Cálculo de IC, IB e VCE em circuitos com transistores

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João Pedro da Silva Rodrigues
Marcelo Santos Honorato
As equações não podem ser imagens
A solução esta OK.


Exercício 2
Nome: André Luiz Silva Crivellari
A solução tem erro
) Ca I
Determinando que o transistor esteja no estado ativo, temos que:
*Ic Ib
VBE = 0,7 V
Primeiro, para determinar Ic , é preciso achar o valor de Ie. Usando VBE, 
temos:
* e
BE B E
BE B
V V V
V V Ie R
 
 
Para Vb = 4 V, temos:
4 0,7
2,75
e 1,2
B BEV VIe mA
R K
 
  
) Ca I
Agora, usando a malha de entrada do circuito, temos : 
18 ( ) ( ) e( ) 0Rc Ib Ic Rf Ib Vbe R Ie      
Para Vbe = 0,7 V, Ie = 2,75 mA e pela relação Ib + Ic = Ie, 
temos :
3 3 3
3
18 ( ) ( ) Re( ) 0
18 ( e )*
18 0,7 (2,2*10 1,2*10 )*2,75*10
330*10
24,091
Rc Ie Rf Ib Vbe Ie
Vbe R Rc Ie
Ib
Rf
Ib
Ib A

     
  

  


) Ca I
Usando a relação Ie = Ib + Ic, temos:
2,75 24,091 2,726
Ie Ib Ic
Ic Ie Ib
Ic mA A mA
 
 
  
) Eb V
Pelo circuito, obtemos:
Re* 0
Re*
Ve Ie
Ve Ie
  

Para Re = 1,2 K e o valor de Ie calculado 
em a), temos:
1,2 *2,75 3,3Ve K mA V 
) Cc V
Pela malha de saída do circuito,temos;
18 ( )
18 2, 2 (2,75 )
6,05
Vc Rc Ie
Vc K mA
Vc V
 
 

18 ( ) 0
18 ( )
Rc Ic Ib Vc
Vc Rc Ib Ic
    
  
Sendo Ib+Ic=Ie, temos:
) CEd V
Pelo circuito, temos que:
e* 0
e*
Ve R Ie
Ve R Ie
  

Com os valores obtidos anteriormente, temos:
1,2 *(2,75 ) 3,3Ve K mA V 
Assim, com o valor de Ve e Vc, temos que o 
valor de Vce é:
6,05 3,3 2,75
Vce Vc Ve
Vce V
 
  
) be I
Como já mostrado na letra a), o valor de Ib é:
Agora, usando a malha de entrada do circuito, temos : 
18 ( ) ( ) e( ) 0Rc Ib Ic Rf Ib Vbe R Ie      
Para Vbe = 0,7 V, Ie = 2,75 mA e pela relação Ib + Ic = Ie, 
temos :
3 3 3
3
18 ( ) ( ) Re( ) 0
18 ( e )*
18 0,7 (2,2*10 1,2*10 )*2,75*10
330*10
24,091
Rc Ie Rf Ib Vbe Ie
Vbe R Rc Ie
Ib
Rf
Ib
Ib A

     
  

  


)f 
Beta é obtido pela divisão de Ic e Ib.
2,726
113,15
0,024091
Ic mA
Ib mA
   
Para comprovar que o transistor está em estado ativo e as respostas obtidas sejam 
corretas, o valor de Vcb deve ser tal que:
0, 4Vcb V 
Assim, para os valores obtidos de Vc, Ve e Vbe, temos que:
6, 05 0, 7 3, 3
2, 05 0, 4
Vcb Vc Vb
Vcb Vc Ve Ve Vb
Vcb Vc Vbe VB
Vcb
Vcb
 
   
  
  
  
Com Vcb sendo maior que -0,4, o transistor está em modo ativo e os valores 
calculados valem
TBJ - Exercício 3
Nome: Hozianna de Cacia Brandão Ximenes
Exercício 3
Para os circuitos da figura, determinar:
a) IC 
b) IB 
c) VCE
Circuito 1
Circuito 1 Circuito Equivalente
a) IC
Primeiramente levando em conta que o transistor está na região ativa.
Observando a figura, a malha coletor-emissor temos o sentido da corrente IC
e a polaridade de VCE. O valor da corrente do coletor está relacionada a:
�� = � × ��
Mas � = 100, então: �� = 100 × ��
Para encontrarmos IB, precisamos analisar a malha base-emissor. Pela Lei das 
Tensões de Kirchhoff no sentido horário da mallha, temos: 
 ��� − �� × �� − ��� = 0
Resolvendo a equação para IB, temos:
 �� =
�������
��
Sabendo que Vcc= 15V, VBE=0,7V e RB= 200KΩ:
�� =
15 − 0,7
200�
= 0,0715��
Então IC é: 
�� = 100 × �� = 100 × 0,0715� = 7,15��
b) IB
A solução de IB está no item a): 
�� = 0,0715��
c) VCE
Aplicando a Lei das Tensões de Kirchhoff no sentindo horário da malha:
��� + �� × �� − ��� = 0
Resolvendo para VCE, temos:
��� = ��� − �� × ��
Temos que Vcc= 15V, RC=1,0K Ω e IC= 7,15mA:
��� = ��� − �� × �� = 15 − 7,15� × 1� = 7,85�
Verificando se o transistor está na região ativa, levando em consideração 
que o emissor está ligado a referência do circuito: 
�� = ��� = 7,85�
�� = ��� = 0,70�
Portanto:
��� = �� − �� = 7,85 − 0,7 = 7,15� > −0,4�
Confirma-se assim que o transistor está na região ativa.
Circuito 2
Circuito 2 Circuito Equivalente
a) IC
Primeiramente levando em conta que o transistor está na região ativa.
Observando a figura, a malha coletor-emissor temos o sentido da corrente IC
e a polaridade de VCE. O valor da corrente do coletor está relacionada a:
�� = � × ��
Mas � = 300, então: �� = 300 × ��
Para encontrarmos IB, precisamos analisar a malha base-emissor. Pela Lei das 
Tensões de Kirchhoff no sentido horário da mallha, temos: 
 ��� − �� × �� − ��� = 0
Resolvendo a equação para IB, temos:
 �� =
�������
��
Sabendo que Vcc= 15V, VBE=0,7V e RB= 200KΩ:
�� =
15 − 0,7
200�
= 0,0715��
Então IC é: 
�� = 300 × �� = 300 × 0,0715� = 21,45��
b) IB
A solução de IB está no item a): 
�� = 0,0715��
c) VCE
Aplicando a Lei das Tensões de Kirchhoff no sentindo horário da malha:
��� + �� × �� − ��� = 0
Resolvendo para VCE, temos:
��� = ��� − �� × ��
Temos que Vcc= 15V, RC=1,0K Ω e IC= 21,45mA:
��� = ��� − �� × �� = 15 − 21,45� × 1� = −6,45�
Esse resultado denota que VC= -6,45V. E temos que VBE= 0,7V, ou seja
VB=0,7V (pois o emissor está ligado a referência).
Portanto:
��� = �� − �� = −6,45 − 0,7 = −7,15� < −0,4�
Nesse caso o transistor não está no modo ativo, então supomos que ele está 
saturado. A configuração para saturação é:
VCE = 0,2V e VBE=0,7V
OU SEJA AO INVÉS DE VCE=-6,45V, TEMOS QUE VCE=0,2V.
Nesse caso precisamos recalcular IC, item a).
Recalculando 
a) IC
Aplicando a Lei das Tensões de Kirchhoff no sentindo horário da malha:
��� + �� × �� − ��� = 0
Resolvendo para IC:
�� =
��� − ���
��
=
15 − 0,2
1�
= 14,8��
Confirmando se o transistor está em saturação (� = 300):
��
��
< �
14,8�
0,0715�
< 300
206,99 < 300
A partir de desse resultado, confirma-se que o transistor está saturado.
Exercício 4 
Aluno: Bernardo Cruz Abreu Pereira
TEM ERRO
Análise de Circuitos com TBJ em CC 
Determine:
▪ A) Ie
▪ B) Vc
▪ C) Vce
▪ A) Ie ?
▪ Considerando: Vbe = 0.70, Ib = 0.
▪ I = ΔV/R → ( VEE – Vbe ) / Re →
▪ Ie = (8 - 0,70)/(2,20.10³) = 3.18 mA
B
C E
+
-
Vbe
▪ B) Vc ? 
▪ Como Ie = Ib + Ic , Ib = 0 →
▪ Ie = Ic = 3,18mA
▪ Pela 2ª Lei de Kirchhoff:
▪ Vc = Vcc – Re*Ic →
▪ Vc = 10 – 1,8.10³.3,18.10^(-3) →
▪ Vc = 10 – 5,724 = 4,276 V
C E
B
▪ C) Vce ? 
▪ Pela 2ª Lei de Kirchhoff:
▪ Vce = Vcc - Vee – (∑Re)*Ie →
▪ Vce = 10 + 8 – (2,2 + 1,8).10³. 3,18.10^(-3) →
▪ Vce = 18 – 12,72 = 5,28 V
C E
B
Exercício 5
Daniel Ramos Brandao
Hannah de Oliveira Favero
Exercício 
 Para facilitar o calculo posterior simplificamos o 
circuito 
��� =
(��� − ��� ) × �2
�1 + �2
=
(18 − 18) × 510 × 103
510 × 103 + 510 × 103
= 0� 
 
�� = �
1
510 × 103
+
1
510 × 103
�
−1
= 255�Ω 
 
 Supomos que o transistor esteja no modo ativo:
��� = 0,7� 
�� = �� + �� 
�� = ��� 
�� = (� + 1)�� 
 
 Aplicando Lei de Kirchhoff na mallha Base-
Emissor
− ��� + �� × �� + ��� + �� × �� + ��� = 0 
�� =
− ���− ��� − ���
(� + 1)�� + ��
=
0 + 18 − 0,7
(130 + 1)7,5 × 103 + 255 × 103
= 14,0�� 
�� = ��� = 130 × 14,0 × 10
−6 = 1,82�� 
�� = (� + 1)�� = (130 + 1) × 14,0 × 10
−6
= 1,83�� 
 
 Aplicando Lei de Kirchhoff na mallha Coletor-
Emissor
− ��� + �� × �� + �� = 0 
�� = ��� − �� × �� = 18 − 9,1 × 10
3 × 1,82 × 10−3 = 1,44� 
 
��� = �� − ��� − �� = �� − ��� − (�� × �� + ���) 
= 1,44 − 0,7 − (7,5 × 103 × 1,83 × 10−3 − 18 ) = 5,015� 
��� > −0,4�, �������� � ���������� �� �������� �� ���� ����� 
 
��� = �� − �� = 1,44 − (7,5 × 10
3 × 1,83 × 10−3 − 18 ) = 5,715� 
 
EXERCÍCIO 6 – BÁSICA I
Bruno Aarão
Lorena Vieira
Exercício 6
Vbe =0,7V
β=100
Ic=β* Ib
Ie=(β+1)* Ib
Exercício 6
Na malha 1:
Vcc – 4x103(Ic + I1) –Vceq –IeRe = 0
20 – 4x103(Ic + I1) –Vceq –IeRe = 0 (I)
Exercício 6
�1 =
�� − �2
3,3�
 (���)
�2 =
�2
5�
(V)
V2= Vbe + IeRe (IV)
Substituindo IV em V:
�2 =
Vbe + IeRe
��
(V)Substituindo também IV em III :
�1 =
�� − Vbe − IeRe
3,3�
 (��) 
Vx= 20 – 4.103(Ic+I1) (II)
Exercício 6
Como I1=Ib+I2 , substituímos I1 
e Vx a partir de VI e II :
�1 =
�� − Vbe − IeRe
3,3�
 (��) 
�� + �2 =
20 – 4.103
 
(Ic+I1) − Vbe − IeRe
3,3�(���)
Vx= 20 – 4.103(Ic+I1) (II)
Usando os as condições e equações 
conhecidas e manipulando VII :
3,3.103�2 + 3,3.103��= 20 – 4.103(101Ib+I2) – Vbe – 101Ib*0,2.103
7,3.103�2 + 427,5.103��= 20 – 0,7
�2 =
Vbe + IeRe
��
(V)
7,3.103
0,7 + 0,2.103.101��
5.103 + 427,5.10
3�� = 19,3
Exercício 6
Substituindo I2:
7,3.103�2 + 427,5.103��= 20 – 0,7
1,46 0,7 + 20,2.103�� + 427,5.103�� = 19,3
Utilizando a eq. Obtida no slide anterior:
1,022+ 457.103�� = 19,3
�� =
18,278
457.103
�� = 0,04 ��
Exercício 6
De posse de Ib , calcula-se Ic e Ie:
�� = 0,04 ��
�� = 4 �� �� = 4,04 ��
�2 =
Vbe + IeRe
5�
→ �2 = 0,30mA
Calcula-se I2 e I1:
�1 = �� + �2 → �1 = 0,04�� + 0,3��
�1 = 0,34��
Utilizando a primeira eq obtida, determinados Vceq:
20 – 4x103(Ic + I1) –Vceq –IeRe = 0 →
Vceq = 1,828 ����� = 4 ��
Vceq = 1,828 �
Portanto :
Simulação
Simulação
Exercício 7
Gabriel Flausino
Matheus Franco
TEM ERRO
• Reescrevendo o circuito temos:
• Considerando a malha Base-Emissor:
• -Vcc + Rc ∙ (IB + IC) + Rf ∙ IB + VBE = 0
• Como IB = IC ÷ 80 e ICEQ = IC = 2,5mA,
IB = 0,03125 mA = 31,25 µA
• Substituindo os valores encontramos:
• 2,53125 ∙ 10-3 ∙ Rc + 31,25 ∙ 10-6 ∙ Rf = 11,3
• Reescrevendo o circuito novamente, temos:
• Considerando a malha Coletor-Emissor:
• -Vcc + Rc ∙ (IB + IC) + VCE = 0
• Como IB = IC ÷ 80 e ICEQ = IC = 2,5mA,
IB = 0,03125 mA = 31,25 µA
• Substituindo os valores encontramos:
• Rc = 2,37037 ∙ 103 = 2,37 kΩ
• Substituindo Rc na equação da malha Base-Emissor:
• Rf = 169,6 kΩ
• Resistores comerciais:
• Rc = 2k2 Ω
• Rf = 180 kΩ
Conferir o valor calculado para RF
Exercício 8
Ana Luiza Côrte
Mauro Luiz Pedroni Junior
Eletrônica Básica I
2016/2
8) Projete o seguinte circuito de polarização,
considerando ICQ = 0,5ICsat, e VCEQ = 0,5VCC. Use VCC =
20V, Icsat = 10mA, β = 120 e RC = 4RE.
Redesenhando o circuito
Cálculo das correntes
• A partir dos dados, tem-se:
• ��� = 0,5 �����= 0,5 ∗ 10 ∗ 10
��= 5 mA
• ����= 0,5 ��� = 0,5 ∗ 20 = 10 V
• Sabe-se que:
• �� = �� + �� e �� = β ��
Assim, �� =
��
�
+ ��
Logo, �� = �� 1 +
�
�
= ��
���
�
= 5,0417 ��
Como �� = �� − �� , então, �� = 5,0417 ∗ 10
�� − 5 ∗ 10�� = 41,7 μA
DADOS
ICQ 0,5ICsat
VCEQ 0,5VCC
VCC 20V
Icsat 10mA
β 120
RC 4RE
VBE 0,7 V
Cálculo das correntes de malha
• Para a malha de saída, tem-se:
��� − ���� − ��� − ����= 0
20 − 4���� − 10 − ����= 0
10 − 20 ∗ 10�� ∗ �� −5,0417 ∗ 10
�� ∗ ��= 0
10 = �� 20 ∗ 10
�� + 5,0417 ∗ 10��
�� =
��
��,����
≅ 400 Ω, logo �� = 4 ∗ 400 = 1600 Ω
DADOS
ICQ 0,5ICsat
VCEQ 0,5VCC
VCC 20V
Icsat 10mA
β 120
RC 4RE
VBE 0,7 V
Cálculo das correntes de malha
• Para a malha de entrada, tem-se:
��� − ���� − ��� − ����= 0
20 − �� ∗ 41,7 ∗ 10
�� − 0,7 − 400 ∗ 5,0417 ∗ 10��= 0
41,7 ∗ 10�� ∗ ��= 17,28332
�� =
17,28332
41,7 ∗ 10��
= 414,468 �Ω
• Adotando os valores comerciais, tem-se:
�� = 430 �Ω �� = 1,6 �Ω �� = 430 Ω
DADOS
ICQ 0,5ICsat
VCEQ 0,5VCC
VCC 20V
Icsat 10mA
β 120
RC 4RE
VBE 0,7 V
Exercício 9
Bruno Lima Zattoni e Marcos Corrêa Barcelos Júnior
1º - Redesenhando o circuito
Circuito de Polarização por divisor de tensão na Base – para Emissor comum
2º Calculo de Re, Rc e Rb
LKT da malha indicada
Do enunciado temos:
3
24 8 3
3250 
4 10
CC CE E
CE CC C C E C
C
V V V
V V I R V R
I 
   
       

3
24
750 
8 8 8 8 8 4 10
CC CC CC CC
E E E E
E C
V V V V
V R I R
I I 
         
   
De forma mais conservadora:
0,1 0,1 110 750 8250 B ER R       
3º - Cálculo de VBB, R1 e R2
Então:
Da malha em destaque temos:
34 10
8250 0,7 3 4 V
110
C
BB B B BE E B BE E
I
V R I V V R V V

   
             
   
1
24
8250 49500 
4
CC
B
BB
V
R R
V
      1
2
1
49500 8250
9900 
49500 8250
B
B
R R
R
R R
 
   
 
Resultados
1 49500 R  
2 9900 R  
3250 CR  
750 ER  
1 51 kR  
2 10 kR  
3,3 kCR  
750 ER  
Valores comerciais:
���
�����
=
Exercício 10
Jonas Mendes Fiorini e Iagoh Ribeiro Lima
Explicar com 
maior detalhe os 
passos da solução 
e as condições de 
projeto assumidas
Enunciado
Dados
Resolução
 Com β = 50:
Resolução
EXPLICAR PQ É 
ASSUMIDA ESTA 
IGUALDADE
Onde esta o circuito 
correspondente a estas 
eqs.
Resolução
Resolução
Resolução
Resolução
Onde esta o circuito 
correspondente a estas 
eq.
Resolução
Resolução
Resolução
Códigos LaTeX
 $V_{cc} = 20V$
 $I_{cq} = 5mA$
 $R_c = 1k\Omega$
 $50 < \beta < 150$
 $i_c = i_e$
 $V_{bb} = \frac{R_2*20}{R_2 + R_1}$
 $R_{th} = \frac{R_2*R_1}{R_2 + R_1}$
 $-V_{bb} + R_{th}*i_\beta + V_{be} + V_e = 0$
 $V_{bb} = R_{th} * \frac{I_c}{\beta} + V_{be} + V_e$
 $-V_{cc} + R_c*i_{cq} + V_{be} + V_e = 0$
 $V_e = \frac{V_{cc}}{10} = \frac{20}{10} = 2V$
 $R_e = \frac{V_e}{i_e} = \frac{V_e}{i_{cq}} = \frac{2}{5*10^{-3}} = 400\Omega$
 $R_b = R_{th} = 0,1*\beta*R_e = 0,1*50*400 = 2k\Omega$
 $V_{bb} = 2*10^3*\frac{5*10^{-3}}{50} + 0,7 + 2 = 2,9V$
 $2,9 = \frac{R_2*20}{R_2 + R_1}$
 $2000 = \frac{R_2*R_1}{R_2 + R_1}$
 $\frac{R_2*R_1}{2,9} = \frac{R_2*R_1}{2000}$
 $R_1 = 13793\Omega
 $2000 = \frac{R_2*R_1}{R_2 = R_1}$
Códigos LaTeX
 $2000*R_2 + 2000*R_1 = R_2*R_1$
 $2000*R_2 + 2000*13793 = R_2*13793$
 $R_2 = 2339\Omega$
 $R_1 = 13793\Omega$
 $R_2 = 2339\Omega$
 $R_e = 400\Omega$
 $V_{ceq} = 13V$
 $V_{bb} = \frac{R_2*20}{R_2 + R_1}$
 $R_{th} = \frac{R_2*R_1}{R_2 + R_1}$
 $V_{ceq} = V_{cc} - V_c – V_e$
 $V_{bb} = R_{th}*\frac{i_c}{\beta} + V_{be} + V_e$
 $R_e = 400\Omega$
 $R_b = R_{th} = 0,1*\beta*R_e = 0,1*150*400 = 6000\Omega$
 $V_{bb} = 6*10^3*\frac{5*10^{-3}}{150} + 0,7 + 2 = 2,9V$
 $2,9 = \frac{R_2*20}{R_1 + R_2}$
 $6000 = \frac{R_1*R_2}{R_1 + R_2}$
 $\frac{R_2*20}{2,9} = \frac{R_1*R_2}{6000}$
 $R_1 = 41379\Omega$
 $6000*41379 + 6000*R_2 = 41379*R_2$
Códigos LaTeX
 $R_2 = 7017,5\Omega$
 $R_e = 400\Omega$
 $R_1 = 41379\Omega$
 $R_2 = 7017,5\Omega$
 $V_{ceq} = 13V$
 $13793\Omega \leqslant R_1 \leqslant 41379\Omega$
 $2339\Omega \leqslant R_2 \leqslant 7018\Omega$
 $R_e = 400\Omega$
 $V_{ceq} = 13V$
EXERCÍCIOS DE TBJ
Diego Lanes e Lorenna Novelli
Vitória, 24 de outubro de 2016
Exercício 12
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
Para o amplificador da figura, determinar as expressões para: 
 ��, ���, ����
Desconsiderar ��
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Redesenhando o Circuito:
Teorema de Thévenin
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Passo 1 (Análise em CC) :
 Cada capacitor é substituido por um circuito aberto.
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Passo 1 (Análise em CC) : 
 Considerando a malha de entrada (malha Base-Emissor) 
• Aplicando a Lei de Malhas de Kirchhoff:
−��� + ���� + ��� + ���� = 0
• Substituindo �� = � + 1 �� na equação anterior, e solucionando 
para �� temos:
�� =
�������
���(���)��
• Portanto:
�� = � + 1 �� =
�������
��/(���)���
�� = � =
�������
��/� �(���/�)��
=
�������
��/� ���
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Passo 1 (Análise em CC) :
 Considerando a malha de saída (malha Coletor-Emissor) 
• Aplicando a Lei de Malhas de Kirchhoff :
−��� + ���� + ��� + ���� = 0
• Substituindo �� �� na equação anterior, e solucionando para ���
temos:
��� = ��� − ��(�� + ��)
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
Passo 1 (Análise em CC) : Resumindo.
�� =
��� − ���
�� + (β + 1)��
�� = ���
Circuito de Entrada
��� = ��� − ��(�� + ��)
Circuito de Saída
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Passo 2 (Análise em CA) : Calcular os valores dos parâmetros do modelo para pequenos sinais
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Passo 2 (Análise em CA) : Elimine as fontes CC 
 Cada fonte CC de tensão é substituído por um curto-circuito.
 Cada fonte CC de corrente é substituído por um circuito aberto.
 Cada capacitor é substituído por um curto-circuito.Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Passo 3 (Análise em CA) : Substituindo o TBJ por um Modelo de pequenos sinais, usando o 
modelo T, já que �� ∣∣ �� do emissor, aparecerá em série com a resistência de emissor �� do 
modelo T. Temos: ��= �� ∣∣ ��
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Aplicando a regra da resistência refletida.
• Podemos observar que:
 ��� = �� �� [1]
�� = (�� ∣∣ ��) ��
• Aplicando a Lei das correntes de Kirchhoff no nó A:
�� = �� + ∝ �� = �� + β�� = (β + 1)�� [2]
• Substituindo [2] em [1], obtemos:
��� = (β + 1)����
�� = (β + 1)(�� ∣∣ ��)��
A multiplicação pelo 
fator (β + 1) é conhecida 
como a regra da 
resistência refletida.
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Resistência de entrada (���):
��� = 
��
��
= 
��∣∣(���)(���(��∣∣��)) �� 
��
��� = ��∣∣(β + 1)(�� + (�� ∣∣ ��)) 
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Ganho de tensão (��):
 ��=
��
��
• Divisor de tensão entre as resistências (β + 1)�� e (β + 1)�� ∣∣ ��:
�� =(
(���)��∣∣��
(���)���(���)(��∣∣��)
) ��
�� =
��∣∣��
���(��∣∣��)
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Resistência de saída (����):
���� =
��
��
�
���� = 0 
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 12
 Resistência de saída (����):
���� =
��
��
�
���� = 0 
= ((β + 1)(��∣∣ ��)) ∣∣ ((β + 1)�� + ���� ∣∣ ��)
���� = (��∣∣ ��) ∣∣ (�� + 
���� ∣∣��
���
)
EXERCÍCIO 13
Bianca Gonçalves e Sara Sampaio
2
Enunciado do Exercício 13
 Para o amplificador da Figura, determinar as expressões para: Av , Rin e Rout
a) Considerando CE
b) Desconsiderando CE.
Desconsiderar ro
3
Solução - Item (a)
 Análise em CA: Elimine as fontes CC substituindo:
 Cada fonte CC de tensão por um curto-circuito.
 Cada capacitor por um curto-circuito.
4
Solução - Item (a)
 Análise em CA: Redesenhando o circuito.
5
Solução - Item (a)
 Substituindo o TBJ por um Modelo de Pequenos Sinais: Como não há mais
um resistor no emissor, o modelo mais conveniente é o �-híbrido, para o qual Rb
aparecerá em paralelo com ��.
6
Solução - Item (a)
 Cálculo da Resistência de Entrada Rin:
��� =
��
��
=
����||��)��
��
= ���||��
 Cálculo do Ganho de Tensão Av:
�� =
��
��
=
��
��
�� = (��||���||��)(−����) = −(��||���||��)����Mas:
Portanto: �� =
��
��
=
−(��||���||��)����
��
= −(��||���||��)��
7
Solução - Item (a)
 Cálculo da Resistência de Saída Rout:
���� =
��
��
=
��
���� + ��/(��||���)
�� = 0Mas:
Portanto:
���� =
��
��
=
��
������/(��||���)
= 
��
��/(��||���)
=(��||���)
8
Solução - Item (b)
 Análise em CA: Elimine as fontes CC substituindo:
 Cada fonte CC de tensão por um curto-circuito.
 Cada capacitor por um curto-circuito.
9
Solução - Item (b)
 Análise em CA: Redesenhando o circuito.
10
Solução - Item (b)
 Substituindo o TBJ por um Modelo de Pequenos Sinais: O modelo mais
conveniente é o modelo T, já que a resistência RE do emissor aparecerá em série
com a resistência de emissor re do modelo T:
Separar a fonte controlada de 
corrente em 2 fontes e usar a 
regra da resistência refletida!
11
Solução - Item (b)
 Cálculo da Resistência de Entrada Rin:
��� =
��
��
=
����|| � + 1)(�� + �� )��
��
= ���|| � + 1)(�� + ��
 Cálculo do Ganho de Tensão Av:
�� =
��
��
=
��
� + 1)(�� + �� ��
=
1
� + 1)(�� + ��
�� 
��
�� = (��||���||��)(−��) = (��||���||��)(−���) = −�(��||���||��)��Mas:
Portanto: �� =
1
� + 1)(�� + ��
−�(��||���||��)��
��
= −�
��||���||��
�� + ��
12
Solução - Item (b)
 Cálculo da Resistência de Saída Rout:
���� =
��
��
=
��
��� + ��/(��||���)
�� = 0Mas:
Portanto:
���� =
��
��
=
��
�����/(��||���)
=
��
��/(��||���)
= (��||���)
EXERCÍCIO 14
LUCAS MALACARNE ASTORE
SOFÍA POLA SIMONETTI
Exercício 14
Resolução (A)
Vamos determinar as correntes CC de base, emissor e coletor. Para isso substituímos os 
capacitores por um circuito aberto e separamos o circuito em entrada e saída. 
Resolução (A)
Na malha de entrada:
5
3
12 0,7
5,14*10
220*10
CC B B BE
CC BE
B
B
B
V R I V
V V
I
R
I A
 



 
5 360*5,14*10 3,08*10
C B
C
I I
I A

 

 
5 3
( 1)
61*5,14*10 3,13*10
E B
E
I I
I A

 
 
 
Resolução (B)
Vamos calcular os parâmetros �� e �π do modelo π-hibrido de pequenos sinais. 
 / 1
e
m m
r
g g
  
 
be
b
v
i
r
 c m be b ei g v i i   
be
e
e
v
i
r

60
487
0,1232
m
r
g
r




  
3
3
3,08*10
0,1232 /
25*10
C
m
T
m
I
g
V
g A V



 
Resolução (B)
Com os parâmetros calculados podemos montar o circuito equivalente de pequenos sinais do 
amplificador.
487  40K
0,1232 /mg A V
Resolução (C)
Como não há um resistor no emissor, podemos separar o circuito em dois para melhor visualização.
Resolução (C)
Agora podemos calcular ��� e ����
||
220 *487
485,92
220487
in b
in
R R r
K
R

  
||
2200*40000
2085,3
42200
out C o
out
R R r
R

 
Resolução (C)
Vamos calcular ��
   
 
 
|| || *
|| || *
|| ||
1725,5*0,1232 215,6
o o
v
i
o C o L m
C o L m
v C o L m
v
v v
A
v v
v R r R g v
R r R g v
A R r R g
v
A




 
 

  
   
EXERCICIO 16
Aluno: Bryan Maciel
Jhully Anne
ANALISE EM CC
IC, IB E IE
 Com a analise do circuito acima encontramos Ib.
C B
E C B
I =βI
I =I +I
B
C
E
I =0,02mA
I =4mA
I =4,02mA
ANALISE EM CA
 Curto-circuita a fonte cc
 Curto-circuita os capacitores
 Simplificamos o circuito
CALCULANDO OS PARÂMETROS
C
m
T
e
m
A
o
C
I
g =
V
β
β + 1
r =
g
V
r =
I
A
m
o
e
T
V =100
g =0,16
r =25k
r =6,22Ω
V =25mA
SUBSTITUIÇÃO PELO MODELO T
 Fazendo a substituição pelo modelo T
 Usando a regra da resistência refletida
ENCONTRANDO RIN
i
In
i
B e o L
In
V
R =
I
=R ||(β+1)(r +r ||R )
R =1.21k
ENCONTRANDO AV
 Usando um divisor de tensão para encontrar Vo
o
V
i
o L E i
o
e o L E
V
V
A =
V
(β+1)(r ||R ||R )×V
V =
(β+1)(r +r ||R ||R )
A =0.99
ENCONTRANDO R DE SAIDA
x
out
x
out o L E e sig B
out
V
R =
I
R =[(β+1)(r ||R ||R )]||[r +(R ||R )]
R =100.2Ω
Exercício 17
JUNIA GABRIELA LUBE PIMENTEL
MURILO LEONARDELLI DALTIO
Exercício 17
Passo 1: Análise em CC
 Capacitores em aberto
Passo 1: Análise em CC
 Fazendo o equivalente de Thévenin
��ℎ = 
��
�����
∗ ��� = 5�
��ℎ = 3�33Ω
Passo 1: Análise em CC
 Por fim, temos o seguinte circuito equivalente:
��ℎ = 
��
�����
∗ ��� = 5�
��ℎ = 3�33Ω
Passo 1: Análise em CC
 Aplicando LKT na malha 1, temos:
−��ℎ + ��ℎ. �� + ��� + ��. �� = 0
�� = 
��� � ���
���� ��� ∗��
= 41,21��
�� = � + 1 . �� = 4,16��
�� = �. �� = 4,12��
��
Passo 1: Análise em CC
 Por fim, aplicando LKT na malha 2, temos:
��. �� − ��� + ��. �� + ��� = 0
��� = ��� − ��. �� − ��. �� 
��� = 10,84 � 
��
��
Vcc
��
+
Vce
-
Passo 2: Análise em CA
 Capacitores e fonte CC substituídos por um curto.
Passo 2: Análise em CA
 Por fim, temos o seguinte circuito:
Passo 2: Análise em CA 
 Cálculo dos parâmetros do modelo π-híbrido:
�� =
��
��
=
4,12 × 10��
25 × 10��
= 0,1648 �/�
�� =
�
��
=
100
0,1648
= 606,8 Ω
Passo 3 e 4: Análise em CA
 Circuito equivalente de pequenos sinais - � − ℎ������
+
��
-
���||��
Passo 5: Determinando grandezas
 ��� = 
��
��
=
(���| �� .��
��
=
�����
������
��� =
�������,�
��������,�
��� = 512,3 Ω
 A resistência de saída será apenas ��, pois 
ao fazer ���� = 0 � → �� = 0 �, e portanto:
 ���� = �� = 1 �Ω
Passo 5: Determinando grandezas
 Ganho de tensão ���:
��� =
��
��
= − �� × ��
��� = −0,1648 × 1000
��� = −164,8 �/�
Passo 5: Determinando grandezas
 Ganho de tensão ���:
 Ganho de tensão ��:
�� =
��
��
=
− ��. ��� × ��||��
��
�� =
��
��
= − �� × 1�||1� → �� = −82,4 �/�
��� = ��
��� =
��
��
= − �� × ��
��� = −0,1648 × 1000
��� = −164,8 �/�
Passo 5: Determinando grandezas
 Ganho de corrente ��:�� =
��
��
; �� =
��
���||��
 e �� =
��
��
Mas,
�� =
���||��
���||�������
× ���� ; v� = − ��. ��� × ��||��
Portanto:
�� =
− ��. ��� × ��||��
��
��
���||��
=
− �� × ��||��
��
1
���||��
=
−82,4
1�
1
512,3
 → �� = −42,21 �/� 
EXERCICIO 18
Gustavo Merizio e Rolan Correia
A) DETERMINE AS CORRENTES E TENSOES CC: I C , I B , I E E V C E
• Para análise cc, os capacitores se comportam como circuitos abertos, tem-se entao:
CALCULO DO EQUIVALENTE DE THEVENIN
• O Eq. De Thévenin do circuito de entrada: 
��� =
�� ∗ ��
�� + ��
=
10 ∗ 5
10 + 5
= 3,33��
 2
1 2
5
*15 5
10 5
th BB CC
R
V V V V
R R
   
 
• O circuito se resume a:
No modo ativo: 0,7BEV V c BI I ( 1)E BI I 
Aplicando Lei de Kirchoff no circuito de entrada:
( 1) 0BB B B BE B EV I R V I R     
0BB B B BE E EV I R V I R    
 ( 1)B B B BB BEI R I V V   
10 0.7
( 1) 3.33 (100 1)1
BB BE
B
B B
V V
I
R I
 
 
   
�� = 0.041 ��
�� = 100 ∗ �� = 4.1 ��
�� = 101 ∗ �� = 4.16 ��
Aplicando Lei de Kirchoff no circuito de saída:
−��� + ���� + ��� + ���� = 0
��� = 15 − 4.1 − 4.16 = 6.74 �
Portanto, o transistor está em modo ativo.
B) CALCULE E DO MODELO Π-HIBRIDO 
E DESENHE O CIRCUITO EQUIVALENTE PARA 
O MODELO DE PEQUENOS SINAIS 
No modelo π-híbrido, substitui-se o circuito do BJT por:
Em pequenos sinais, curtocircuitam-se os capacitores e as fontes continuas:
• O circuito equivalente:
�� =
��
��
=
4.1 ��
25 ��
= 0.164[S]
�� =
�
��
=
100
0.164
= 609.75 �
C) DETERMINE 
��� = �� ∥ �� ∥ �� =
������
���� + ���� + ����
��� = 0.51 ��
���� = �� = 1 ��
Para o cálculo de Avo, retira-se a carga:
�� =
���
��� + ����
����
�� = 0.504����
Para o cálculo de Av, coloca-se a carga:
�� = −���� ∗ (�� ∥ ��)
�� = −0.164 ∗
1 ∗ 2
1 + 2
∗ 10���
�� = −109��
�� =
��
��
=
−109��
��
�� = −109
�
�
�� = −���� ∗ (��)
�� = −164��
��� =
��
��
=
−164��
��
��� = −164
�
�
• O ganho de corrente Ai
�� =
��
��
=
��
��
��
���
=
��
��
∗
���
��
= ��
���
��
�� = −109 ∗
0.51
2
�� = −27.8
�
�
Exercícios
de TBJ
Exercício 19
Bárbara Subtil Lima
Gustavo Glasgio Bravin Andrade
Lista de Exercícios
 Para o circuito da figura
a) Determine as correntes e as tensões CC: Ic, Ib, Ie e Vce
b) Calcule os parâmetros �� e �� do modelo π-híbrido e desenhe o circuito
equivalente de pequenos sinais do amplificador.
c) Analise o circuito resultante do passo (b) é determine:
Rin e Rout
Avo, Av, Ai .
Exercício 19
2
1,0 PT
Lista de Exercícios
 Redesenhando o circuito:
3
Teorema de Thévenin
�� = ��||�� = 3,33�Ω
��� =
��
�� + ��
��� = 5V
Solução:
Lista de Exercícios
 Passo 1 (Análise em CC): Determinar o ponto Q do BJT
 Cada capacitor é substituído por um circuito aberto
4
Solução:
Lista de Exercícios
5
Circuito de entrada
Cálculo de Ic
�� = ���
�� = 4,1227��
5 − ��. 3,33� − 0,7 − Ie 100 + 900 = 0
�� =
5 − 0,7
3,33� + 101(1000)
�� = 41,227��
�� = � + 1 ��
�� = ���
Circuito de saída
�� 1000 + Vce + RcIc − Vcc = 0
��� = ��� − ���� − ��. 1000
��� = 15 − 2���
��� = 6,7546
3,3KΩ
 Passo 1 (Análise em CC): Determinar o ponto Q do BJT
Solução:
Lista de Exercícios
 Passo 2 (Análise em CA): Calcule os valores dos parâmetros do modelo para
pequenos sinais.
Solução:
6
�� =
�
��
�� =
100
0,16492
�� = 606,354Ω
�� =
��
��
= 
4,123. 10��
25. 10��
�� = 0,16492 �/�
�� = 
�
��
= 
�/(� + 1)
��
= 
100/101
0,16492
= 6,0035Ω
Lista de Exercícios
 Passo 2 (Análise em CA):
 Cada fonte de tensão CC é substituída por um curto
 Cada fonte de corrente CC é substituída por um circuito aberto
 Cada capacitor é substituído por um curto-circuito
Solução:
7
Lista de Exercícios
 Passo 2 (Análise em CA):
 Cada fonte de tensão CC é substituída por um curto
 Cada fonte de corrente CC é substituída por um circuito aberto
 Cada capacitor é substituído por um curto-circuito
Solução:
8
Lista de Exercícios
 Passo 3 e 4: Substituir o BJT por um de seus modelos equivalentes
Solução:
9
Lista de Exercícios
 Usando o teorema dual de Miller:
Solução:
10
�1 =
��
��
�2 = ����
� =
��
��
=
������
��
= ����
� = ��
β
��
= β
� = 100
Lista de Exercícios
 Usando o teorema dual de Miller:
Solução:
11
��1 = 1 + � . 100 = 10,1�Ω
��2 =
1 + �
�
. 100 = 101Ω
Fazendo um divisor de tensão:
�� =
��
��1 + ��
��
Substituindo na equação da fonte de corrente:
��� = ��
��
��1 + ��
���� = �����
 Agora é possível fazer a simplificação do circuito:
 Dos terminais RL é observado apenas o efeito da fonte de corrente, não a queda
de tensão que gera RE2, portanto RE2 para análise pode ser retirado do circuito
Lista de Exercícios
Solução:
12
��||(��1 + ��)
Lista de Exercícios
 A partir do circuito formado determinamos Av e Avo, Ai, Rin e Rout
 Calculando Rin
Solução:
13
��||(��1 + ��)
��� =
��
��
��� =
(��|| ��1 + �� )��
�� ��� = 2,541 kΩ
�� = 3,3�Ω
��1 = 10,1�Ω
�� = 606,354Ω
��� = ��||(��1 + ��)
��� = 3,3�||(10,1� + 606,354)
 Calculando a resistência de saída Rout:
���� =
��
��
|������ =
1K. ��
��
= 1kΩ
Lista de Exercícios
Solução:
14
���
Lista de Exercícios
 Calculo de Av:
Solução:
15
�� =
1
��
−��
��
��1 + ��
��. ��
�
�� = −��
��
��1 + ��
��
�
�� = −0,16492
606,354
606,3545 + 10,1. 10�
. 666,67
�� = −6,227.
�
�
���
��′ = 1�||2� = 666,67Ω
��1 = 10,1�Ω
�� = 606,354Ω
�� = 0,16492
�
�
�� =
��
��
�� = ��
� . ��
= −���. �� ��
�
= −��
��
������
��. ��′
Agora basta substituir na equação de Av
Lista de Exercícios
 Cálculo de Avo:
Solução:
16
��� =
1
��
−��
��
��1 + ��
����
= −��
��
��1 + ��
��
��� = −0,16492
606,354
606,3545 + 10,1. 10�
1�
��� = −9,34.
V
V
���
�� = 1�Ω
��1 = 10,1�Ω
�� = 606,354Ω
�� = 0,16492
�
�
��� =
��
��
|����
�� = ��. �
�
= −���. �� ��
= −��
��
��1 + ��
����
Lista de Exercícios
 Cálculo de Ai:
Solução:
17
�� = −��
�. ��
��
�� + ��
���
��
= −��
��
��1 + ��
�� . ���
�� + ��
�� = −7,91.
�
�
���
��� = 2,541 kΩ
�� = 1�Ω
��1 = 10,1�Ω
�� = 606,354Ω
�� = 0,16492 
�
�
�� =
��
��
�� = −��
�. ��
��
�� + ��
�� =
��
���
Lista de Exercícios
Simulação:
18
Lista de Exercícios
Simulação:
19
�� ��ó���� = −6,227.
�
�
�� �������� = −6,120.
�
�
Exercício 20
EDUARDA COSTA COPPO
SOLUÇÃO INCOMPLETA
Enunciado
 Para o circuito da figura,
a) Determine as correntes e as tensões CC: IC, IB, IE e VCE.
b) Calcule os parâmetros gm e rp do modelo π-híbrido 
de pequenos sinais e desenhe o circuito equivalente 
de pequenos sinais do amplificador.
c) Analise o circuito resultante do passo (b) é determine: 
Rin, Rout e Av.
Resolução – Redesenhando o circuito
18��
22�� 1��
9�
��� = 9� ��� = 9�
Resolução
18��
22�� 1��
�� = ��||�� = 9,9��
��� = (
��
�� + ��
)��� = 0,55�
Por Thevenin:
9,9��
0,55�
��� = 10���� = 10� ��� = 10�
1��
EC1
Slide 4
EC1 Eduarda Coppo; 23/10/2016
Resolução – Análise em CC
9,9��
0,55�
1��
9� �� =
��� − ���
�� + (� + 1)��
 =
0,55 − 0,7
9,9� + 200 × 1�
= −71,5uA
��� = ��� − ����
= 9 − � × �� × 1� = 9,143�
Resolução – Análise em CA
�� =
��
��
=
−1,43�
26�
= −55� � �⁄
�� =
�
��
=
200
−55�
= −3,6��
Calculando �� e ��:
Resolução – Análise em CA
9�
9,9��
0,55�
1��
1��
�� = 9,9��
��
Exercício 21
Alunos:
Arthur Depollo Ferreira
Lucas Castro de Rezende
Professor:
Dr. Jorge L. Aching Samatelo
Enunciado
Resolução
 a) Análise CC: Primeiramente, 
abre-se as fontes CA e todos os 
capacitores se tornam circuitos 
abertos no regime permanente.
Resolução
 Em seguida, é separado o circuito entre entrada e saída. Após isso, é feito 
o equivalente de Thèvenin na entrada:
Resolução
 Para encontrar ���, abrimos a parte de interessedo circuito, e calculamos por divisão de tensão:
��� =
��
�� + ��
× ��� = 20 ×
56�
220� + 56�
= 4,06 �
 Para encontrar ���,curto-circuitamos a fonte e 
fazemos o paralelo entre �� e ��:
��� =
����
�� + ��
=
56� × 220�
220� + 56�
= 44,64 �Ω
���
+
-
Resolução
 Por fim, sabendo-se que ��� = 0,7� e 
�� = (� +1)�� são feitos os cálculos 
para encontrar as incógnitas ��, ��, �� e 
���.
 Por tensões de nó na malha 1: 
−��� + ����� + ��� + ���� = 0
−4,06 + 44,64� × �� + 0,7 + 2,2� × 181�� = 0
�� = 7,58��
�� = � + 1 �� = 181 × 7,58�� = 1,38 �A
�� = ��� = 180 × 7,58�� = 1,37 ��
Resolução
 Na malha 2:
−��� + ���� + ��� + ���� = 0
−20 + 6,8� × 1,38�� + ��� + 2,2� × 1,38�� = 0
��� = 20 − 12,352
��� = 7,65 �
Resolução
 b) Para calcular os valores de �� e ��, adota-se �� = 25 �� e utiliza-se as 
fórmulas:
�� = 
��
��
= 
1,37 ��
25 ��
= 0,0548 �
�� = 
�
��
= 
180
0,0548
= 3284,64 = 3,28 kΩ
Resolução
 Como no regime senoidal os capacitores são tratados como curto-circuito, 
segue modelo �-híbrido:
�� = ��� ��
+ +
- -
�����
Resolução
 c) Tem-se então que ��� é o paralelo de ��� e ��:
��� = ���||�� =
��� × ��
��� + ��
=
44,64� × 3,28�
44,64� + 3,28�
= 3,06 �Ω
 Para encontrar ����, é aberto a fonte dependente �����, e calculado o 
paralelo de �� e ��.
���� = ��||�� =
�� × ��
�� + ��
=
50� × 6,8�
50� + 6,8�
= 5,99 �Ω
Resolução
 Para encontrar ���, é necessário encontrar �� em função de �� (�� = ���) e 
em seguida substituir em ��� =
��
��
:
�� = ��(−��)(��||��)
��� =
��
��
=
−���� × (��||��)
��
= −0,0548 × 5,99�
��� = −328
�
�
Yan Kirk Franthesco Ventura Bernardino
Marcela Freitas Vieira
Exercício 22
Exercício 22
Para o circuito da figura,
a) Determine as correntes CC de base, 
emissor e coletor.
b) Calcule os parâmetros gm e rπ do 
modelo π-híbrido de pequenos sinais 
e desenhe o circuito equivalente de 
pequenos sinais do amplificador.
c) Analise o circuito resultante do passo 
(b) e determine: Rin e Rout
Caracterização de amplificadores TBJ
Exercício 22
a) Determine 
as correntes
CC de base, 
emissor e 
coletor.
Análise CC
1º Passo: Simplificar o circuito
Exercício 22
a) Determine 
as correntes
CC de base, 
emissor e 
coletor.
Análise CC
1º Passo: Simplificar o circuito
Exercício 22
a) Determine 
as correntes
CC de base, 
emissor e 
coletor.
Análise CC
2º Passo: Calcular a corrente de base
R 0
( 1)
R ( 1) 0
R ( 1)
20 0,7
390 1,2(140 1)
34,513
CC b b BE e e
e b
CC b b BE e b
CC BE
b
b e
b
b
V R I V I
I I
V R I V I
V V
I
R
I
I A




    
 
     

 


 
 
34,513bI A 
Exercício 22
a) Determine 
as correntes
CC de base, 
emissor e 
coletor.
Análise CC
3º Passo: Calcular a corrente de coletor e 
emissor
34,513bI A 
140*34,513
4,832
c b
c
c
mA
II
I
I



4,832
c
mAI 
4,832 0,034513
4,867
e c b
e
e
mA
I I I
I
I
 
 

4,867
e
mAI 
Exercício 22
b) Calcule os 
parâmetros 
gm e rπ do 
modelo π-
híbrido de 
pequenos 
sinais e 
desenhe o 
circuito 
equivalente 
de pequenos 
sinais do 
amplificador.
Análise CA
4º Passo: Circuito equivalente de 
pequenos sinais
Exercício 22
b) Calcule os 
parâmetros 
gm e rπ do 
modelo π-
híbrido de 
pequenos 
sinais e 
desenhe o 
circuito 
equivalente 
de pequenos 
sinais do 
amplificador.
Análise CA
5º Passo: Calcular gm e rπ
3
4,832
25 10
193, 28
c
m
t
m
m
I
V
mA
V
g
g
g





140
193,28
0,724338 724,338
m
r
g
r
r k






   
4,832
c
mAI 
Exercício 22
c) Analise o 
circuito 
resultante do 
passo (b) e 
determine: Rin
e Rout.
A equação de 
Rin foi 
deduzida 
aplicando LKT 
no circuito de 
entrada.
Análise CA
6º Passo: Calcular Rin
Rin
( 1 )
| |
( )
1
0 , 7 2 4 3 3 8
0 , 0 0 5 1 4 5 , 1 4
( 1 ) 1 4 1
R
c
r
oR r RR i n b e eR R
c e
r
o
r
r k
e




  
   
     
  
    
     

Considerando 
o efeito de ro
Equação 
disponível na 
página 233 do 
livro Dispositivos 
Eletrônicos 
(Boylestad)
Relação 
disponível no 
livro 
Dispositivos 
Eletrônicos 
(Boylestad)
Exercício 22
c) Analise o 
circuito 
resultante do 
passo (b) e 
determine: Rin
e Rout
A equação de 
Rin foi 
deduzida 
aplicando LKT 
no circuito de 
entrada.
Análise CA
6º Passo: Calcular Rin
Rin
2 , 2
141
100390 || 1 4 0 0 , 0 05 14 1, 2
(2 , 2 1, 2 )1
100
11 5, 8 47
R in
kR in
  
  
    
      
 
Considerando 
o efeito de ro
Exercício 22
c) Analise o 
circuito 
resultante do 
passo (b) e 
determine: Rin
e Rout
Comparação 
de resultados
Análise CA
6º Passo: Calcular Rin
Rin
| | ( 1 ) R
| | ( )
| |
3 9 0 | | 1 4 0 1 , 2
1 1 7 , 4 1 9
b e e
b e e
b e
R rR i n
R r RR i n
R RR i n
R i n
kR i n
 


  
 

 
 
Desprezando o 
efeito de ro
(β+1) é aproximadamente β, porque β >> 1:
115,847kΩ
vs.
re é um número muito pequeno se comparado a Re, então é possível desprezá-lo:
Para mostrar que o efeito de ro é 
desprezível, analisamos o circuito 
com a versão simplificada da 
fórmula apresentada anteriormente.
Exercício 22
c) Analise o 
circuito 
resultante do 
passo (b) e 
determine: Rin
e Rout
Análise CA
7º Passo: Calcular Rout
Rout
( )
|| 1
1
140(100 0,00514)
2, 2 ||100 1
140 0,00514
1
1, 2
2,199
o e
out c o
e
e
out
out
r r
R R r
r
R
R
R k


 
 
  
 
  
 
 
  
 
  
 
Considerando 
o efeito de ro
Equação disponível na página 233 
do livro Dispositivos Eletrônicos 
(Boylestad)
Exercício 22
c) Analise o 
circuito 
resultante do 
passo (b) e 
determine: Rin
e Rout
Análise CA
7º Passo: Calcular Rout
Rout
2,2
out c
out
R R
R k

 
Desprezando o 
efeito de ro
2,199kΩvs.
Simulação
Anexo
2º Passo
\[\begin{array}{l}
- {V_{CC}} + {R_b}{I_b} + {V_{BE}} + {{\mathop{\rm R}\nolimits} _e}{I_e} = 0\\
{I_e} = (\beta + 1){I_b}\\
- {V_{CC}} + {R_b}{I_b} + {V_{BE}} + {{\mathop{\rm R}\nolimits} _e}(\beta + 1){I_b} = 0\\
{I_b} = \frac{{{V_{CC}} - {V_{BE}}}}{{{R_b} + {{\mathop{\rm R}\nolimits} _e}(\beta + 1)}}\\
{I_b} = \frac{{20 - 0,7}}{{390 + 1,2(140 + 1)}}\\
{I_b} = 34,513\mu A
\end{array}\]
3º Passo:
\[\begin{array}{l}
\mathop I\nolimits_c = \mathop {\beta I}\nolimits_b \\
\mathop I\nolimits_c = 140*34,513\\
\mathop I\nolimits_c = 4,832mA
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}
\mathop I\nolimits_e = \mathop I\nolimits_c + \mathop I\nolimits_b \\
\mathop I\nolimits_e = 4,832 + 0,034513\\
\mathop I\nolimits_e = 4,867mA
\end{array}\]
5º Passo
\[\begin{array}{l}
\mathop g\nolimits_m = \frac{{{I_c}}}{{{V_t}}}\\
\mathop g\nolimits_m = \frac{{4,832}}{{25 \times {{10}^{ -
3}}}}\\
\mathop g\nolimits_m = 193,28{\raise0.7ex\hbox{${mA}$} 
\!\mathord{\left/
{\vphantom {{mA} V}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{$V$}}
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}
{r_\pi } = \frac{\beta }{{{g_m}}}\\
{r_\pi } = \frac{{140}}{{193,28}}\\
{r_\pi } = 0,724338k\Omega = 724,338\Omega 
\end{array}\]
6º Passo
\[\begin{array}{l}
\mathop R\nolimits_{in} = {R_b}||\left( {\beta {r_e} + \left[ 
{\frac{{(\beta + 1) + {\raise0.7ex\hbox{${{R_c}}$} 
\!\mathord{\left/
{\vphantom {{{R_c}} {{r_o}}}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{${{r_o}}$}}}}{{1 + 
{\raise0.7ex\hbox{${({R_c} + {R_e})}$} \!\mathord{\left/
{\vphantom {{({R_c} + {R_e})} {{r_o}}}}\right.\kern-
\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{${{r_o}}$}}}}} \right]{R_e}} \right)\\
{r_e} = \frac{{{r_\pi }}}{{(\beta + 1)}} = 
\frac{{0,724338}}{{141}} = 0,00514k\Omega = 
5,14\Omega 
\end{array}\]
Anexo
6º Passo (cont.)
\[\begin{array}{l}
\mathop R\nolimits_{in} = 390||\left( {140 \times 0,00514 + \left[ {\frac{{141 + 
\frac{{2,2}}{{100}}}}{{1 + {\raise0.7ex\hbox{${(2,2 + 1,2)}$} \!\mathord{\left/
{\vphantom {{(2,2 + 1,2)} {100}}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{${100}$}}}}} \right]1,2} \right)\\
\mathop R\nolimits_{in} = 115,847k\Omega 
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}\mathop {\mathop R\nolimits_{in} = {R_b}||\beta {r_e} + (\beta + 1){{\mathop{\rm R}\nolimits} 
_e}}\nolimits_{} \\
\mathop R\nolimits_{in} = {R_b}||\beta ({r_e} + {R_e})\\
\mathop R\nolimits_{in} = {R_b}||\beta {R_e}\\
\mathop R\nolimits_{in} = 390||140 \times 1,2\\
\mathop R\nolimits_{in} = 117,419k\Omega 
\end{array}\]
7º Passo
\[\begin{array}{l}
{R_{out}} = {R_c}||{r_o}\left[ {1 + \frac{{\beta ({r_o} + 
{r_e})}}{{1 + \frac{{\beta {r_e}}}{{{R_e}}}}}} \right]\\
{R_{out}} = 2,2||100\left[ {1 + \frac{{140(100 + 
0,00514)}}{{1 + \frac{{140 \times 0,00514}}{{1,2}}}}} 
\right]\\
{R_{out}} = 2,199k\Omega 
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}
_{out} = {R_c}\\
{R_{out}} = 2,2k\Omega 
\end{array}\]
Exercício 25
Carlos Henrique Maulaz de Freitas
Matheus Beloti Mariani
Enunciado
Para o circuito da figura:
• a) Determine as correntes CC de base, emissor e coletor
• b) Calcule os parâmetros ��e �π do modelo π-híbrido e desenhe o 
circuito equivalente de pequenos sinais do amplificador.
• c) Analise o circuito resultante do passo (b) e determine: ��� , ���� e ��
Primeiramente iremos reescrever o circuito de modo que 
facilite a visualização:
A seguir, iremos simplificar parte do circuito por meio do 
teorema de Thévenin:
��� =
��∗��
�����
= 
���∗���
�������
= 54,54�Ω
-15 + 120*I + 100*I - 15 = 0
I = 
��
���
= 0,136mA
 ���=100*I - 15
 ���= - 1,37V
Simplificado irá ficar da seguinte forma:
A) Passo 1, Análise em CC:
Cada capacitor será substituído por um circuito aberto.
A) Desta forma iremos determinar as correntes da base, 
coletor e emissor.
−��� + (���∗ ��) + ��� + (��∗ ��) − ��� = 0
1,37 + (54,54 * ��) + 0,65 + (5,6 * ��) - 15 = 0
�� = 0,215��
�� = ß* ��
�� = 99 ∗ 0,215 = 21,285��
�� = �� + ��
�� = 21,285 + 0,215 = 21,5��
Pela lei das malhas de Kirchhoof temos que:
B) Calculo do ��, �π e do ��
�� = 
��
��
=
21,285
25
= 0,8186 = 818,6 ��/�
 �π=
ß
��
=
��
���,�
= 0,1174�Ω = 120,9 Ω
� =
99
99 + 1
= 0,99 ⇒ �� =
0,99
0,8186
= 1,209 Ω
B) Passo 2, Análise em CA
As fontes de tensão de CC serão colocadas em 
curto, assim como os capacitores.
Dado o circuito da análise em CA iremos identificar qual será o melhor 
modelo para transformar o circuito
Configuração base comum
Modelo T
Usaremos o Modelo T:
Temos que :
RE = 5,6K Ω
RL = 20KΩ
RC = 4,3KΩ
Rsig = 100Ω
re = 120,9Ω
Ic = 21,285mA
Ie = 21,5mA
��� =
��
��
=
���||��) ⋅ ��
��
= ��||��
��� = 5600||120,9 ≃ 118,3�
Para Rout:
As grandezas observadas a partir da saída
���� = 4,3��
Para o Ganho de tensão (Av):
As grandezas observadas a partir da saída
Temos que :
RL = 20KΩ
RC = 4,3KΩ
�� = 120,9
� = 0,99
�� =
��
��
=
���||��) ⋅ −���
�� ⋅ −��
=
(��||��) ⋅ �
��
�� = 28,98
�
�
respeitando a 
polaridade das 
tensões e o 
sentido da 
corrente para 
cada caso
Exercício 28
NOMES: BRENO DINIZ CORREA LIMA
GLAUCIANE SOUZA DA SILVA
Questão 28: Para o circuito da figura,
a) Determine as correntes CC da base, emissor e coletor.
b) Calcule os parâmetros �� e �� do modelo � − híbrido e desenhe o circuito equivalente de pequenos 
sinais do amplificador.
c) Analise o circuito resultante do passo (b) e determine: ���, ����, ��, ��� = �� �⁄ ,��� ��.
a) 
 Pelo Teorema de Thevenin:
 �� = �� /⁄ ��=
������ �
������)���
= 9��
 ��� =
��
���� �
× ��� = 1,98�
Com os valores encontrados, temos seguinte circuito equivalente:
1,98V
Análise em CC:
- Cada capacitor é substituído por um circuito aberto.
Sendo assim, tem-se:
1,98V
Analisando o circuito anterior:
 �� =
�,����,�
���(���)(������� )
=
�,��
��� ������� �
= 4,92��
 �� = � × �� = 1,23��
 �� ≅ ��
b)
 �� =
��
��
=
�,������
���� ��
= 49,2 × 10�� � �⁄
 �� =
�
��
=
���
��,�����
= 5081,30�
 �� =
���
��
=
���
��,�����
= 5,10 × 10�
Analise em CA:
- Cada fonte CC de tensão é substituída por um curto-circuito.
- Cada fonte CC de corrente é substituída por circuito aberto.
- Cada capacitor é substituído por um curto-circuito.
Substituindo o BJT pelo modelo T:
Determinando as grandezas de interesse:
 Ganho de tensão Av:
 �� =
��
��
= −� × (
�� /⁄ ��
������
�
 Resistência de entrada ���:
��� =
��
��
= �� /⁄ (� + 1) × (�� + ��1)
Resistência de saída:
���� =
��
��
= �� = 3��
 � =
�
���
=
���
���
= 0,996
 �� /⁄ �� =
���
����
= 2,4��
 �� + ��1 = 5100 + 180 = 5280�
 �� = −0,996(
�,����
���,��
) = −0,45
Continuando:
 ��� = 9 �� (251) × (5280) = 8,939��
 ��� =
��
����
= (
���
����� ���
) = (
�,������
�,����������
) = 0,923
 �� =
��
��
=
��� ���
��� ��
= −0,45 ×
��� �
�,������
= −0,15
Modelo �-híbrido:
�
�
 Calculando:
 A tensão de saída em vazio é dada por:
 �� = −�� × �� × (�� /⁄ ��) = � × �� × (�� /⁄ ��)
 Por outro lado, a tensão na entrada é dada por:
 �� = �� × [�� + (1 + �) × ��]
 O ganho de tensão é dado por:
 �� =
��
��
=
��×� �×(�� /⁄ ��)
��×[���(���)×� �]
=
��×(� � /⁄ ��)
���(���)� �
=
�� � /⁄ �� 
��
 Admitindo que �� ≪ (1 + �) × �� e (1 + �) ≅ �:
 �� =
��,��
���
= −0,47
 ��� =
��
��
= �� + (1 + �) × ��� �� = 13,58 × 10
� + (251) ×= 5,898��
 ���� =
��
��
= �� /⁄ �� = 3 � /⁄ 5100 = 1,889��
 ��� =
��
����
=
���
����� ���
=
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