circuito da Figura 10.16 determinar a tensao V" quando na entrada se aplicam as tensoes da Tabela 10.2. Tabela 10.2. I
B
Caso I
0,2 V
0,2 V
Caso 2
0,2 V
3V
Caso 3
3V
0,2 V
Caso 4
3V
3V
Dados:
Vee = 5 V
VBC =VBE = 0,8 V
VCE(sal) Vo
V
R7 125 Q
=0,2 V
=I V A iQ
•
B
"
D2
Vo
Figura 10.16.
o Transistor bipolar em comu{(u;ao SolU/;ao: • Caso 1: A=0,2 V ; B=0,2 V Nesta
situa~ao:
VB = V(A) + V BE
,
\
Vo
portanto T l esta em
VB =0,2+0,8=1 V
'
"
satura~ao
e entao verifica-se:
VB, = VB, - VBC, = 1- 0,8 = 0,2 V o que implica que T2 esta cortado, de onde se deduz que V B, =0 V pelo que T3 esta tam bern ao corte. Por sua vez
VB4 = VCC - V R, - V D, = 5 - V R, - 1= 4 - V R,
por conseguinte, T4 esta saturado, e por isso
VB. =V B4 -V BE, =4-V R, -0,8=3,2-V R, logo T6 esta saturado, de onde
Vo
= V CEo (sal) = 0,2
V
• Caso 2 e 3:
A=0,2 V ; B=3 V au A=3 V ; B=0,2 V VS,(A) = V(A) + V SE , =0,2+0,8=1 V
,
V!3,(!3l= V(/J)+V IiE , =3+0,8=3,8 V
Porem VB, (max) possivel sera
VS,(max)=VBE, +VBE, +VCB , =0,8+0,8+0,8=2,4 V o nivel de safda e condicionado pelo valor mais baixo de entrada A.
VB,
= VB,(A) = 1
logo T l esta em
V
satura~ao
VB, =0,2 V
logo T2 e T3 estao em corte
V B4
= 4- V R,
logo T4 esta saturado
V B6
= 3,2 -
V R,
e entao T6 tambem se encontra saturado; pOI'tanto, V,,=0,2 V. • Caso 4:
A=3 V ; B=3 V Nestas
condi~6es:
267
268
Electr6nica anal6gica
VB , =VB+VBE, =3+0,8=3,8 V VB,(maX)=V CE , +V BE ) +VBE, =0,8+0,8+0,8=2,4 V portanto T2 e T) estao saturados.
VB. = VCE,(S"l) =0,2 V logo T4 e T6 estao em corte.
VB s
= V cc -
V R4
logo Ts esta saturado e D 2 conduz.
Vo
""
V CC
-
V CE,(S"I) + V D
""
5 - 0,2 - 1"" 3,8 V
Como conclusao podemos dizer que 0 cir cuito representado na Figura 10.16 e uma
porta 16gica do tipo AND, ja que se consi
derarmos a tensao 0,2 V como nivel baixo
(L) e 3,8 V como nivel alto (H) resulta a
Tabela 10.3 de funcionamento do circuito.
lO.12.No circuito da Figura 10.17 determinar a tensao Vo quando nas entradas A e B se aplicam as tens6es da Tabela lOA. Dodos:
VD
A
B
S
L
L
L
L
H
L
H
L
L
H
H
L
Vee = 5 V
VBE = 0,8 V V CE(S"l)
Tabela 10.3
RS 125 Q
= 0,2 V
=I V A 0
~
D,
B 0
~
Figura 10.17.
o Transistor bipolar em comuta~'c7o Solw;;ao: Tabela 10.4 A
B
Caso I
0,2 V
0,2 V
Caso 2
0,2 V
3V
Caso 3
3V
0,2 V
Caso4
3V
3V
• Caso 1: A=0,2 V e B=0,2 V
VB, =V(Al+VBE, =0,2+0,8=1 V ; VB, = V(li)+V BC, =0,2+0,8=1 V pOI-tanto T, e T2 estao em saturar;ao. Tendo isto em conta
VB4 = VB, - VCB, = 1- 0,8 = 0,2 V logo T4 esta em c011e. Tambem se verifica que
VB:\ =V BI -VCB I =1-0,8=0,2 V por conseguinte, T, esta ao corte, de onde se deduz que
VB =0 (,
T6 esta em corte e final mente
VB,
= V CC -
V R,
logo Ts esta saturado. A tensao de safda sera
VozVCC-VCE, -VD ===5-0,2-l z 3,8 V • Caso 2: A=0,2 V e B=3 V
VB, = V(A)+V BE, =0,2+0,8=1 V entao T, esta em saturar;ao.
VB, = V(B) + V BE, = 3+0,8 = 3,8 V VB,(max)=V CB , +V BE4 +V BE" =0,8+0,8+0,8=2,4 V
pelo que T4 e T6 estao em saturar;ao.
A tensao na safda sera:
269
270
Electr6nica anal6gica
Vo
= VCE(sat) = 0,2
V
• Caso 3: A=3 V e B=0,2 V VB,
=
V(A)
VB,(nHlx)
=
+ V EB, =3+0,8=3,8 V V BEo
+ V BE, + V CB , = 0,8+0,8+0,8 = 2,4 V
pOltanto T3 e T6 estao em satura<;:ao. Portanto, Vo
= VCE,,(sat) = 0,2
V
• Caso 4: A=3 V e 8=3 V VB,
=
V(A)
VB,(max)
=
+ V EB , = 3+0,8 = 3,8 V V CB,
+ V BE, + V BE" = 0,8 +0,8 +0,8 = 2,4 V
logo T3 e T6 estao em 9atura<;:ao. VB,
=
V(8)
VB,(max)
=
+ V BE, =3+0,8=3,8 V VCB,
+ V BE, + V BEo = 0,8+0,8+0,8 = 2,4 V
A tensao de safda sera V o
= V CE(sat) = 0,2
V Tabela 10.5
pelo que T , e T6 estao em satura<;:ao.
o circuito da Figura
10.17 comporta-se, portanto, como uma porta 16gica do tipo NOR, ja que cumpre a Tabela 10.5 de fun cionamento.
lO.13.No circuito da Figura lO.18 determinar a tensao V o quando nas entradas se aplicam as tens6es da Tabela 10.6.
A
B
S
L
L
H
L
H
L
H
L
L
H
H
L
Dados:
VCE(sat)
=0,3 V
Tabela 10.6
VBc =0,7V VD =0,7V R2 2K A
Vo
8
D2 Figura 10.18.
A
B
Caso I
0,3 V
0,3 V
Caso 2
0,3 V
4V
Caso 3
4V
0,3 V
Caso 4
4V
4V
o Transistor bipolar em comut(/~'ao
271
8olm.ao: • Caso 1: A=0,3 V ; 8=0,3 V
Neste caso D , e Dz conduzem atraves de R,:
Vee
= I R, R1 + V o, + VA
= Vee-(Vf), +V A ) = 5-(0,7+0,3) =2 mA
I ~
RI
2
e entao verifica-se que
VX=VA+V O, =1 V pOl'tanto, D, e D 4 estao ao corte, ja que para que conduzam a tensao Vx devera ser 2Vv =0,7'2=1,4 V, com oque T, fica cortado devido a a sua tensao de base serO y, POI'tanto, a tensao de safda sera
V"
= Vee = 5
V
• Caso 2: A=0,3 V ; 8=4 V
D, conduz, Dz nao conduz e, pOl' conseguinte, Vx=I Y, com de cOlte, logo a tensao na saida sera
V"
= Vee = 5
0
que T, se encontra no estado
V
• Caso 3: A=4 V ; 8=0,3 V D, nao conduz, D z conduz e, pOl'tanto, V x=1 Y de maneira que T, se encontra em estado de corte, razao pOl' que a tensao na saida sera
V"
= Vee = 5
V
• Caso 4: A=4 V ; 8=4 V
D, e D z nao conduzem; D, e D 4 conduzem, pOl' conseguinte,
Vx = V 0, + V 0, + VBE = 0,7 + 0,7 + 0,7 = 2, 1 V
logo T, esta em satura<;ao e, portanto, a tensao na saida sera
Vo
= VeE(Sal) = 0,3
V
Como conclusao pode dizer-se que 0 circuito representado na Figura 10.18 e uma porta 16gica do tipo NAND, ja que se considerarmos 0,3 V como nivel bai xo (L) e 4 V como nivel alto (H) cum pre-se a Tabela 10.7,
Tabela 10.7
A
B
Vo
L
L
H
L
H
H
H
L
H
L
L
L
272
Electronica analogica
lO.14.No circuito da Figura 10.19 determinar a tensao V" tendo em conta as valores das entradas da Tabela 10.8. Tabela 10.8 Dados: V BC
Vee = 5 V
= 0,2 V
VCE(sat)
A
B
Caso I
ON
ON
Caso 2
ON
OFF
Caso 3
OFF
ON
Caso 4
OFF
OFF
= 0,7 V R3 10K
,
-----..
0 Va
Figura 10.19. Solu~ao:
• Caso I:
A=ON ; B=ON
Quando os dois contactos estao activados, a tensao portanto, estes estao ao corte e a tensao de safda e:
e nula
nas bases dos transistores e,
V=Vcc=5V (1
• Caso 2:
A=ON ; B=OFF
o transistor T , esta em corte e a tensao na base de T1 e V
Bl
=VCC-VBEl
;
V BEl
=5-0,7=4,3 V
portanto, T2 esta em satura«ao e a tensao V" sera: Vn =
VCE(sat)
= 0,2 V
• Caso 3:
A=OFF ; B=ON
Este estudo e analogo ao anterior, s6 que agora T, esta em corte e T1 em satura«ao.
• Caso 4:
A= OFF ; B= OFF
Neste caso T 1 e T2 estao saturados e, portanto,
Vo
= V CE(sat) = 0,2
V
Como conclusao pode dizer-se que 0 circuito representado na Figura 10.19 e uma porta logica do tipo NOR, ja que se considerarmos que 0V e um nfvel baixo e 5 V um nfvel alto verifi ca--se a Tabela 10.9 de funcionamento.
o Transistor bipolar em comuta~'{70
273
Tabela 10.9
A
B
Vo
L
L
H
L
H
L
H
L
L
H
H
L
10.15. Deterrninar em que posiyao do cornutador se ilurnina Figura 10.20 e a corrente que nele circula.
0
dfodo LED do circuito da
Dodos: VD = I V VCE(sal)
= 0,2 V
A
B
Figura 10.20. Solu~ao:
• Posit;ao A: T , esta em corte, T2 em satura~ao, T, em satura~iio e, pOl'tanto, circulan'i corrente pelo diodo
que se acendera.
A corrente que circula pelo diodo LED sera:
fD
Vee - VD - VCE(sa!) =-=:..=...-_-=--_....:.=.=c..:.
RL
• Posit;ao B:
5-1-0,2 0,330
= 11,5
rnA
274
Electronica analogica T 1 esta em saturaC;;30, T2 em corte e T 1 em corte. Portanto a corrente no colector de T, e 0 e 0 dfodo LED estara apagado.
10.16. No circuito da Figura 10.21 determinar 0 valor da tensao de safda quando se intro duzem os valores da Tabela 10.10 na entrada. Dados: VCE(sa!)
=0,2 V
VD = 1 V
T, A
B
0
•
~
0
D2
D,
V"
c
I
0
Figura 10.21. Tabela 10.10
.
. > . .•.•.
A
I'.'. C
.. ,..
Caso I
0,2 V
0,2 V
0,2 V
Caso 2
4V
0,2 V
0,2 V
Caso 3
0,2 V
4V
0,2 V
Caso 4
4V
4V
0,2 V
Caso 5
0,2 V
0,2 V
4V
Caso 6
4V
0,2 V
4V
Caso 7
0,2 V
4V
4V
Caso 8
4V
4V
4V
....
1f
Solu~ao:
• Caso 1: T 1 esta em saturay30, T, em corte, T2 em corte, T 1 em saturayao e T4 em corte, portanto.
Vn
=::
Vcc
VC£(nuix) -
VD
=::
5 -0,2 -1 =:: 3,8 V
• Caso 2: Estudo analogo ao anterior: V o
= 3,8
V
1
o Transistor bipolar ern comurar,;r7o
275
• Caso 3: A mesma situar;:ao: Va = 3,
• Caso 4: A = 4 V; B = 4 V;; C = 0,2 V
T t esta em corte, Ts em corte, T2 em saturar;:ao, T) em corte e V o = V CE(sat)4 = 0,2 V.
T~
em saturar;:ao, pOltanto,
• Casos 5,6,7 e 8: Independentemente dos valores de A e B quando C= 4 V, T\ esta saturado, portanto, T) e T4 estao em corte. Nestas condir;:oes a corrente de saida fica reduzida as cor rentes de fuga dos transistores T, e T4 , 0 que equivale a uma impedancia de saida de varios megaohms. Neste caso diz-se que 0 circuito manifesta um estado de alta impedancia.
o circuito da Figura 10.21 comporta-se, portanto, como uma porta do tipo NAND quando a entrada C esta a nivel baixo e poe a saida em estado de alta impedancia quando C esta a nivel alto. PROBLEMAS PROPOSTOS
IO.17.Resolver 0 problema 10.9 utilizando 0 transistor BCI07, sabendo que de entrada esta compreendido entre 10 e 7 V.
0
nivel alto
Dados:
BCI07 NPN V CE(m,ix)
= 45
V
= 100 rnA hFE = 125 a 500
IC(max)
com I C
=2
rnA
Solu~ao:
E c= 10 V 1('('31)= 2 mA Rc=S KQ; valor comercial SKI.
R /J < 400 KQ; valor comercial 300 K. FAN- OUT= 28.
IO.IS.Resolver 0 Problema 10.17 considerando como nivel alto de entrada tens6es entre
4e 5 V. Solu~ao:
Ec=S V R c=2KS; valor comercial2K7.
276
Electr6nica anal6gica RB< 215 KQ; valor cornercial 150 K.
FAN -OUT= l6.
10.19.Resolver 0 Problema 10.18 com 0 transistor BC I08 considerando como nfvel 16gi co de entrada alto as tens6es compreendidas entre 12 e 9 V. Dados:
11
BelOS NPN
= 20 V IC(max) = 100 rnA hFE = 125 a 900
VCE(max)
com lc
=2
rnA
801U1;ao: E c = 12 V
Rc=6K; valor cornercial 6K2.
RIJ< 525 KQ; valor cornercial 390 K.
FAN- OUT= 23.
10.20. Dimensionar 0 circuito da Figura 10.22. para qIJc-tral5alhe-em
comuta~ao .
./
Dados: VSE(S"l)
Ec = 5 V
=0,7 V
/
RC
I
= 0,09 V IC(Sal) = 10 rnA cornjJ = 110
I
V CE(S"l)
•
0
1
Eo
Ej
5ns-u-
Figura 10.22.
OV solu~ao:
Rc=500 Q; valor cornercial 510 R.
RIJ< 47,3 KQ; valor cornercial 43 K.
10.21.CaJcular 0 valor de R c e R s no circuito da Figura 10.23 para que 0 transistor traba Ihe em corte e satura~ao, quando na entrada e~plicado,o sinal representado. '-.....
/..--
Dados: VSE(S.I)
;
= - 0,7 V
Safda
Rc
=20 rnA h FE =90
I C(sal)
\
\
Ej
Entrada
OV -5V
r-
nJLJL
EC=-S V .i
Figura 10.23.
o TransiSlUr bipolar em COI11Uf(/\XIO
277
SoIUl;ao: R c=250 Q; valor cornercial 270 R. R B< 19,35 KQ; valor cornercial 18 K.
lO.22.Calcular 0 ponto de fun.9Qnamento do transistor da Figura 10.24.
.
/'
////
Dados: VSE(sal)
EC = 20 V
= 0 V
Rc
h FE = 50
Ei
5K
=1 V Figura 10.24.
Solu~ao:
IS
= 0,1
rnA
saturado
Ie =4 rnA
Q=
{
V CE
=0
V
lO.23.Calcular 0 valor de Rc e RIJ para que muta9ao.
0
transistor da Figura 10.25 trabalhe em co
Dados: VSE
EC = IS V
= 0,7 V
Rc
h FE = 110 V para I e = I rnA RS
•
oEo
I
!
E i o----e=:J-f
9V
n
OV~
n
LJ
n
LJ
I
Figura 10.25. Solu~ao:
R c=7,5 KQ.
R B< 456,5 KQ; valor cornercial430 K.
lO.24.No circuito da Figura 10.26 determine 0 valor da tensao VIJ quando na entrada se introduzem os valores da Tabela 10.11. Obter uma tabela de resultados.
278
Electronica analogica
Vee = 5 V
Dados:
RS
= 0,8 V VCE(sal) = 0,2 V
1I5Q
V BE
Vo
=IV
D}
A
VcB =0,7V 80
I
•
•
•
Va
ILl Figura 10.26.
o ci
Solu~ao:
estn
• Caso 1:
ClfCl
T 1,T4 e T6 em
satura~ao.
T2 , T, e Ts em corte.
V,,= 3,8 V.
Tabela 10.11.
• Caso 2: T 1 , T) e Ts em satura~ao.
T 2, T4 e T6 em corte.
V,,= 0,2 V.
.,,' Caso I
0,3 V
0,3 V
Caso 2
0,3 V
4Y
Caso 3
4Y
0,3 Y
Caso 4
4Y
3Y
• Caso 3:
T1,TJ e Tr, em corte.
T2 , T) e Ts em V,,= 0,2 V.
Si:ilura~ao.
• Caso 4:
B
.....
T 1,T4 e T6 em corte. T2, T) e Ts em V,,= 0,2 V.
Tabela 10.12.
satura~ao.
Se considerarmos 0,2 V como nfvel baixo
e 3,8 V como nfvel alto, a tabela de funcio
namento e a 10.12.
A
L
L
H
L
H
L
H
L
L
H
H
L
am
,
CAPITULO 11
AMPLIFICADORES OPERACIONAIS
11.1. AMPLIFICADORES DIFERENCIAIS
o circuito basico de urn amplificador diferencial e 0 que aparece na Figura 11.1, a sua estrutura e simetrica e portanto os transistores sao supostos identicos nas duas partes do circuito.
R CI
VI
I
II
II RC1
,.I,
I
I v2
- VEE
Figura 11.1 Circuito basico de urn arnplificador operacional.
No circuito definem-se as seguintes grandezas: • vs : Tensao diferencial de safda.
• v,,= V I-V2: Tensao diferencial de entrada. • G I'd: Ganho de tensao diferencial. Estas grandezas relacionam-se entre si pela seguinte expressao: v, = Gvd ' (VI v2 ) = GVd . v d Desta rela<;ao deduz-se que os nfveis de tensao comuns as duas entradas nao sao amplificados.
280
Electronica analogica
o nfvel de tensao comum as duas entradas denomina-se sinal de entrada em modo comum, vc . Normalmente, esta tensao e definida como sendo a semi-soma das tens5es de entrada: V
VI
+ V?
=---
2
c
Tendo em conta as defini~5es de tensao diferencial e tensao de modo comum, po demos modificar 0 circuito da Figura 11.1 para obter 0 correspondente a Figura .11.2:
RC2
R CI
+ vr/12
vr/12 V2
VI
vc
-VEE
Figura 11.2.Circuito modificaclo corresponclente ao cia Figura 1l. I
Se considerarmos simetrico este ultimo circuito, 0 ponto E de uniao dos emissores tera uma tensao constante, devido a que v,,12 se aplica a jun~ao base-emissor dos transis tores, com polaridade contraria em cada um deles. Isto implica que qualquer varia~ao de tensao num dos transfstores seja anulada pOl' uma varia~ao do mesmo valor, porem em sentido contrario, no outro. Pelo anteriormente descrito, podemos definir 0 ponto E como uma massa virtual, quer dizer, que sem estar Iigado a massa se comporta como se estivesse.
11.2. ANALISE DE UM AMPLIFICADOR DIFERENCIAL
o estudo do amplificador diferencial necessita da que a seguir enunciamos:
aplica~ao do
teorema da
sobreposi~ao,
• Teorema da sobreposi«;ao
Em toda a rede jormada por geradores de tensao elou intensidade e impedancias, os ejeitos produzidos (em correntes e potenciais) pela actuarao simultanea dos ditos ge radores, podem ser calculados mediante a soma dos efeitos que produziria cada um dos geradores em separado. Para a analise dos efeitos produzidos pOl' cada um dos geradores, serao curto -circuitados os restantes geradores de tensao e abertos os de intensidade.
Amplificadores operacionais
281
Este teorema foi utilizado, implicitamente, na analise de circuitos de transistores com parametros hfbridos, ja que ao realizar este estudo em contfnua foram curto-circuitados a massa os geradores de alternada e reciprocamente para 0 estudo em regime dinamico. Passemos agora ao estudo do amplificador diferencial, que sera realizado de duas formas: em modo diferencial e em modo comum.
11.3. ESTUDO EM MODO DIFERENCIAL Quando 0 amplificador da Figura 11.2 se estuda trabalhando em modo diferencial, exis tern quatro possibilidades de ligayao entrada/safda: • Entrada e safda diferenciais. • Entrada assimetrica e safda diferencial. • Entrada diferencial e safda assimetrica. • Entrada e safda assimetricas.
Analisemos seguidamente cada uma delas:
• Estudo para entrada e saida diferenciais Dado que a ten sao que introduzimos e diferencial, nao se consideram os geradores de ten sao em modo comum «vc » do circuito da Figura 11.2. Para analisar 0 circuito em alternada (sinais) e necessario curto-circuitar as fontes de continua que, portanto, ficarao ligadas amassa; e ainda necessario deixar em aberto as fontes de corrente. Tendo isto em conta, 0 circuito da Figura 11.2 transforma-se no da Figura 11.3b. Substituindo seguidamente cada transistor pelo seu circuito equivalente em parametros hfbridos, obtem-se 0 circuito da Figura 11.3c em que se elimina a resistencia RE,ja que, como vimos anteriormente, 0 ponto E poder ser considerado como massa vir tual. Dado que 0 circuito da Figura I 1.3c e simetrico, podemos escrever: Va, =_-.RCI . hie' ib, ; {VOl =_-RCl . hie' ibl {V
d/2 -
lb , .
hie
Vd/2 -
lb
l
Dividindo as equayoes uma pela outra obtem-se
•
0
hie
ganho diferencial para cada en
trada: V
01
-R· hJe C1
_
~-
2·hie
V
02
'~
RCl ·hl ,·
2· hie
Finalmente podemos dizer: Gdd
= Va,
- Va Vd
'-
__
h· R Ie
C
2·hIe
I
hie' Rc, 2· hie
hie' Rc ; ja que Rc hie
= RCI = RC,
282
Electronica analogica
a p
• F c
+
p
vd l2
(a)
- 1',,/2
1',,/2 (c)
Figura 11.3. (a) Circuito em modo diferencial. (b) Circuito para sinais. (c) Circuito equivalente com hfbridos.
Da equac;ao anterior podemos concluir que 0 ganho do circuito apenas depende das caracterfsticas do transistor e da resistencia de coleetor. Por outro lado, se aplicarmos na safda uma carga em forma diferencial, quer dizer, entre os dois terminais de safda, obtemos 0 circuito da Figura IIAa, 0 qual se transfonna,
i bl
vd l2
+
II fe' i b l
h re ' i b1
- 1',/2
vd l2
E - VEE
(a)
II ie i b1
(b)
Figura 11.4. (a) Amplificador diferencial com carga. (b) Circuito equivalente de paramettos hfbridos.
283
AlI1plificadores operacionais
aplicando parametros hfbridos, no da Figura 11.4b, onde a resistencia R c passa a estar em paralelo com a resistencia RJ2. Nestas condi~6es 0 ganho sera: Gdd
=- hfeh'R~
; em que
R~ = R~, = R~1 = (Rd R
L/ 2 )
= (RcJR L /2)
Ie
• Estudo para entrada assimetrica e saida diferencial. Realizando este estudo como para 0 caso de entrada e safda diferenciais, obtem-se 0 cir cuito da Figura II.Sa. Analisando em alternada e utilizando parametros hfbridos, passamos para 0 circuito da Figura II.Sb, de onde se deduz 0 ganho, como se indica seguidamente vd = hie' Ibl _
va I
Gad __ v" I -
V
°2
_
}
.
-(hft '1b·R )-0 ~ hie'lb,
Vd
; V"1
= -
--hre'l b I ·Re I i' _
RC1 . h re . 0 = 0
II(
C h.re-. R. ; com carga, Rc valeria Rc -RL )
hie
2
i b} = 0 i b,
+
h Ie
h.fe · i ",
h fe · i h}
Vd
Vd
E - VEE
h .re I
= h .re 2 = h fe RC
(a)
'2
~
hie I
= hie2
hie
,= RC } = RC (b)
Figura 11.5. Circuito com entrada assimetrica e safda diferencial. (b) Circuito base. (b) Circuito equivalente para sinais.
Esta estrutura e normalmente utilizada quando se pretende obter urn sinal balanceado partindo de urn sinal assimetrico.
• Estudo para entrada diferencial e saida assimetrica Procedendo como nos casos anteriores obtem-se as Figuras I 1.6a e b, de onde se deduz:
284
Electronica analogica
~=-h 2
Ie
V o~
·ib,
= -hi' . ib
(~
} .
Rc
= -hi"
Gda
1
.'
lb,' -
-h'
ie 'lb,
RCo.
hi'" Rc
·2
2· hie
P
~
11
n
Rc = RCI = Rc,
h.I eh·fe · i b ,
I b,
h fe · i b 2
+
v,,12
V
d
- vd l2
/2
d (a)
(b)
Figura 11.6. Circuito com entrada diferencial e safda assimetrica. (a) Circuito basico. (b) Circuito equivalente para sinais.
• Estudo para entrada e sai'da assimetricas Esta estrutura nao oferece a vantagem fundamental do amplificador diferencial: elevado ganho de tensao. Por isso apenas indicamos 0 seu esquema e 0 valor do ganho na Figura 1 1. 7.
G(/(/=
hie' Rc 2· hie
vd
+,
- VEE
Figura 11.7. Circuito com entrada e safda assimetricas.
• t n
285
Al11pli(icodores operacionais
11.4. ESTUDO EM MODO COMUM Para realizar 0 estudo em modo comum, aplicaremos 0 teorema da sobreposi~ao,quer dizer, iremos apenas considerar os geradores de v, no circuito da Figura 11.2, eliminando os restantes. Entao obtem-se 0 circuito da Figura 11.8.
RC2
RCI
v,
v,
Figura 11.8. Circuito do ampli ficador diferencial para 0 estlldo em modo comum.
Este circuito pode ser estudado de duas formas, segundo dos sinais a amplificar:
0
modo de entrada/safda
• Estudo para entrada em modo comum e saida assimetrica A Figura 11.9a representa este tipo de amplificador. Realizando 0 seu estudo para alter nada e aplicando parametros hfbridos obtem-se 0 circuito da Figura 11.9b.
RC hie
hie
i b2
~
+
+
ve
Ve
i bl
(a)
i b2
=
ib
(b)
Figura 11.9. (a) Circuito basico de entrada em modo comllm e safda assimetrica. (b) Circllito equivalente para sinais.
A partir do circuito podemos escrever as
equa~6es
seguintes:
286
Electronica analogica
Vo, V
= -hie' ib . Rc ,
c =hie·ib, + [iiJ' ·(hte+I)+ib, .(hle+I)].Rr::
Vc
=
iiJ ·he + (h je + 1)·2· RE ]
Vo , -hIe' iiJ . Rc GCA = - - = -.-----.------'---Vc liJ .he + (h je + 1). 2 . Rr::]
Na prMica hie
« [(h je + 1)·2· RE ]
-hi" ·Re
hie + (h}" + 1)·2· RE
e, pOl-tanto, podemos realizar a seguinte simpli
fica<;ao:
G
Re
::0:-
2. Rr::
CA
• Estudo para entrada em modo comum e saida diferencial A Figura 11. lOa mostra 0 circuito basico com esta forma de entrada/safda. Fazendo 0 es tudo em alternada e aplicando parametros hfbridos, obtem-se 0 circuito representado na Figura II, lOb.
RC,
hie
hie
R C1
+
+
RE
Vc
Vc
(a)
R C,
:=
R
C1
:=
Rc
(b)
Figura 11.10. (a) Circuito basico de entrada COtTIlItTI e safda diferencial. (b) Circllito eqllivalente para sinais.
As equa<;6es do circuito neste caso sao:
vo,
= -hje · ib . RCI
vc=-hje·iiJ , +
[i
b1
;
= -hi" . i", . Rc ,
vo ,
·(hje+I)+i"l '(h re +1))·R E
Vc
v
~
= -hje . Rc . h~ + (hft + 1)·2· Rr::
Vo, -
= -hi,,' Rc . h
Ie
Vc
+(h , + 1).2. R£ j,
Amp/ificadores operacionais
287
de onde G I'C sera G
_
VOl
-
PC
vO ..,
=0
Vc
11.5. RAZAO DE REJEH;AO EM MODO COMUM A razao de rejeiyao em modo comum e urn parametro dos amplificadores operacionais e suas aplicayoes que permite medir a sua qualidade, ja que relaciona a amplificayao do si nal sinusoidal com a do sinal em modo comum. A representayao habitual desta parametro, CMRR, deriva do seu nome em ingles (Common Mode Rejection Ratio). A formula habitual para 0 seu calculo e CMRR = 20· log
I
Ganho de ten sao diferencial I Ganho de tensao em modo comum
ou seja CMRR = 20 ·log IGVd I ; ficando Gvc
0
seu valor expresso em decibeis (dB).
11.6. DEFINI<;AO DE AMPLIFICADOR OPERAClONAL
o amplificador operacional eum amplificador ideal de tensiio, baseado nos amplifica dores dijerenciais, que possui um elevado ganho de tensiio quando trabalha em malha aberta (sem realimentar;iio) e e comercializado na forma de um pequeno circuito inte grado. +Vee -Vee Alimenta<,:ao Entrada inversora
V2
Safda
1+
VI o
Entrada nao inversora Massa '-v--'
Terminais para cOlTec<,:ao de valores offset
Figura 11.11. SfmboJo do amplificador operacional.
As caracterfsticas de um amplificador operacional resumem-se nas seguintes:
• Ganho de tensiio: Muito elevado. • Impedancia de entrada: Muito alta, da ordem de MO.
288
Electronica analogica
• lmpedancia de saida: Muito baixa, da ordem de dezenas de Q. Estas caracterfsticas dependem da frequencia, aumentando ou diminuindo com ela.
11.7. ClRCUlTO EQUlVALENTE DO AMPLlFlCADOR OPERAClONAL
A Figura 11.12 representa
0
circuito equivalente de um amplificador operacional.
Vdiferencial
de entrada
Vel
= (VI -
V2 )
Figura 11.12. CircLiito eqLliva Iente de lim amplificador operacional.
11.8. FORMAS DE TRABALHO DE UM OPERAClONAL Na Tabela 11.1 sao expostas as diferentes formas de trabalho de um operacional nos seus circuitos de aplica<;:ao. Tabela 11.1. FOlll1aS de trabalho de Lim operacional.
V21
V21
•
I Vo
rV
Trabalho em malha (OLI anel) aberta (sem realimentac;ao)
Trabalho em malha fechada com realimentac;ao negativa.
o
r Vo o
0
Trabalho em malha fechada com realimentac;ao positiva.
Amplijicadures uperacionais
289
11.9. CARACTERISTICAS COMERCIAIS DE UM OPERAClONAL INTEGRADO Nos catalogos comerciais de operacionais aparece urn elevado numero de caracterfsticas que servem para medir ou quantificar as suas vantagens e defeitos. Seguidamente analisa mos as mais importantes:
• Ganho de tensao em malha aberta
E 0 ganho do operacional sem realimenta(;iio, a temperatura e Fequencia fixas.
Nos catlilogos, alem de aparecer 0 seu valor maximo, e vulgar a apresenta<;:ao de lim grafico que fornece 0 seu valor em fun<;:ao da frequencia. A Figura 11.13 mostl'a este grafico para o operacional f..1A 741. 0 valor do ganho de tensao pode ser expresso em dBV. 106
lOS 104
Vee = ± 15 V TA = 25° C
~
~
]0-'
Ganho
de tensao
~
10 2
~
10
~
10- 1 10
100
I K
10K
I~
\
100 KIM
Frequencia em Hz
10M
Figura 11.13. Ganho de ten sao em malha aberta em fun~ao da frequencia.
• Impedancia de entrada em malha aberta
E a impedancia que apresenta 0 operacional entre um dos seus terminais de entrada e a massa, supondo a outra entrada ligada a massa. Nos catalogos e normal mente expressa pelo seu valor maximo, assim como por meio de urn gnifico que a relaciona com a fre quencia. Na Figura 11.14 aparece 0 grafico correspondente do f..1A 741. • Impedancia de saida em malha aberta
E a impedancia que 0 operacional apresenta na sua sarda, emjilru;:iio daFequencia.
Nos catalogos e expressa, nao s6 pelo seu valor maximo para determinada frequencia, mas tambem mediante urn grafico como 0 que aparece na Figura ILlS, que neste caso diz respeito ao f..1A 741.
290
Electr6nica anal6gica -
-
10M
" 1M
"'
1\
Impedancia de entrada 100 K
Figura 11.14. 10K 100
IK
10K
Impedancia de entrada em malha aberta em flln<;ao da frequencia.
1M
lOOK
Freqllencia em Hz
600
I
1'1
Vee = ± 15 V -
500
TA = 25°C
400 Impedancia de safda
300
200
/
100
V
100
IK
10 K
/'
100 K
Figura 11.15. 1M
Impedancia de saida em malha aberta em flln<;ao da frequencia.
Freqllencia em Hz
• Tensao de
alimenta~ao
(Supply Voltage)
E a tensQo, normalmente simhrica, que se deve aplicar ao operacional para este fiear em condif'oes de funcionar. E uma caracterfstica muito importante ja que dela depende a tensao maxima que, de pico a pico, 0 operacional pode fornecer na sua safda. E usual 0 fabricante fornecer urn grafico como 0 da Figura 11.16, onde se relacionam os anteriores valores.
___
iII"'". . . . . ,
Amplificadores operacionais
291
40
36
/'
32
28
Yaria<;:ao de
safda pica a pica em V
./
24
V
/'
/'
20
/'
16
/
12
8 ./ /' 4
o I
15 10 Tensao de alimenta<;:ao ± Vcc
20
Figura 11.16. Yal
A tensao de alimenta~ao esta muito relacionada com 0 conceito de Satura~ao de um operacional. Diz-se que urn operacional esta saturado quando 0 valor da sua tensiio de safda atinge 0 maximo que pode fornecer em fun~'iio da sua tensiio de alimen[{l~·iio. Nesta si tua~ao, 0 operacional deixa de apresentar 0 ganho estabelecido pelo circuito em que esta inserido e, na safda, passa a apresentar uma ten sao fixa. o valor de pico a pico da tensao de safda e sempre inferior a amplitude total da tensao de alimenta~ao.
• Potencia dissipada (Internal Power Dissipation)
Ea potencia que 0 operacional ecapaz de transformar em calor, pOI' efeito de Joule, sem se deteriorar. Depende normalmente do encapsulado que leve 0 operacional. Seguidamente dao-se os valores para 0 llA 741 a modo de exemplo: Internal Power Dissipation Metal Can Molded and Hermetic DIP Mini DIP F1atpak
• Razao de
rejei~ao em
500mW 670mW 310mW 570mW
modo comum (Common Mode Rejection Ratio)
Indica-nos quanto mais se amplifica a tensao diferencial de entrada que 0 nfvel comum de tensao que chega as entradas.
• Valores offset
E um conjunto de valores que servem para quantificar os reais defeitos do operacional. Nos
292
Electronica analogica
catalogos comerciais sao muitas as caracterfsticas englobadas nesta denomina<;ao: Ten sao offset de entrada, Corrente offset de entrada, etc ...
11.10. CIRCUITOS AMPLIFICADORES COM OPERACIONAIS. Quando um operacional faz parte de um circuito, as realimenta<;6es, positivas ou negati vas, fazem variar as caracterfsticas iniciais do operacional sem realimenta<;ao. As equa<;6es que nos definem as caracterfsticas do conjunto obtem-se aplicando as leis da teoria de cir cuitos. Tabela 11.2.
Aplica~6es
Tipode amplificador:
do operacional como amplificador.
Caracferisticas
Circuito
A _
R, R,
l'('--~
Amplificador inversor assimetrico
'" I "
+
I'
Zh = R,
I
Z. '"
V"
R, =
Rill
R=-
A
I'C
Z"
=
R,
+IA,I· R, + R,
I
R,+R, = -R- '
-'
J
Amplificador nao inversor assimetrico
Z" = R. + Z(l + _R'_IAI) R, +R
'" I l,
J
2
Z (Ie
R,
Adaptador de impedancias com ganho de tensao unitario
A vc - Zic- Zoc
'" I
I,
i
iV, Caracterfsticas do circuito
A v' Zi' Zo
V"
_
Z"
R
l+IAI·-' , R, +R A"e
= 1
Zje
=
2
Zj (I + A, )
Z
Z --" ~-" - I
Caracterfsticas do operacional
+IA,I
'
Ampl~ficadores
293
operacionais
Na Tabela 11.2 aparecem as principais aplica~6es do operacional como amplifica dor de baixa frequencia, assim como as equa~6es que permitem calcular as caracterfsticas do circuito.
l1.11.CIRCUITOS SOMADORES COM OPERACIONAIS Na Tabela 11.3 aparecem os principais circuitos e respectivas caracterfsticas. Tabela 11.3. Somadores com operacionais
Tipo de somador
Tensao de saida
Circuito VI~ V2~
Somador inversor
V3 V" =
-(v .~ I
r
R4
+ V2 . R2 + V3 . R3 ) R4
R4
~ Somador
nao lI1versor
VI
Se
o------c==J---
V2
V3
1"
\I n
R4 11lS = R11IR2 11RJ R R R = VI .-+\1 ·-+V . R 2 R, 3 R 4
4
4
I
_
3
11.12. INTEGRADORES E DIFERENCIADORES COM OPERACIONAIS Os integradores e diferenciadores com operacionais tem vantagem sobre os seus equiva lentes passivos, uma vez que nao atenuam 0 sinal de entrada, podendo ate amplifica-lo. A Tabela 11.4 mostra os circuitos mais importantes deste tipo.
294
Electronica analogica Tabela 11.4. Integradores e diferenciadores com operacionais
: Tipo
Comportamento do circuito
Circuito
V de saida
v, H,
Integrador simples
+Vee
I'
Iv"
H2
1:
,k
I
,k
V= __I_.JV'dt " R,'C '
•
v..
Sem tomada a zero
Integrador com tomada a
zero
Integrador
com tom ada a
V volts
Diferen ciador
H,
V = _ _I_.J V ·dt " R,'C '
0
I'
Com tomada a zero V" = 0
Sem tomada a zero
H,
.~
0------C:J
I'
I'
I
V = "
(
V + _I- . J V dt A R,' C I
)
Com tomada a zero
V =-VII (J
H, ~
I rlli'
+
H2uTvee Iv"
Iv
I
+
/'-..
v,
/'-..
v\ ,
I v,
+\ ee
Vo =-RI .C dV, 0
-
vee
dt
11.13. RECTIFICADORES E LIMITADORES Os diodos semicondutores de silicio, quando conduzem, tern uma queda de tensao de cer ca de 0,7 V. Este facto torna impossivel a rectificaS;ao de sinais inferiores a 0,7 V. Enesta gama de valores que sao uteis os rectificadores e limitadores com operacionais. A Tabela 11.5 mostra os principais circuitos deste tipo.
Amplijicadores operaciol1ais
295
Tabela 11.5. Rectificadores e limitadores com operacionais. Resposta do circuito
Massa virtual
R,
~
/
\
/
~
v" -f----"---L
)
I
•
VI
r"
Rectificador de meia onda
L I
I
r V
Limitador a Vz volts
I I
I
z
I
",
[
,
+--\--.l'----'ir--/__~
+=A=k
R,
~ '~~T . R,
A k
;'7 V
v1
R,
=5 V
r
\
..L R,
Limitador simples
f
-vcc
v,
I V
~
I
1I
Y
[,,1
\I...
"v
I, ,I
,., >V"
"z
"
11.14. CIRCUITOS COMPARADORES Os comparadores sao circuitos que realizam a uniao entre a electr6nica anal6gica e a digi tal, ja que a sua saida apenas podera apresentar dois possiveis niveis de tensao. o comparador mais simples e 0 representado na Figura 11.17 e consiste num operacional que, por trabalhar em malha aberta, possui urn elevado ganho. Os sinais a comparar sao introduzidos nas entradas inversora e nao inversora, verificando-se na saida o seguinte: • Se VI> V2, a ten sao diferencial de entra
da e positiva e, portanto, 0 operacional,
ao amplificar com muito ganho satura se com +Vec • Se V j
+ Vee - Vee
V2
1v"
Figura 11.17.Comparador simples.
296
Electronica QnQlogica
11.15. FILTROS COM OPERACIONAIS (FILTROS ACTIVOS) Denominam-se filtros activos os filtros que, por possufrem amplificadores operacionais na sua estrutura, nao atenuam 0 sinal de saida, como sucede nos filtros construfdos com componentes passivos. Estes filtros activos tem ainda uma res posta mais linear e selecti va que os tradicionais passivos. Actualmente existe uma elevada variedade de filtros activos, todos eles baseados nos quatro tipos principais representados na Tabela 11.6. Tabela 11.6. Filtros activos basicos
Tipo
I
Caracteristicas do circuito
Circuito
c
6S1 ~-f?II' I' II~ Iv., '
II,
Filtro
passa-baixo
-
Filtro passa-banda
Filtro tampao
T
G'oho -~
c,urva de respOSla
/:
:
, I
I.
Iv"
tti~l"
~11'
C
0----.--0
I, = f,,,,,, = 2 ' IT ' R, ' C,
HI
f~
/I
o--=~--o
' I I
- -
0-=-J II'C~ 11,_ +
Curvade resposta
'
"I
II,
I'
R ;,
+
Filtro passa-alto
II,
~
Equivalente passivo
..
R,
I
G,"ho
~
" /
. I
f,
-
=
~III
1
J, =J''''''=~f' - 1t ,) ,C
_"C
c
I 2, IT, R, 'C,
Co'" d' resposta , .I
J"
R1
o
1I,~c,
f,=- -
R'~
2· IT 'R, C,
Curvade resposta
, f '
f,
I
= 2
IT·
R, 'C,
1
n-"l
1
'; W I
C,
I,
c
o-=-l~
:!
~
f,
J
I,
o
= 2 ' IT ' R, ' C,
/I,
c, T~
Amplificadores operacionais
297
PROBLEMAS RESOLVIDOS
11.1. No circuito da Figura J J J 8 a tensao na base de T, nos colectores de T j e T2 para VSE= 0,7 Vo 0
T3
VB,
= 3,5
e de -3,5 V
0
Determinar a tensao
V
RE - VEE
=-
12 V
Figura 11.18.
Solw;ao: Realizemos a analise em continua do amplificador diferencial. A equa'r3o da malha de entrada de TJ sera:
IVEE-VB,I=VBE+I£, oR/:. ; 1-12-(-3,5)1=0,7+1£, ·3,9
,
e calculamos IE:
IE, = Como
8,5 - 0, 7 = 2 mA
3,9
0
jJ de urn transistor e elevado, podemos dizer que Ie"" lEo J
Dado que
I E,
0
.'
circuito e simetrico,
Ie, _~= 1 mA = IE,_ = -2' - 2
e tambem
IE, "" I c,
e
I E~
""
I c~
Finalmente
Vc, = Vc~ = Vce - Ic . Re = 12 - 1 10 = 2 V
0
11.2. No circuito da Figura 11.19, determinar a razao de rejei9ao em modo comum, su pondo hie, = 49, hie~ = 50, Rc , = Rc~ = 1 K e hie, = h;e~ = 1 K
0
298
Electronica analogica
RCz
RCI
tV ...L/
2
Figura 11.19.
= - 10 V
- VEE
So!U(;ao: Para calcular 0 CMRR e necessario considerar um valor de tensao comum a ambas as entradas, seguidamente calcular a tensao de safda e calcular valores.
0
ganho referente a estes
Em seguida detenninamos 0 valor da tensao de safda quando se aplica a mesma tensao an terior, POl'em agora na forma diferencial. Calculamos entao 0 ganho diferencial. Finalmente, dividindo os dois ganhos obtidos e fazendo
0
seu logaritmo, calcula-se 0 CMRR.
Iniciemos 0 processo construindo 0 circuito equivalente para sinais, utilizando para metros hlbridos, como se mostra na Figura I 1.20. VO,
1bz
VOz
RCI
Figura 11.20. Equivalente em alternada do Problema 11.32.
o valor da tensao de safda v" sera: V o = vo, - Vo, ' V o = hfe . ibl . RCI
-
hfe . ib, Rc,
Supondo uma tensao comum de entrada de J mV,
0
valor de
3
3 . =1. =1.10- - = 110. mA 1 1'2 1
lb
vo =(SO.I.10-3 .1-49.1.1O-3 .1)=1.1O-3 Y=1 mY Logo
0
G
ganho em modo comum
=
e 3
Vo
comum
Vi
em modo comum = 1.10- = I -3 em modo comum I· 10
Seguidamente calculamos
0
ganho em modo diferencial
Vo
sera
Amp/ijicadores operacionais
299
v 1[ = 1 mV ., v'1 = -I mV vo =50·1·1O- 3 ·1-49·(-1·1O-3 ).1=99·1O- 3 V=99 mV
V
=
Gdiferencial
o em
-'1
modo diferencial
99·10' =49,5 2.10-3
"
v, em modo dlferencIaI
Finalmente, a rela<;:ao de rejei<;:ao em modo com urn sera
RRMC=20.IOgIGanhOdiferenCial!; RRMC=20.log 49,5=34 dB I Ganho comum
11.3. No amplificador diferencial da Figura 11.21, calcular cuito, supondo T[= T 2 :
0
ganho diferencial do cir
Dados: R[ = 18 K
R2 =9 K R3
= 1,5 K
R4 = 1 K hfe
= 100
hie =
1 K
V BE = 0,7 V RL =1 K
Figura 11.21.
Solu~ao:
Na Figura 11.22 aparece
0
circuito equivalente para sinais, lltiJizando parametros
hfbridos. h Ie. Vi
h fe · i b
I
VOl
V02
h fe · I b 2
hie V·
I
f
Rill R 2
Figura 11.22. Circuito equivalente ao circuito do Problema 11.3. Tendo em conta a simetria do circuito, obtem-se as seguintes equa<;:6es:
2
Rill R2
300
Electronica analogica
v;=h;e·ib; vo=(R31IRd2).hje·ib
o ganho diferencial sera Cd
R3 - RL /2J =~= [ R +l?j2 ·hfe ·i
b
3
I1fe . ib
v
I
R3 . Rd2 · h re R3 . RL . hfe --,----,-----,---,,---.. C - --,---------,----- (Rj +RL /2).h;e' d - (2.R3 +RJ.h;e
Finalmente, substituindo valores, teremos:
1,5·1·100 =37,5
Cd = (2.1,5+1).1
11.4. Calcular as caracterfsticas basicas do operacional j.lA 741 para as seguintes fre quencias: a) 10 Hz. b) 5 KHz. c) 20 KHz.
SoIUl;ao: As caracterfsticas basicas de urn operacional sao tres:
• Ganho de tensao. • Impedancia de entrada. • Impedancia de safda. Estes valores obtem-se nos graficos dos catalogos comerciais, para e em fun~ao da frequencia.
0
operacional sem rea
limenta~ao
o problema reduz-se, pOl·tanto, em procurar nos ditos graficos os valores correspondentes. So e necessario ter cuidado com os graficos cujos eixos sao em escala logarftmica, e cuja estrutura esta representada na Figura 11.23.
I
2
I
I
I
I
I
I
3
4
5
6
7
89 10
I I
Figura 11.23. Estrutura das escalas logarftmicas. Tendo isto em conta e utilizando os graficos das Figuras I 1.13, 11.14 e 11.15, obtem-se os seguintes resultados: I.··••
A 10Hz AS KHz A20 KHz
A.
Zi
100000 300 80
6M£1 6M£1 5M£1
I'Zo 70£1 70£1 70£1
11.5. Calcular as caracterfsticas basicas do operacional j.lA 741 as seguintes frequencias: a) 50 KHz. b) 1 MHz. c) 100 KHz.
Amplijicadores operacio!1ais
30 I
SoIUl;ao: Utilizando os graficos das Figuras I 1.13, II. 14 e I 1.15, obtem-se os seguintes resultados: Av A 50 KHz A 100 KHz Al MHz
40 20 2
Zi
Zo
4MQ 80 Q 2,5 MQ 90Q 380MQ 290Q
11.6. Utilizando 0 operacional )..LA 741, projectar urn circuito que adapte impedancias em tensao entre urn gerador que produz urn sinal de 12 V eficazes a uma frequencia maxima de 50 KHz com uma impedancia interna de 20 Kn, e lIll1 receptor de 100 n de impedancia. SoIUl;ao: Para que dois circuitos electronicos adaptem impedancias em tensao, e preciso que se cumpra a seguinte rela<;:ao: Z interna do gerador « Z interna do receptor Esta condi<;:ao geral, aplicada ao circuito adaptador, resulta na seguinte:
Z interna do gerador « Z entrada do adaptador
Z saida do adaptador « Z interna do receptor
Tendo isto em conta, 0 projecto resume-se a calcular as caracteristicas do adaptador em fun<;:ao das do operacional e verificar se sao ou nao verificadas as anteriores condi<;:6es.
a
Em primeiro lugar, obtemos dos graficos do operacional as suas caracteristicas a 50 KHz, que e a frequencia maxima de trabalho: A I'=40 ., Z= 4 MQ . Z = 80 Q I
'
(1
Empregando as formulas para adaptador de impedancias da Tabela 11.2 obtem-se os se guintes valores: Zic =
Zi .(I +
IA"I) = 4000· (1 +1401) = 164000
K
Zic = 164 MQ
os
=~=~=19
Z O(
I + IA v I
I + 1401
Q
'
de onde se deduz que sao verificadas as condi<;:6es de adapta<;:ao, ja que 20 KQ «
164 MQ e 1,9 Q «100 Q
A condi<;:ao de muito maior/menor significa qlle as grandezas comparadas estao numa rela <;:ao compreendida entre 10 e 100 vezes.
Finalmente resta obter 0 valor da tensao de alimenta<;:ao.
Para isso consideremos que:
as:
12 V eficazes = 12·.fi V de pico = 12·.fi . 2 V pico a pico = 34 V pico a pico
302
Electronica analogica Com este valor e consultando os graficos da Figura 11.16 obtemos
0
valor de:
Vee> ±18,5 V
11.7. Projectar, empregando 0 operacional flA 741, urn circuito que adapte impedancias em ten sao entre urn gerador que produz um sinal de 6 V eficazes a uma frequencia maxima de 200 KHz e que possui uma impedancia interna de 10 KQ e um receptor de 10 Q de impedancia. Soluc;ao: Calculemos em primeiro lugar as caracteristicas dO)..lA 741 a 200 KHz empregando os graficos do operacional. Estas entao resultam A=9 ' . Z= I 5 MQ '. 0 Z = 120 Q I' I'
Aplicando as equa<;:6es da Tabela 11.2 para
0
adaptador de impedancias, teremos:
Z 120 MQ . Z = - ° - = - = 1 2 Q Z =Z· ( 1+IA 1=15'(1+9)=15 ) IC I 1" , 'oc 1+ I 1+ 9
IA,.
De onde se deduz que, apesar de se cumprir a condi<;:ao
Z gerador (10 KQ) « Z adaptador (15 MQ)
ao nao se cumprir
Z safda adaptador (12 Q) «Z receptor (10 Q)
resulta total mente impossivel projectar 0 adaptador com este operacional.
11.8. Aplicando as leis da teoria de circuitos, deduzir as express6es da Tabela 11.2 que definem as caracterfsticas do adaptador de impedancias. Soluc;ao: As equa<;:6es das mal has de entrada e safda do circuito sao as seguintes: V o = V; + VI ; 10 = 1\ + I; Estas equa<;:6es simplificam-se se tivermos em conta
Se Z;
-7
00
~
I;
-7
0 ~ Vi
-7
0
seguinte raciocfnio:
0
Logo, aplicando estas simplifica<;:6es, as equa<;:6es transformam-se em VI"" Vo e 1,,"" " Tendo em conta
A
= VVo I'C
""
0
anterior resulta
z _ VI
1
IC -
I;
-v
-I,
-II
I
donde Vi /
Vo
-
I
_ -V;
V
---+o -Ii
-I;
= Z;, ou impedancia do operacional, logo
V -V V -V Z =Z+_o_=Z+ __ o .-' =Z.+2·--'-' IC , _ r I VI' I VI ,
POI' sua vez, V o Zic
I
/
Vi
= AI'
I
; logo
= Zi .(1 + IAI' I)
Finalmente,
0
valor da impedancia de safda do circuito sera
Amplificadores operacionais
Z
Vo I
oc
S
Iquando V, =0
V
= -o
Z
303
oc
I () -
r
I
1 VI
=0
Io
r,
V"
Vo
= 0 => Vo = Vi
Se VI
Zoe = 1
I;
Zo
V
Ii Z()
IV =0 I
e se Vi ~ 0 => Vo
J r-v _+_' Zo V" V;
o
I
I
Zo
Zo
-+IA/.---!!..-+IAvl' Z v V o
0
r
0
o
I
1
= 0 => I, = 0 => 1 = Ii
I I
I
1 Zoe =
IV I =0
Z+AI"~
._~o
I
V"
I
0
I
+IA
v/
11.9. No circuito da Figura 11.24 calcular os val ores de Vo e Ro'
I
t
V"'' l
Figura 11.24.
Solu~ao: Para calcular 0 valor de Vo conhecendo a tensao de entrada, e necessario calcular o ganho de tensao do circuito, 0 que sera feito aplicando a equa9ao da Tabela 11.2, para os amplificadores inversores:
48
A,'e = -12 = -4
; IVol = 1-41·1 = 4
Velicazes
Tendo em conta a Tabela 11.2, calculamos R,:
R =RIIR = 3
I "2
12·48 =9,6 KQ 12 + 48
Finalmente poderemos calcular a tensao de alimenta9ao:
V o = 2,4 Veficazes = 2· -fi. 4 = 11,3 V pica a pica
304
Eleclronica analc5gica e, no grafico da Figura 11.16, obtem-se:
Vee> ±7 V 11.10. Utilizando 0 IJ.A 741, projectar 0 amplificaclor necessario para acoplar em tensao um gerador de 10KHz que possuindo lima impedancia interna de 3 KQ produz uma tensao de 80 mY eficazes, com lim receptor de 400 Q de impedancia e 250 mW de potencia. Soluc;ao: Comecemos par obter as caracterfsticas do IJ.A 741 a 10KHz, ja que do ponto de vista da frequencia estas serao as piares condic;6es de funcionamento do amplificador: A \' = 160 ." Z= 6 MQ . Z = 75 Q '()
Seguidamente calculamos 0 ganho que devera ter 0 amplificador. Para isso calculemos a ten sao necessaria para que 0 receptor consuma os 250 mW. Esta tensao deven\ estar pre sente na safda do amplificador:
Vo =
-J 400·0,25 = 10
V clicazes
Eo referido ganho do amplificador sera:
= Vo
A I'C
V
=~=125 0,08
Dado que 0 operacional sem realimentac;ao podera ter um ganho de 160, nao ha problema em aplicar realimentac;ao negativa para urn ganho de 125.
o passo seguinte consiste em dimensionar uma etapa
amplificadora com 125 de A,oc' que podera ser inversora ou nao inversora. Neste caso, uma vez que nao ha problema com os desfasamentos, empregaremos uma etapa inversora. Com as equac;6es da Tabela 11.2 determinamos R1, ja que esta resistencia define a impedancia de entrada da etapa amplificadora, que deve adaptar-se em ten sao com a do gerador. Para isso diremos: Z geradar« (Zi'= R 1 ), logo, tendo em conta que a relac;ao «muito maior ou menor» deve ser de ordem entre 10 e 100 vezes:
R I = 20·Zgcr~dor= 20·3= 60 KQ
Aplicando as equac;6es da Tabela 11.2, teremos
R2 =Al'c·R, =125·60=7500 KQ=7,5 MQ R3 = R,IIR2 = 60117500 = 60 KQ e
0
valor de V"c sera
Zoc
75 1 + 160 .
60 =3 60 + 7500 -
3
Q
valor com que se pode considerar estar feita a adaptac;ao de impedancias, ja que
Zoe amplificador (33 Q)« Z receptor (400 Q)
Amplificadores operacionais
o que torna desnecessario incluir um adaptador entre
0
amplificador e
0
305
receptor.
Seguidamente caiculemos a tensao de alimenta<;ao do operacional. Tal como temos feito em problemas anteriores, sabendo que a ten sao de safda V" e de 10 V eficazes, teremos
Vo
= 1O·2·.J2 = 28,3 V pico a pico
e do grafico da Figura 11.16 obtem-se
Vee> ±17 V
Finalmente, resta comprovar se 0 operacional a utilizar e ou nao capaz de dissipar a poten
cia que ira transformar em calor devido a sua impedancia interna.
Para isso representemos a safda do operacional pelo circuito da Figura 11.25.
2 0c = 33 Q
Vi
10 V = Ave'
400Q 2receplor
Figura 11.25. Circuito equiva lente de safda do Problema 11.10.
Do circuito equivalente deduz-se que a potencia transformada em calor no interior do operacional e
p= (
10 400+33
)2 ·33=0,017
W=17 mW
Valor que, segundo a caracterfstica de potencia dissipada fornecida na SeCi,:ao 11.9 deste capftulo, e perfeitamente admissfvel pelo operacional.
11.1l.Projectar urn amplificador com 60 dB de ganho de tensao que fa<;a 0 acoplamento entre urn gerador que, tendo uma impedancia interna de I KQ, produz um sinal de 20 mV de pico, a 15KHz, com urn receptor de 300 n. Solu~ao:
As caracterfsticas sem realimenta<;ao do J..lA 741 a 15 KHz sao:
A,,= 100 ; 2 j = 5 MQ ; 2,,= 70 Q A partir do ganho de tensao do amplificador, que e de 60 dB, podemos calcular 0 numero de vezes que 0 sinal e amplificado. Para isso escrevemos a equa<;ao que nos da 0 valor de um ganho de tensao em dB:
Avc(dB) = 20 ·loglO(AvJ Desta equa<;ao podemos tirar que A,'c(dB)
A vc = 10
-----w- . A '
\Ie
= 10 60/ 20 = 1000
Como resulta que 0 operacional sem realimenta<;ao s6 pode ter um ganho de J 00 e 0 ampli
306
Electr6nica anal6gica ficador precisa de 1000, nao podemos projectar 0 circuito com uma s6 etapa, sendo en tao necessario acoplar dois ou mais em cascata. Outra soluyao seria empregar um operacional com maior ganho a 15 KHz. Escolhemos a primeira opyao e pOl·tanto deveremos definir quantas etapas precisamos. Para isso e tendo em conta que 0 ganho de amplificadores em cascata e 0 produto dos ganhos de cada etapa, nao teremos mais que multiplicar por si mes mo 0 ganho maximo do operacional, bastando chegar a um numero igual ou superior ao do ganho pretendido para 0 nosso amplificador. Utilizando este metodo, chegamos aconclusao de que com duas etapas e 0 suficiente. A seguir definimos qual devera ser 0 ganho de cada etapa. S6 ha que tel' em conta dois prin cfpios: • Que do produto das etapas resulte
0
ganho do amplificador.
• Que as primeiras etapas devem tel' maior ganho que as l.iltimas, para melhorar a relayao sinal-ruldo do amplificador. Tendo em conta estes princfpios, escolhemos A""
= 90
e A,."
= 12.
Passemos agora ao dimensionamento: 0 circuito da Figura 11.26 define a estrutura do am plificador. R2
Rs R4
Gerador
- Vee
R6
- Vee
Receptor
A VC2 = 12
Figura 11.26.
o dimensionamento da primeira etapa sera: • R) = 15 . Zgerador = 15 . 1 = 15 KQ
• R2 =Rj ·Ave , =15·90=1350 KQ=1,3 MQ
• R3 = R)IIR2 = 15111350 = 15
KQ
Esta primeira etapa devera acoplar-se a segunda adaptando impedancias em tensao. Para isso a sua
Zoe. «Z. , e seria necessario calcular a impedancia de safda da primeira etapa. Na 1
1(,
pratica sabemos que a impedancia de safda de qualquer amplificador com operacionais va lera, no maximo, 0 valor respeitante ao operacional sem realimenta9ao, logo, neste caso,
Zoe, tera 70 Q como valor maximo. Com este valor podemos dimensionar a etapa seguinte:
Amplificadores opemcionais
307
• R4 = 15· Zoc,(01,\x) = 15·70:::: 1000 Q = 1 KQ • R s = R4 . A vc = 1. 12 = 12 KQ
• R611Rs = 11112 = 1 KQ 70
Zo Zoc,
1+ A v (
4
R
R4 +Rs
Verificamos entao que
J
Zoc,
=8 Q
1
1+10°'1+12 se adapta perfeitamente ao receptor.
o valor de Vee sera
V () = 20· 1000 = 20 .10
3
m V.PICO = 20 V.plCO = 40 V.plCO a PICO .
e do grMico da Figura 11.16 obtemos: Vee>
±21 V
Finalmente, a potencia dissipada pelo operacional sera
20/-12 P,,,,,,,,,. ," <,..,••,'" ~ (300 +8
2
.8=0,016 W=16 mW :
valor perfeitamente suportado pelo /-LA 741.
B.12.0bter as equa!¥oes da Tabela 11.2, relativamente aos amplificadores inversores. Solw;ao: As equac;:oes das mal has de entrada e de safda sao, tendo em conta 0 circuito cor respondente da Tabela 11.2, as seguintes:
= II . RI + Vi + I,. . R3 Vo = 12 • R2 + Vi + Ii . R3
Ii = II + 12
1 = Is + 12
VI
0
Por outro lado, em todo
Se Zi ~
00
=> I,. ~
0
operacional verifica-se que
°=>
Vi ~
°
Logo, aplicando estas simplificayoes, as equayoes anteriores transformam-se em:
VI =11 ·RI
Vo
II
10
= 12 • R2 = -12 = I, + 12
308
EleClronica analogica
o valor do ganho de tensao do amplificador inversor sera V II . R - I ) . R, I = A =_0 =__ VI
ve
12 . R2
RI =__
12 . R 2
R2
o sinal menos significa inversao de fase da safda em relac;:ao a entrada. o valor da impedancia de entrada do circuito sera Z Ie
=~=~=R 1 I I I
I
Finalmente, para impedancia de safda do amplificador resulta
Vo
Zoe
1S
Z OC-
Zoe
=
Io
'quando y, =0
~I - /2
~ ~
1 _ 12 ()
1
1_2
Vo
Vo
~
1 Vo
-Z
-fL-
()
1
ly=O I
I
12
Zo
Vo
1 12
Zo
(, Zo
Iy,=o
Vo "
(,
IyI =0
- 1 1+ -I) ._ (
---ly=O I
ja que Z
Z"
1
0 '
J Iy,=o
Zo -I)
1+ . -- 1 0
'Y,=O
Por OLltro lado, como a impedancia de safda e definida como a impedancia equivalente de Thevenin, quer dizer, com a tensao de entrada curto-circuitada (V ,= 0), e valido 0 raciocf nio seguinte:
VI
= 0 ~ II =-/2 ~ Vo = 12 . (RI + R2 ) ~ Vi "" 12 . RI
que, aplicado
Zoe
=
1+
a equac;:ao anterior, resulta Zo
Zo
-V 0
/ (R1 + R2 )
1+
1 1 R, + R ' / ' (- V,J
10
_ Zoe -
2
Zo
1
Zo
V -V
1+ ._'. __ RI + R2 1 Vi 1
0
0
0
Vi
+IA,·I R +R J:
1
•
1
2
Alllplificadores operaciollais
309
continuando a verificar-se que: Se VI
z
oc
= 0 ==> V = 0 ==> l, = 0 ==>
I()
u
= 1+
IA,J
Z() 1
. R, . I:.
RI + R2
In
= I:.
z"
R,
1+ IA,J R + R
,
2
11.13. Utilizando 0 IlA 741, projectar 0 amplificador necessario para acoplar em ten sao um gerador de audio que, possuindo uma impedancia interna de I K.Q, produz uma ten sao de 10mV eficazes, com um receptor de 70 .Q de impedancia e I W de po tencia. 80IuC;30: Os amplificadores de audio trabalham com sinais cujas frequencias oscilam den
tro da margem de resposta do ouvido humano, norl11almente considerada de 20 Hz a 20 KHz. Para 0 projecto do amplificador procuraremos as caracterfsticas do operacional correspon dentes a maior frequencia, ja que os operacionais degradam as suas caracteristicas con for me aumenta a frequencia. As caracteristicas do llA 741 a 20 KHz sao
Av
= 80
Z, =5 MQ
Z =70 Q ()
Seguidamente, procedendo como nos problemas anteriores, detenninamos plificador
Ave
0
ganho do al11
= Va = 10 ~ Vi .10-3 = 836
Dado que sao necessarias duas etapas, os ganhos poderao ser
Avel =70
A I'C:l
= 12
ja que 0 produto dara 70·12= 840. Seguidamente, uti! izando etapas inversoras, obtem-se a estrutura da Figura 11.27. R2
Rj
+ Vee
Gerador
Ii-
Receptor
- Vee
r
R3
Figura 11.27.
o dil11ensionamento de cada uma das resistencias do circuito e 0 seguinte:
l
310
Electronica analogica
R, = 20 . Zgeractor = 20 .1= 20 KQ
R2 = R, . Apc, = 20 .70 = 1400 KQ = 1,4 MQ
R3 = R,IIR2 = 20111400 =
20 KQ
Z0,c = Valor maximo = 70 Q
R4 = 15 . 70 "" 1000 Q = 1 KQ Rs = R4 . Apc2 = 1.12 = 12 KQ
R6 = R411Rs = 11112 = 1
KQ
OvaloI' da impedancia de safda da segunda etapa,
Zoc 2
Zo 1 + A. p
R4 R4 +R5
70 1+ 80. _1
Zoc,' sera
= 9,78
Q
1+ 12
Este valor nao e adaptavel com a impedancia do receptor, e sera necessario um huffer ou adaptador de impedancias em tensao. 0 projecto deste consiste em verificar as suas condi 'roes de adapta'rao de impedancias, como temos feito anteriormente. Neste caso:
Z;c(bllffer) = Z; .(1 + IApl) = 5· (l + 80) = 405 MQ Z 70
Zoc(bllffer) = 1 + I~pl = 1+ 80 = 0,86 Portanto
0
Q
buffer e valida e deve ser acoplado
a segunda etapa amplificadora.
Seguidamente calculemos a tensao de alimenta'rao Vee com que devemos alimental' os operacionais. Esta tensao e, como sabemos, fun'rao da tensao de safda de cada operacional. Isto daria lugar a tres tensoes diferentes neste projecto, razao pOI' que na pr
=
3
VOl
= VgeractorApc, = 10.10- ·70 ·12 = 8,4 Veficazcs =
=2·.fi·8,4 Vpieoapieo=23,6 VpicoapiCodeonde Vcc >±14 V Finalmente verifiquemos se os operacionais podem suportar a potencia que irao dissipar. Como no caso da tensao de alimenta'rao, cada operacional dissipa uma potencia que depen de da sua impedancia interna e da impedancia do circuito acoplado na sua safda. Dado que as etapas intermedias sao acopladas em tensao, a intensidade na safda do correspondente
Amplijicadores operacionais
31 1
operacional e muito baixa, pOl' ser muito alta a impedancia de entrada da etapa seguinte; isto provoca que a potencia dissipada nas etapas intermedias e na primeira e baixfssima, a qual nao nos deve preocupar. Quanto
a ultima etapa, neste caso 0
buffer, teremos:
2
8,36 .0.86=0,012 W=12 mW
p""""'" "" '"IT" =( 0, 86 + 70 )
Valor que e perfeitamente suportado pelo I-lA 741.
1l.14.Calcular a potencia dissipada por R" no circuito da Figura 11.28.
V()
0,1 V
R) 2K
Figura 11.28. Solu~ao: 0 circuito e urn amplificador nao inversor, cujas caracterfsticas se calculam se gundo as equa<;:6es conespondentes da Tabela 11.2. 0 valor do ganho sera
A = 19+ 1 = 20 lie 1 De onde podemos dizer que a tensao de safda V" aos terminais de R" sera
v = 01·20= 2 , ()
V
Finalmente, a potencia aplicada em R" sera
2
2
V 2 =_0 =-=2 mW
P R"
R
2
()
11.15.Deduzir a expressao que nos da inversora.
Solu~ao:
0
valor do ganho de uma etapa amplificadora nao
A malha de entrada do circuito correspondente na Tabela 11.2 tern a seguinte
equa<;:ao:
VI
+ I; . R) + V; = II . R,
Por outro lado, a equa<;:ao da malha de safda sera:
Vo
= VI + I; . R) + V; + 12 • R2
Verificando-se que
12
= II + I;
312
Electronica anal6gica Se aplicarmos as condi<;6es de simplifica<;ao de qualquer operacional, quer dizer, 0, das anteriores equa<;6es resulta:
Va = VI + 12 . R2
VI =/,·R, e, portanto,
0
I,' R,
VI
I'C
= I)_
valor do ganho de tensao do circuito sera
= _V_a = _1,---1·_R-...:.,_+--,I2=--·_R---=-2
A
1I
'r' 0 e Vi'"
R, +R2 RI
1l.16.Deduzir a equa~ao da tensao de safda do circuito somador da Figura 11.29. VI V) V3
RI
o-----e::
~ R3
R4 I
I3
4
Is
1 Solu~ao:
Figura 11.29.
As equa<;6es de cada uma das mal has de entrada e da malha de safda sao as se
guintes: 1
I
)
V2
= 12 . R2 + V + I; . R,
I
I
)
V"
= 14 . R" + V, + I; . Rs
= II . R, + V + I . RV3 = 13 . Ro + V + I . R. VI
J
Por outro lado, no ponto A de massa virtual veri fica-se:
I; = 14 + 13 + 12 + II Aplicando as condi<;6es de simplifica<;ao de um operacional (Ii'" 0 e Vi'" 0) as equa<;6es do circuito, teremos:
= 12 , R2
VI =I,·R,
V2
V3 = 13 , R3
Va = 14 . R4
14
=-(1, +12 +/3 )
Substituindo na equa<;ao de intensidades os valores respectivos, obtemos:
Va R
4
(VI V VJ 2
=- ~ + R2 + R
3
3
de onde por fim se obtem
