EXERCÍCIOS - 2

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APÊNDICE
UNIDADE 2
Eletrônica 
Analógica
U2 - Transistores bipolares de junção (TBJ)2
UNIDADE 2: Transistores bipolares de junção (TBJ)
Gabarito 1. Faça valer a pena - Seção 2.1
1. Alternativa A.
Resposta comentada: a camada do emissor é fortemente dopada, 
e tem como função emitir portadores de carga para a camadas 
da base, que tem uma dopagem média, de modo que a maioria 
dos portadores lançados pelo emissor conseguem atravessá-la. O 
coletor possui uma dopagem leve, e coleta os portadores que vem 
da base.
2. Alternativa C.
Resposta comentada: na região de corte, as duas junções estão 
polarizadas reversamente, fazendo com que a corrente do coletor 
seja praticamente nula, portando o transistor está cortado, como se 
ele estivesse desconectado do circuito. Na região de saturação, as 
duas junções estão polarizadas diretamente, fazendo com que uma 
pequena variação da tenção VCB resulte em uma enorme variação 
da corrente do coletor, nesse caso o transistor está saturado. É 
como se os seus terminais estivessem em curto. Por fim, na região 
ativa, a junção emissor-base está polarizada diretamente e a base-
coletor reversamente. 
É operando na região ativa que o transistor é usado na maior parte 
das aplicações, principalmente na amplificação de sinais, mas 
por outro lado, trabalhando nas regiões de corte e saturação, o 
transistor comporta-se como uma chave eletrônica.
3. Alternativa B.
Resposta comentada: do gráfico da Figura 2.10 (a), para 
VBE =1 V , temos que a corrente de entrada é IE = 30 mA . 
Apêndice
Gabaritos comentados com resposta-padrão
U2 - Transistores bipolares de junção (TBJ)3
Com isso, conseguimos no gráfico da Figura 2.10(b) que, para 
VCB = 4 V , IC = 28 mA . Assim, temos que o ganho de corrente 
em BC é dado por:
a=
I
I
C
E
=
⋅
⋅
−
−
28
30
10
10
3
3
= 0 933, .
Daí, podemos obter de forma direta o ganho de corrente em EC, 
pela relação:
β
α
α
=
−1
=
−
0 933
1 0 933
,
,
=14 
Gabarito 2. Faça valer a pena - Seção 2.2
1. Alternativa A.
Resposta comentada: os pontos Q1 , Q2 e Q3 podem ser implementados, 
sendo que O ponto Q1 está na região de saturação, Q2 está na região 
ativa e Q3 está na região de curte. Os pontos Q4 , Q5 e Q6 não podem 
ser implementados, porque Q4 ultrapassa Pcmax , Q5 ultrapassa ICmax e 
Q6 ultrapassa VCEmax . Portanto, apenas I, III e IV estão corretas. 
2. Alternativa B.
Resposta comentada: primeiro determinamos os parâmetros 
 
do ponto quiescente como V
V
CEQ
CC= =
2
3 V , ICQ = 2 mA , 
 
VBEQ = 0 6, V e hFEmin =110 .
Considerando a tensão em RE como 0 1, ×VCC , com (2.14) 
calculamos RC :
R
V V R i
iC
CC CE E E
C
=
− −
=
− −
=
⋅ −
6 3 0 6 1 2
2 10 3
, , kΩ . 
Para o cálculo de RB , temos que primeiro encontrar a corrente 
de base:
I
I
h
ABQ
CQ
FE
= = =
−2
110
18 1810
3
, µ
.
. Assim, de (2.13):
U2 - Transistores bipolares de junção (TBJ)4
R
V V R i
iB
CC BE E E
B
=
− −
=
− −
=
⋅ −
6 0 6 0 6
18 18
264
10 6
, ,
,
 kΩ
. 
Por fim, o cálculo de RE é feito considerando:
I I IEQ CQ BQ= + = =⋅ + ⋅
− −2 2 01810 18 18 103 6, , mA . E, então,
R V
IE
RE
EQ
= = =
⋅ −
0 6
2 018
297 29
10 3
,
,
, Ω 
3. Alternativa E.
Resposta comentada: devemos calcular os resistores de polarização 
do transistor considerando a região de saturação, ou seja, quando a 
chave estiver na posição “ligado”. Assim, considerando a malha de 
saída temos:
R
V V V
IC
CC C D
C
=
− −SAT
SAT , como I IC DSAT mA= = 25 , temos: 
 
RC =
− −
=
⋅ −
9 0 3 1 5
25
288
10 3
, , Ω .
Para calcular RB antes precisamos encontrar 
 
I
I
hB
C
FE
SAT
SAT
SAT
 mA= = =⋅
−25
20
1 2510
3
, .
Assim, R
V V
IB
E BE
B
=
−
=
−
=
⋅ −
SAT
SAT
 9 0 7
1 25
6640
10 3
,
,
.Ω 
Gabarito 3. Faça valer a pena - Seção 2.3
1. Alternativa A.
Resposta comentada: o ganho de corrente, definido por A i ii C B=∆ ∆ , 
é maior que 1 em módulo e tem sinal positivo, pois a ordem de grandeza 
das variações da corrente do coletor é maior que a ordem de grandeza 
das variações da corrente de base e estão em fase.
O ganho de tensão, definido por A v vi CE BE=∆ ∆ , é maior que 
1 em módulo e tem sinal negativo, pois a ordem de grandeza das 
variações da tensão de saída é maior que a ordem de grandeza das 
variações da tensão de entrada, mas a saída está defasada 180° 
em relação à entrada. Portanto, apenas I e II estão corretas.
U2 - Transistores bipolares de junção (TBJ)5
2. Alternativa A.
Resposta comentada: para o modelo do transistor fixamos 
v1 e i2 como variáveis dependentes e i1 e v2 como variáveis 
independentes, de modo que:
 v f i v
i f i v
1 1 1 2
2 2 1 2
=
=




( , )
( , )
 .
Para relacionar essas tensões e correntes utilizamos os parâmetros 
h, denominados por h11 , h12 , h21 e h22 . De modo que:
 v h i h v
i h i h v
1 11 1 12 2
2 21 1 22 2
= +
= +




 . 
Daí, podemos obter o significado físico dos parâmetros h, para isso 
basta fixar o valor de uma das variáveis independentes. Fazendo 
v2 0= , temos:
• Impedância de entrada com saída em curto: h v
i
v
11
1
1 02
=
=
.
• Ganho direto de corrente com saída em curto: h i
i
v
21
2
1 02
=
=
.
Fazendo i1 0= , temos: 
• Ganho reverso de tensão com entrada aberta: h v
v
i
12
1
2 01
=
=
.
• Admitância de saída com entrada em curto: h i
v
i
22
2
2 01
=
=
 .
Portanto, a sequência de associações 1 – C, 2 – B, 3 – D, 4 – A é 
a correta.
3. Alternativa A.
Resposta comentada: calculando Ai , ZE , AV , ZS , AiG e 
AvG temos:
U2 - Transistores bipolares de junção (TBJ)6
A
h
h Ri
fe
oe L
=
−
+
=
−
+
=−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅−1
220
1 18
202
10 5 106 3
. 
Z h A h RE ie i re L= + ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
−2 7 10 202 1 5 10 5 10 2 53 4 3, , , kΩ .
A A
Z
R
v
i
E
L= =
−
=−
⋅ ⋅ ⋅
⋅
202
2 5
4045 10
10
3
3,
.
Z
R h
R h h h hS
iG ie
iG ie oe fe re
=
+
+( ) −
=
+
+(⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅
1 2 7
1 2 7
10 10
10 10
3 3
3 3
,
, ))
=
⋅ ⋅ − ⋅ ⋅− −18 10 220 1 5 10
110
6 4,
 kΩ .
A
R
R Z
AiG
iG
iG E
i= +
= −( )=−⋅
⋅ + ⋅
1
1
202 5810
10 2 5 10
3
3 3,
.
A Z
R Z
AvG E
iG E
v= +
= −( )=−⋅
⋅ + ⋅
2 5
1
404 28910
10 2 5 10
3
3 3
,
,
.