Sub 2009

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SEL313 – Circuitos Eletrônicos I 
Prova Substitutiva– 2009 
 
1a Questão (5,0): 
 
Analisando o circuito da Figura 1, calcular @ 27°C: 
 
- O ponto quiescente. 
- Os valores de Aυ1 = υo1 /υin; Aυ2 = υo2 /υin e Ri, para pequenos sinais e baixas 
freqüências. 
 
Dados: β1 = 243,449 ; VBE1 = 0,6 V ; VAF1 = 100 V e NF1 = 1. 
 
β2 = 232,7347 ; VBE2 = -0,6 V ; VAF2 = 100 V e NF2 = 1. 
 
 
Figura 1 – Circuito Analisado na Questão 1. 
Resolução: 
 
- Cálculo do ponto quiescente: 
 
Equacionando-se o circuito da Figura 1 em DC, tem-se: 
 
2 
3
11
1
1
1 R
VVV
R
VV
I BEeooCCC
−−
−
−
= (1) 
 
2
4
2
2 β×+−= R
VVV
I CCBEeC (2) 
 
CCCo VIRV −= 252 
e 
CCCCe VRIIV −×





×
+
−×
+
= 62
2
2
1
1
1 11
β
β
β
β
 
 
Agrupando-se as equações acima, chega-se a um sistema de três equações e três incógnitas, 
como mostrado abaixo: 
 
( ) ( )
( ) 113
1113
1 1
1
RR
RVVRVV BEeCCo
×++
+××++
= β
β
 (3) 
 
( )
CC
BEeCC
o VR
RVVVV −××−+=
4
522
2
β
 (4) 
e 
( ) ( )






×
+×+
−
−
=
25
22
1
1 1
β
β
R
VV
R
VVV CCooCCe (5) 
 
Numericamente, tem-se: 
 
 
( ) ( )
( ) kk
kVkV eo 5,11449,243220
1449,2435,16,02203
1
×++
+××++×
= 
 
( ) 3
560
5,17347,2326,03
2 −
××−+
=
k
kVV eo 
e 
( ) ( )






×
+×+
−
−
=
7347,2325,1
17347,2323
5,1
3 21
k
V
k
VV ooe 
 
⇒
 
0464,5−=eV [mV] ; 49684,11 =oV [V] e 507,12 −=oV [V] 
 
Substituindo-se esses valores nas Equações 1 e 2, obtém-se: 
 
01,9981 =CI [µA] e 3372,9952 =CI [µA] 
3 
Então: 
5019,111 =−= eoCE VVV [V] e 50195,122 =−= oeCE VVV [V] 
 
Os parâmetros incrementais dos transistores valem, portanto: 
 
58543,3801,9981 ==
t
m V
g µ
 [mA/V] ; 3094,6
58543,38
449,243
1 ==
m
rpi [kΩ] e 
103,101
01,998
6,05019,1100
1 =
−+
=
µo
r [kΩ] 
 
4821,383372,9952 ==
t
m V
g µ
 [mA/V] ; 0479,6
4821,38
7347,232
2 ==
m
rpi [kΩ] e 
3747,101
3372,995
6,050195,1100
2 =
−+
=
µo
r [kΩ] 
 
- Cálculo dos valores de Aυ1 = υo1 /υin; Aυ2 = υo2 /υin e Ri, para pequenos sinais e 
baixas freqüências: 
 
O transistor Q2 forma um amplificador base-comum cuja resistência de entrada, vista no 
emissor, vale: 
 
( )
( ) 25,267347,23213747,1015,10479,6
0479,65,13747,101*
)( =+×++
×+
=
kkk
kkkR BCi 
 
E cujo ganho de tensão vale: 
 
89605,56
3747,1015,1
3747,1015,14821,38
3747,101
1
)( =+
×
×





+=
kk
kk
m
k
A BCυ [V/V] 
 
O transistor Q1 forma, para a saída Vo1, um amplificador emissor-comum com RE(AC) = 
26,25 Ω. A Figura 1b mostra o circuito linearizado, para pequenos sinais e baixas 
freqüências, desse amplificador, após a aplicação do Teorema de Miller sobre o resistor R3. 
Para esse circuito, tem-se que: 
 
( ) 1131
131*
RARR
ARR
RC
−×+
=
υ
υ
 (6) 
 
O ganho desse amplificador vale, portanto: 
 
( )
( ) ( )[ ]111*)(*1)(1
*
111)(
1 1 omCACECoACE
ComACE
rrgRRRrRr
RrrgR
A
×++×+++×
×−
=
pipi
pi
υ 
 
4 
 
Figura 1b – Circuito Linearizado Equivalente ao Amplificador EC da Figura 1. 
 
Então, após a substituição do valor de RC*, dado pela Equação 6, tem-se: 
 ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ] ( ))(131111)(1)(131
1111)(3111)(1)(1
1 1
1
ACEmoACEoACE
omACEmoACEoACE
RrRRrgrRrRrRR
RrrgRRrgrRrRr
A
+×++×++××+
×−×++×++×
=
pipipi
pipipi
υ (7) 
 
Substituindo-se os valores numéricos das grandezas da Equação 7, chega-se ao resultado: 
 
2835,281 −=υA [V/V] 
 
O resistor RC* vale, então: 
 
( )
( ) 4902,15,12835,282205,1
2835,282205,1*
=
−×+−
−××
=
kkk
kkRC [kΩ] 
 
A resistência de entrada vista na base do amplificador EC vale: 
 
( ) 6313,1225,26
25,264902,1103,101
4902,1449,2431103,1013094,6* =×
++
++×
+=
kk
kkkRi [kΩ] 
 
A resistência de entrada do amplificador vale, então: 
 
( ) ( ) kk
kk
RAR
RR
A
R
R
A
R
R
R
i
i
i
i
i 2202835,2816313,12
2206313,12
1
1
1
31
*
3
*
1
3*
1
3*
++×
×
=
+−×
×
=
−
+
−
×
=
υ
υ
υ
 
 
⇒ 71,4=iR [kΩ] 
 
5 
O transistor Q1, na configuração CC, apresenta o seguinte ganho: 
 
( )
( )[ ]
( )[ ] ( ) kkkkk
kkA
in
e
CC 3094,625,264902,1103,10125,26449,2431103,1014902,1
25,26449,2431103,1014902,1
+++×++
×+×+
==
υ
υ
υ
 
⇒
 ( ) 5005143,0=CCAυ [V/V] 
 
O ganho total do amplificador, relativamente à saída υo2, vale, portanto: 
 
89605,565005143,0)()(22 ×=×== BCCC
in
o AAA υυυ υ
υ
 
⇒
 
 
4773,282 =υA [V/V] 
 
O circuito da Figura 1 funciona, portanto, como separador de fase, isto é, fornece dois 
sinais de saída praticamente idênticos, mas em contrafase, a partir de uma mesma 
entrada. As resistências de saída também são praticamente idênticas e em torno de 1,5 
kΩ. Uma aplicação óbvia desse circuito é a de excitar estágios de saída de potência em 
push-pull. 
6 
 
Figura 2 – Circuito Analisado na Questão 2. 
 
2a Questão (5,0): 
 
Analisando o circuito da Figura 2, calcular @ 27°C: 
 
- O valor da tensão Vin para que Vo =12 V, com RL = 12 Ω. 
- O valor da tensão Vo quando Vin =20 V e RL = ∞. 
- O valor da tensão Vo quando Vin =15 V e RL = 10 Ω. 
 
Dados: β1 = β2 = 306,62 ; VBE1 = VBE2 =0,592 V. 
 
β3 > 1500 ; VBE3 =1,22 V. 
 zenex ≡ Vrev = 4,8554 V e Rrev = 10 Ω. 
 
Considerar: Vt = 86,1734215226µ * (273,15+θ). 
7 
Resolução: 
 
Equações do circuito da Figura 2: 
 
rev
revZCZin
R
VVI
R
VV −
+=
−
1
1
3 β
 
 
22
2
1 R
VI
R
VV refCrefo +=
−
β 
 
2
2
2
1
1
1
6
1 11
CC
BEZ II
R
VV
×
+
+×
+
=
−
β
β
β
β
 
 
3
3
3
1
1
C
refo
L
o I
R
VV
R
V
×
+
=
−
+ β
β
 
 
3
3
2
4
3
β
C
C
BEoin II
R
VVV
+=
−−
 
e 
21 BEBEZref VVVV +−= 
 
Em um exercício de análise, o sistema com essas seis equações e seis incógnitas (IC1 ; IC2 ; 
IC3 ; VZ ; Vref e Vo) torna-se perfeitamente solucionável. Agrupando-se as equações acima, o 
sistema torna-se: 
 
rev
rev
C
revrevin
Z RR
RR
I
RVRV
V
+
×−+
=
3
3
1
1
3 β
 (1) 
 






×
+
−
−
×
+
= 2
2
2
6
1
1
1
1
1
1 C
BEZ
C IR
VV
I β
β
β
β
 (2) 
 
3
3
4
3
2 β
CBEoin
C
I
R
VVV
I −
−−
=
 (3) 
 
( ) 




−×
+
×
+×
=
refo
L
L
C VVR
RR
R
I 1
31
3
3 1β
β
 (4) 
 
2
21
2
11 β
C
refo
IRV
R
RV +×





+=
 (5) 
8 
21 BEBEZref VVVV +−= (6) 
 
Em casos particularizados, como o deste exercício, o transistor Q3 é uma associação na 
configuração Darlington tendo, portanto, β3 muito elevado. Nesse caso, a tensão Vo torna-
se virtualmente independente de RL. Além disso, se Q1 ≡ Q2 e, portanto, β1 = β2 = β ; VBE1 
= VBE2 = VBE e IC1 = IC2 = IC, pela Equação 6 conclui-se que Vref = VZ. 
Nesse caso, o sistema de equações torna-se igual a: 
 
rev
rev
C
revrevin
Z RR
RR
I
RVRV
V
+
×−+
=
3
33 β
 (7) 
 






×
−
×
+
=
621 R
VVI BEZC β
β
 (8) 
 
β
C
Zo
IRV
R
RV 1
2
11 +×





+=
 (9) 
 
Numericamente, tem-se que: 
 
- Cálculo da tensão Vin para que Vo =12 V, com RL = 12 Ω: 
 
107,2
107,2
62,306
7,28554,410
+
××−×+×
=
k
kIkV
V
C
in
Z 
 






×
−
×=
k
V
I ZC 122
592,0
62,307
62,306
 
 
62,306
8,6
7,4
8,6112 CZ
IkV
k
k ×
+×





+=
 
 
⇒ 9027,4=ZV [V] ; 03,17921 == CC II [µA] e 6821,17=inV [V] 
 
- Cálculo da tensão Vo quando Vin =20 V e RL = ∞: 
 
107,2
107,2
62,306
7,28554,41020
+
××−×+×
=
k
kIk
V
C
Z 
 
9 






×
−
×=
k
V
I ZC 122
592,0
62,307
62,306
 
 
62,306
8,6
7,4
8,61 CZo
IkV
k
kV ×+×





+=
 
 
 
⇒
 
91128,4=ZV [V] ; 3849,17921== CC II [µA] e 021,12=oV [V] 
 
- Cálculo da tensão Vo quando Vin =15 V e RL = 10 Ω: 
 
107,2
107,2
62,306
7,28554,41015
+
××−×+×
=
k
kIk
V
C
Z 
 






×
−
×=
k
V
I ZC 122
592,0
62,307
62,306
 
 
62,306
8,6
7,4
8,61 CZo
IkV
k
kV ×+×





+=
 
 
 
⇒
 
89283,4=ZV [V] ; 6186,17821 == CC II [µA] e 9758,11=oV [V] 
 
O circuito funciona, portanto, como um estabilizador de tensão com a tensão de saída 
praticamente independente da carga, se β3 for muito elevado.