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1 SEL313 – Circuitos Eletrônicos I Prova Substitutiva – 2008 1a Questão: Usando as leis de Ohm e de Kirchhoff, calcular Vo(max) e Vo(min) no circuito da Figura 1, com 20V ≤ Vi ≤ 30V. Dar uma utilidade para esse circuito. Dados: Q1 ≡> β1 = 630 ; 0,67577 V ≤ VBE1 ≤ 0,70854 V. Q2 ≡> β2 = 120 ; 0,7455 V ≤ VBE2 ≤ 0,7464 V. Zenex ≡> Vfwd = 0,6 V ; Ron = 0,1 Ω ; Roff = 1MΩ ; Vrev = 5,131 V e Rrev =19,553 Ω. Obs: Considerar: 3,69537 mA ≤ IZ ≤ 13,1117 mA. Figura 1 – Circuito Analisado na Questão 1. Resolução: A tensão sobre o diodo Zener vale: ZrevrevZ IRVV += A tensão VX vale, portanto: 2 1BEZrevrevX VIRVV ++= (1) Na malha de saída, tem-se, então: 1121 + += − β ZXXo I R V R VV ⇒ 11 1 2 21 + +× + = β Z Xo IRV R RRV (2) As Equações 1 e 2 resolvem, portanto, o sistema. As variações de Vi e de RL influenciam sobre a variação de IZ e, conseqüentemente, fazem variar levemente Vo. Para Vi = Vi(min) ⇒ IZ = IZ(min) e VBE1 = VBE1(min). Para Vi = Vi(max) ⇒ IZ = IZ(max) e VBE1 = VBE1(max). Portanto: 879,567577,069537,3553,19131,5(min)1(min)(min) =+×+=++= mVIRVV BEZrevrevX [V] e 096,670854,01117,13553,19131,5(max)1(max)(max) =+×+=++= mVIRVV BEZrevrevX [V] As tensões de saída valem, portanto: 706,14 631 69537,35,1879,55,2 11 (min)1 (min) 2 21 (min) = × +×= + +× + = β Z Xo IR V R RRV [V] e 271,15 631 1117,135,1096,65,2 11 (max)1 (max) 2 21 (max) = × +×= + +× + = β Z Xo IR V R RRV [V] O circuito da Figura 1 é, portanto, um estabilizador de tensão de 15 V; 100 mA. Para uma variação de ± 20 % na tensão de entrada, a tensão de saída sofre uma variação de apenas ± 1,883 %. 2a Questão: a.) Polarizar o transistor da Figura 2 sob as seguintes condições quiescentes: S = 9,76 ± 2,7 %; VE = 3 V± 1 %; IC = 450 µA ± 1,4 % e VCE = 12 V ± 2,8 %. b.) Calcular o valor de R6 para que o amplificador possua um ganho de tensão inversor de 10 V/V ± 5 %. c.) Com R6 arredondado para o valor comercial mais próximo, calcular: Aυ; Ri e Ro do amplificador, para pequenos sinais e baixas freqüências. Dados: β = 325 ; VBE = 0,615 V; VAF = 60 V e NF = 1 @ 27 °C. Considerar: Vt = 86,1734215226µ * (273,15+θ); ICBo = 0 ; βAC = β e θ = 27 °C. 3 Figura 2 – Circuito Analisado na Questão 2. Resolução: a.) Polarizar o transistor da Figura 2 sob as seguintes condições quiescentes: S = 9,76 ± 2,7 %; VE = 3 V± 1 %; IC = 450 µA ± 1,4 % e VCE = 12 V ± 2,8 %. Roteiro: a.) VCC =30 V. b.) ICQ = 450 µA ± 1,4 % ⇒ 443,7 µA ≤ ICQ ≤ 456,3 µA. c.) VE = 3 V± 1,0 % ⇒ 2,97 V ≤ VE ≤ 3,03 V. d.) Calcular RE: 67,6 450 3 ==≈ µ QC E E I V R [kΩ] 4 Arredondar RE para o valor comercial mais próximo. ⇒ RE = 6,8 kΩ e.) S =9,76 ± 2,7 % ⇒ 9,733 ≤ S ≤ 9,786. f.) Calcular RB: ( ) 568,598,6176,9)1( =×−=×−= kRSR EB [kΩ] g.) Calcular VBB: ( ) ( ) VkkVIRRV QQ BEC BE BB 7669,3615,0450325 568,598,613251 =+× +×+ =+ +×+ = µβ β h.) Calcular RB1: 407,474568,59 7669,3 30 1 =×== B BB CC B RV V R [kΩ] Arredondar RB1 para o valor comercial mais próximo, mas desmembrando seu valor em RB1a e RB1b. Uma opção é estabelecer RB1b = 470 kΩ e, posteriormente, testar valores para RB1a de modo a satisfazer as tolerâncias exigidas. i.) Calcular RB2: 121,68 568,59407,474 568,59407,474 1 1 2 = − × = − × = kk kk RR RRR BB BB B [kΩ] Arredondar RB2 para o valor comercial mais próximo. ⇒ RB2 = 68 kΩ j.) Calcular RC: 18,33 450 4508,6 325 3261230 1 = ××−− = ×× + −− = u uk I IRVV R Q QQ C CECECC C β β [kΩ] Arredondar RC para o valor comercial mais próximo. ⇒ RC = 33 kΩ 5 k.) Nesse ponto, valores de RB1a devem ser testados para que os valores das grandezas quiescentes estejam dentro das tolerâncias exigidas. Para isso, deve-se implementar o seguinte sistema de equações na calculadora e executar o solve para as grandezas quiescentes, alterando-se o valor de RB1a: ( ) 211 211 BbBaB BbBaB B RRR RRR R ++ ×+ = ( ) EB B B BE bBaB CC C RR R R V RR V I Q Q ×++ ××− + = 1 )( 11 β β E B R RS += 1 QQ CECCCCE IRRVV × + +−= β β 1 QQ CEE IRV ××+= β β 1 Com os valores de RB1b, RB2, RC e RE, calculados anteriormente, e com os valores de VCC, VBE e β fornecidos, as grandezas VE, VCE, IC e S devem ser calculadas para vários valores de RB1a. Isso feito, constata-se que, com RB1a = 10 kΩ, os valores resultantes das grandezas quiescentes são: ICQ = 443,7 µA; VE = 3,026 V; VCEQ =12,332 V e S = 9,76, estando todas dentro das faixas permitidas de tolerância. Parâmetros incrementais: 15,17 8649525,25 7,443 == m gm µ [mA/V] 9463,18 15,17 325 === mg r m β pi [kΩ] 64,161 7,443 615,0332,1260 = −+ = −+ = µ Q QQ C BECEAF o I VVV r [kΩ] b.) Calcular o valor de R6 para que o amplificador possua um ganho de tensão inversor de 10 V/V ± 5 % (9,5 V/V ≤ |Aυ| ≤ 10,5 V/V). Para esse tipo de amplificador, o ganho de tensão vale: 6 ( ) ( ) ( )[ ]pipi pi υ rgrRRRrRr RrrgR A moCACECoACE ComACE +++++ ×− = 1*)( * )( * )( [V/V] onde: 65 65 )( RR RR R ACE + × = [Ω] Implementando-se essas equações na calculadora e fazendo-se o solve para Aυ = -10 V/V, conclui-se que: R6 = 6,103 kΩ ⇒ R6 = 6,2 kΩ ou R6 = 5,6 kΩ ⇒ 243,3 2,68,6 2,68,6 )( =+ × = kk kkR ACE [kΩ] ou 071,36,58,6 6,58,6 )( =+ × = kk kkR ACE [kΩ] c.) Com R6 arredondado para o valor comercial mais próximo, calcular: Aυ; Ri e Ro do amplificador, para pequenos sinais e baixas freqüências. c.1.) Ganho de tensão: Usando-se a equação de Aυ, calcula-se: Aυ =-9,9198 V/V e Aυ =-10,4634 V/V Respectivamente para R6 = 6,2 kΩ e R6 = 5,6 kΩ. Ambos os valores satisfazem. c.2.) Resistência de Saída: ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] )(')( )( ' )( 1 1 ACEmoCCoACE CmACEooACE o RrgrRrRrR RrgRrrrR R ×+++×++ ×+××+×+ = pipi pipi [Ω] ⇒ Ro=32,862 kΩ ou Ro=32,855 kΩ Respectivamente para R6 = 6,2 kΩ e R6 = 5,6 kΩ. c.3.) Resistência de Entrada Vista na Base: )( )( * * * ACE ACECo omCo i RRRr rrgRr rR × ++ ++ += pipi [Ω] ⇒ 883,0932 kΩ ou 837,945 kΩ 7 Respectivamente para R6 = 6,2 kΩ e R6 = 5,6 kΩ. 4.1.4 Resistência de Entrada: )( * )( * ACBi ACBi i RR RR R + × = [Ω] onde: 405,59 47068 47068 12 12 )( =+ × = + × = kk kk RR RR R bBB bBB ACB [kΩ] Então: 55,661 kΩ ou 55,473 kΩ Respectivamente para R6 = 6,2 kΩ e R6 = 5,6 kΩ.
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