Atividade Final Nota 10 (Eletrônica Analógica)

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Eletroˆnica Anal´ogica Avalia¸ca˜o Final
Prof. Wisley A´lex Costa
Aluno(a): 
1. Escolha o valor dos resistores (R1, R2 e R3) e a tens˜ao de alimentac¸˜ao E para produzir uma corrente de 8,9mA no diodo D1(diodo de sil´ıcio). Considere os resistores dispon´ıveis de 220 Ohm e 470 Ohm.
(a) Apresentar todos os c´alculos realizados, indicando o valor de cada componente:
R1 = 220 Ω ID1 = IR1 = VR2
 R2
VR2 = 0,0089
 470
VR2 = 0,0089
 470
VR2 = 4,183V
IR3 = VR3
 R3
IR3 = 4,883
 470
IR3 = 0,0104A
VR3 = VR2 + VD1
VR3 = 4,183 + 0,7
VR3 = 4,883V
R2 = 470 Ω 
R3 = 470 Ω
VD1 = 0,7V
VR2 = 4,183V
VR3 = 4,883V
ID1 = 8,9 mA = 0,0089A 
IR3 = 0,0104A E = R1 . I1 + VR3
E = 220 . 0,0193 + 4,883
E = 9,129V
I1 = ID1 + IR3
I1 = 0,0089 + 0,0104
I1 = 0,0193A
I1 = 0,0193A
E = 9,129V
(b) Demostre que a corrente trav´es de D1 ´e de 8,9mA.
ID1 = IR2 = VR2 = VR3 – VD1 = 0,0089A
 R2 R2
ID1 = IR2 = 4,183 = 4,883 – 0,7 = 0,0089A
 470 470
2. Considere o circuito apresentado abaixo:
Para este adota-se os seguintes valores:
R = 150Ω
R = 3, 3KΩ = (3300 Ω)
Diodo Zener ⇒ VZ = 6, 2V e PZ = 500Mw = (0,5 W)
(a) Determine a faixa de valores de Vi que manter˜ao o Zener no estado ”ativo”;
VImin = (RL + R) VZVImax = (_PZ_ + _VZ_ ) . R + VZ
 VZ RL
VImax = (_0,5_ + __6,2__) . 150 + 6,2
 6,2 3300 
VImax = (0,0864 + 0,00188) . 150 + 6,2
VImax = (80,645 + 0,00188) . 150 + 6,2
VImax = 18,578V 
 RL
VImin = (3300 + 150)6,2
 3300
VImin = 21390
 3300
VImin = 6,4818V 
Resposta: VImin = 6,4818V
 VImax = 18,578V
(b) O valor de RL para Vi = 15V
RLmin = R . VZ_
 VI – VZ
RLmin = 150 . 6,2
 15 – 6,2
RLmin = 930
 8,8
RLmin = 105,6818 
Resposta: RL = 105,68 Ω
3. Determine Ib, Ic, Vce, Vb, Vc, Vbc no circuito abaixo. Considere a queda de tens˜ao entre a base e o emissor de 0,7V (ignorar os capacitores no c´alculo):
Ib = 47,08µAVb = Vcc – (Rb . Ib)
Vb = 12 – (240000 . 0,00004708)
Vb = 12 – 11,2992
Vb = 0,7008V
Vcc + Rb . Ib + Vbe = 0
12 +(240 . 103) Ib + 0,7 = 0
240000Ib = 11,3
Ib = __11,3__
 240000
Ib = 0,00004708A = 47,08µA
Ic = 2,354mA
Vce = 6,8212V
Vb = 0,7008V
Vc = 6,8212VVc = Vcc – (Rc . Ic)
Vc = 12 – (2200 . 0,002354)
Vc = 12 – 5,1788
Vc = 6,8212V
Vbc = 6,1212V
Ic = β . Ib
Ic = 50 . 0,00004708
Ic = 0,002354A = 2,354mA
Vce = Vbc + Vbe
6,8212 = Vbc + 0,7
Vbc = 68212 – 0,7
Vbc = 6,1212V
Vcc + Rc . Ic + Vce = 0
12 + 2200 . 0,002354 + Vce = 0
12 + 5,1788 + Vce = 0
Vce = 6,8212V
4. Para o circuito a seguir determine:
(a) A equa¸c˜ao de VO:
(b) A equa¸c˜ao de VO para Va = 8:
(c) A equa¸c˜ao de VO para Va = 16:
(d) Os limites de varia¸c˜ao de Va para que VO n˜ao sature:
Respostas:V0 = -2 . Va
 2
V0 = Va
V0 = 34 . 103 . Vx
 68 . 103
V0 = VX_
 2
 
(a) Vx = 60 . 103 . Va
 30 . 103
Vx = - 2 . Va 
(b) Vx = -2 . 8V0 = Vx
 2
V0 = - 15
 2
V0 = 7,5V
(Saturação)
Vx = - 15v
Vx = -16V 
(c) Vx = - 2 . 16V0 = Vx
 2
V0 = - 15
 2
V0 = 7,5V
(Saturação)
Vx = - 15V
Vx = - 32V
(d) Va = VXVa = Vx
 -2
V0 = - 15
 - 2
V0 = 7,5V
 -2- 7,5V < Va < 7,5v
V0 = 15
 -2
V0 = - 7,5V
5. Para o circuito a seguir determine:
(a) A equa¸c˜ao de VO:
(b) A equa¸c˜ao de VO para Va = 4V e Vb = −2V :
(c) A equa¸c˜ao de VO para Va = −4, 5V e Vb = 1V :
(d) Os limites de varia¸c˜ao de Vb para que a sa´ıda
Vo n˜ao sature, considerando Va = 5V .
 (
1
)
	
Respostas:
(a) V0 = - 40 . 103 . Vα – 40 . 103 . Vb
 20 . 103 10 . 103
V0 = - 2 . Vα - 4 . Vb 
(b) V0 = - 2 . 4 – 4 . (- 2)
V0 = - 8 + 8
V0 = 0 V
(c) V0 = - 2 . (- 4,5) – 4 . 1
V0 = 9 – 4
V0 = 5V
Vb = V0 + 2 . Vα
 - 4 
Vb = - 10 + 2 . 5
 - 4
Vb = - 10 + 10
 - 4
Vb = 0V
(d) Vb = V0 + 2 . Vα- 5V < Vb < 0V
 - 4
Vb = 10 + 2 . 5
 - 4
Vb = 20
 -4
Vb = - 5V
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