AP2 Transistores de Juncao

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Transistores de junção 
 
 
E.A. 
APLICAÇÕES E PROBLEMAS 
PROF. VIVIANA RAQUEL ZURRO 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 1 Eng. Viviana Zurro MSc. 
Sumário 
TRANSISTORES DE JUNÇÃO ........................................................................................................... 2 
Polarização ....................................................................................................................................... 2 
Aplicações digitais ............................................................................................................................ 2 
PROBLEMAS RESOLVIDOS .............................................................................................................. 2 
Polarização ................................................................................................................................... 2 
Aplicações digitais ...................................................................................................................... 12 
Referências ........................................................................................................................................ 21 
 
 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 2 Eng. Viviana Zurro MSc. 
TRANSISTORES DE JUNÇÃO 
Polarização 
Para trabalhar em aplicações analógicas o transistor deve ser polarizado para trabalhar na 
região ativa. Polarizar um transistor significa escolher o ponto de trabalho do mesmo. O ponto de 
trabalho (ponto quiescente) Q é determinado pela corrente de coletor, a tensão de coletor emissor 
e pela corrente da base. Considerando as curvas de saída a polarização pode ser em classe A, B, 
AB ou C dependendo da necessidade. Para polarizar o dispositivo os componentes ligados a ele 
deverão ser calculados para obter uma condição DC de corrente e tensão quando o circuito está 
sem sinal de entrada (sinal que vai ser processado). 
Aplicações digitais 
Em aplicações digitais o transistor trabalha entre corte e saturação, evitando ao máximo a 
região ativa. Entrar na região ativa implica em atraso, portanto quanto mais tempo o transistor ficar 
ativo, mais lento será o sistema. Neste caso não se colocam resistências de polarização na base e 
o sinal de entrada é do tipo on – off, 0 – 1, +V – 0V (MILLMAN e HALKIAS, 1972), (SEDRA e SMITH, 
2000), (BOYLESTAD e NASHELSKY, 2004). 
A continuação, serão resolvidos problemas para transistores em aplicações analógicas 
(polarização) e aplicações digitais. 
PROBLEMAS RESOLVIDOS 
Polarização 
1. Um fotodiodo é usado para controlar um determinado sistema. O sistema é chaveado por um 
relé cuja resistência do enrolamento (bobina) é representada por RL. A corrente IL necessária 
para fechar o relé é 7,5 mA. 𝑉𝐵𝐸 = 0,7 [𝑉], 𝛽 = 100. 
 
a. Calcular a tensão VD na qual a comutação do relé acontece. 
b. Considerando a característica Volt – Ampere do fotodiodo, calcular a mínima iluminação 
requerida para fechar o relé. 
𝐼𝐿 
𝑉𝐶𝐶 
+ 
𝑉𝐷 
- 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 3 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
Resolução: 
a. O transistor encontra-se na região ativa, portanto: 
 
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐿. 𝑅𝐿 = 15,7 [𝑉] 
𝑉𝐷 = 20 − 𝑉𝐵 
𝑽𝑫 = 𝟐𝟎 − 𝟏𝟓, 𝟕 = 𝟒, 𝟑 [𝑽] 
b. Para calcular a iluminação requerida devemos calcular a corrente reversa no fotodiodo I1. IE = 
IL. 
𝐼𝐵 =
𝐼𝐸
𝛽 + 1
=
𝐼𝐿
𝛽 + 1
=
7,5. 10−3
101
= 74,25 [µ𝐴] 
𝐼2 =
𝑉𝐵
𝑅1
=
15,7
50𝑘
= 314 [µ𝐴] 
𝐼1 
+ 
𝑉𝐷 
- 
+ 
𝑉𝐵 
- 
+ 
𝑉𝐵𝐸 
- 
𝐼𝐿 
𝐼2 
𝐼𝐵 
𝑉𝐶𝐶 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 4 Eng. Viviana Zurro MSc. 
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐵 = 388,25 [µ𝐴] 
Conhecendo VD e I1 podemos saber a quantidade de iluminação necessária para fechar o relé 
entrando na curva característica do fotodiodo. 
 
A iluminação necessária será de aproximadamente 2500 lux. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
2. AP2 Problema 1 Para o circuito da figura calcular Rb e Rc. Considere 𝑉𝐶𝐶 = 10𝑉, 𝑉𝐵𝐵 =
5𝑉, 𝐼𝐶 = 10𝑚𝐴, 𝑉𝐶𝐸 = 5𝑉. O transistor é de silício e está ativo, portanto 𝑉𝐵𝐸 = 0,7𝑉 com 𝛽 =
100. 
 
Resolução: 
Aplicando Kirchoff na malha de saída: 
𝑉𝐶𝐶 = 𝐼𝐶 . 𝑅𝑐 + 𝑉𝐶𝐸 
Portanto: 
𝐼𝐶 
𝑉𝐷 
𝐼1 
+ 
𝑉𝐶𝐸 
- 
+ 
𝑉𝐵𝐸 
 - 
𝐼𝐵 
𝑉𝐶𝐶 
𝑉𝐵𝐵 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 5 Eng. Viviana Zurro MSc. 
𝑅𝑐 =
𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸
𝐼𝐶
=
10 − 5
10. 10−3
 
𝑹𝒄 = 𝟓𝟎𝟎 [Ω] 
Considerando a malha de entrada: 
𝐼𝐵 =
𝐼𝐶
𝛽
=
10. 10−3
100
= 100 [µ𝐴] 
𝑉𝐵𝐵 = 𝐼𝐵. 𝑅𝑏 + 𝑉𝐵𝐸 
Portanto: 
𝑅𝑏 =
𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸
𝐼𝐵
=
5 − 0,7
100. 10−6
 
𝑹𝒃 = 𝟒𝟑 [𝒌Ω] 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
3. AP2 Problema 2 Os transistores Q1 e Q2 do circuito operam na região ativa 𝑉𝐵𝐸 = 0,7𝑉 com 
𝛽1 = 100 e 𝛽2 = 50. Calcular: 
a. Todas as correntes. 
b. As tensões Vo1 e Vo2. 
 
Resolução: 
a. Para começar o cálculo aplicaremos Thevenin no ponto B. 
𝐼𝐵2 
𝐼𝐸2 = 𝐼𝐵1 
 
𝐼𝐵2 
𝐼1 
𝐼2 
𝐼𝐶2 
𝐼𝐶1 
𝐼𝐸1 
𝐵 
𝑉𝐶𝐶 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 6 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
 
Por divisor de tensão: 
𝑉𝑇ℎ = 𝑉𝐶𝐶
𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
= 24
82𝑘
10𝑘 + 82𝑘
= 2,61 [𝑉] 
𝑅𝑇ℎ =
𝑅1. 𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
=
10𝑘. 82𝑘
10𝑘 + 82𝑘
= 8,92 [𝑘Ω] 
 
Considerando a malha de entrada: 
 𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝐵2. (𝑅𝑇ℎ + 𝑅𝑏) + 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝐵𝐸1 + 𝐼𝐸1. 𝑅𝑒 (1) 
Como os transistores estão ativos 𝐼𝐸 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵 
 𝐼𝐸2 = (𝛽2 + 1)𝐼𝐵2 = 𝐼𝐵1 (2) 
𝐵 Th 
𝐼𝐵2 
+ 
𝑉𝐵𝐸2 
 + 
𝑉𝐵𝐸1 
 
𝐼𝐸1 
𝐼𝐸2 = 𝐼𝐵1 
 
𝐼𝐵2 
𝐼𝐶2 
𝐼𝐶1 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 7 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 𝐼𝐸1 = (𝛽1 + 1)𝐼𝐵1 (3) 
Substituindo a equação (2) na (3): 
 𝐼𝐸1 = (𝛽1 + 1)(𝛽2 + 1)𝐼𝐵2 = 5151. 𝐼𝐵2 (4) 
Substituindo a equação (4) na equação (1): 
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝐵2. (𝑅𝑇ℎ + 𝑅𝐵) + 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝐵𝐸1 + 5151. 𝐼𝐵2. 𝑅𝑒 
Portanto: 
2,61 = 𝐼𝐵2. (8,92𝑘 + 100𝑘) + 0,7 + 0,7 + 5151. 𝐼𝐵2. 100 
Então: 
𝐼𝐵2 =
2,61 − 0,7 − 0,7
(8,92𝑘 + 100𝑘) + 100.5151
= 1,94 [µ𝐴] 
Da equação (4): 
𝐼𝐸1 = 5151. 𝐼𝐵2 ≅ 10 [𝑚𝐴] 
Da equação (2): 
𝐼𝐸2 = 𝐼𝐵1 = (𝛽2 + 1)𝐼𝐵2 ≅ 99 [µ𝐴] 
𝐼𝐶2 = 𝛽2. 𝐼𝐵2 ≅ 97 [µ𝐴] 
𝐼𝐶1 = 𝛽1. 𝐼𝐵1 ≅ 10 [𝑚𝐴] 
Para calcular as correntes I1 e I2 será necessário primeiramente calcular a tensão no ponto B da 
base do transistor 2: 
𝑉𝐵 = 𝐼𝐵2. 𝑅𝑏 + 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝐵𝐸1 + 𝐼𝐸1. 𝑅𝑒 ≅ 2,59 [𝑉] 
𝐼2 =
𝑉𝐵
𝑅2
= 259 [µ𝐴] 
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐵2 = 261 [µ𝐴] 
𝑰𝟏 = 𝟐𝟔𝟏 [µ𝑨], 𝑰𝟐 = 𝟐𝟓𝟗 [µ𝑨], 𝑰𝑩𝟐 = 𝟏, 𝟗𝟒 [µ𝑨], 𝑰𝑪𝟐 ≅ 𝟗𝟕 [µ𝑨], 𝑰𝑬𝟐 ≅ 𝟗𝟗 [µ𝑨] 
𝑰𝑩𝟏 ≅ 𝟗𝟗 [µ𝑨], 𝑰𝑪𝟏 ≅ 𝑰𝑬𝟏 ≅ 𝟏𝟎 [𝒎𝑨] 
b. Para calcular as tensões de saída aplicaremos Lei de Ohm e Lei de Kirchoff das malhas na 
malha de saída. 
𝑉𝑜1 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶1. 𝑅𝑐 = 24 − 10.10
−3. 1𝑘 
𝑽𝒐𝟏 = 𝟏𝟒 [𝑽] 
𝑉𝑜2 = 𝐼𝐸1. 𝑅𝑒 = 10.10
−3. 100 
𝑽𝒐𝟐 = 𝟏 [𝑽] 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 8 Eng. Viviana Zurro MSc. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
4. Dois transistores de silício com β=100 foram usados no circuito da figura a seguir. 
a. Calcule Vo para Vi = 0. Suponha que o Q1 está em corte e justifique essa suposição. 
b. Calcule Vo para Vi = 6 V. Suponha que o Q2 está em corte e justifique essa suposição. 
 
Resolução: 
a. 𝑉𝑖 = 0 [𝑉]. Supondo Q1 em corte e Q2 ativo: 
 
Redesenhando: 
𝑉𝐵2 
𝑉𝐸 
𝑉𝐸 
𝑉𝐵2 
𝑉𝐶𝐶 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 9 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
Aplicando Thevenin na base do transistor 2: 
 
𝑉𝑇ℎ = 𝑉𝐶𝐶
𝑅3
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
= 12
6𝑘
4𝑘 + 2𝑘 + 6𝑘
= 6 [𝑉] 
𝑅𝑇ℎ =
(𝑅1 + 𝑅2). 𝑅3
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
=
(4𝑘 + 2𝑘). 6𝑘
4𝑘 + 2𝑘 + 6𝑘
= 3 [𝑘Ω] 
𝑉𝐵2 
𝑉𝐸 
Th 
𝑉𝐵2 
 
 
 
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Considerando a malha da base doQ2; 
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝐵2. 𝑅𝑇ℎ + 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸2. 𝑅𝑒 
Como 𝐼𝐸2 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵2 
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝐵2. 𝑅𝑇ℎ + 𝑉𝐵𝐸 + (𝛽 + 1)𝐼𝐵2. 𝑅𝑒 
Portanto: 
𝐼𝐵2 =
𝑉𝑇ℎ − 𝑉𝐵𝐸
𝑅𝑇ℎ + (𝛽 + 1). 𝑅𝑒
= 17,32 [µ𝐴] 
𝐼𝐶2 = 𝛽𝐼𝐵2 = 1,73 [𝑚𝐴] 
𝑉𝑜 = 12 − 𝐼𝐶 . 𝑅𝑐 = 12 − 1,73𝐸
−31𝑘 
𝑽𝒐 = 𝟏𝟎, 𝟐𝟔 [𝑽] 
Para confirmar que o transistor Q1 está em corte será necessário calcular a tensão no emissor do 
transistor 1, lembrando que 𝑉𝐸1 = 𝑉𝐸2 = 𝑉𝐸 e 𝐼𝐸2 ≅ 𝐼𝐶2 
𝑉𝐸 = 𝐼𝐸2. 𝑅𝑒 = 5,25 [𝑉] 
Como a tensão do emissor no transistor 1 é maior que a tensão na base: 
𝑽𝑬 > 𝑽𝒊 ⟹ 𝑸𝟏 𝒆𝒎 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 
O diodo base emissor está reversamente polarizado, portanto o transistor está em corte. 
b. 𝑉𝑖 = 6 [𝑉]. Supondo Q2 em corte e Q1 ativo: 
𝑉𝐵2 
𝑉𝐸 
𝐼𝐵2 
𝐼𝐸2 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 11 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
Como o Q2 está em corte, não circula corrente por Rc, portanto: 
𝑽𝒐 = 𝟏𝟐 [𝑽] 
Para confirmar que o transistor Q2 está em corte será necessário calcular a tensão na base e no 
emissor do transistor 2, lembrando que 𝑉𝐸1 = 𝑉𝐸2 = 𝑉𝐸. 
Considerando a malha da base do Q1; 
𝑉𝑖 = 𝐼𝐵1. 𝑅𝑏 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸1. 𝑅𝑒 
Como 𝐼𝐸1 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵1 
𝑉𝑖 = 𝐼𝐵1. 𝑅𝑏 + 𝑉𝐵𝐸 + (𝛽 + 1)𝐼𝐵1. 𝑅𝑒 
Portanto: 
𝐼𝐵1 =
𝑉𝑖 − 𝑉𝐵𝐸
𝑅𝑏 + (𝛽 + 1). 𝑅𝑒
= 17,43 [µ𝐴] 
𝐼𝐶1 = 𝛽𝐼𝐵1 = 1,743 [𝑚𝐴] 
𝐼𝐸1 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵1 = 1,76 [𝑚𝐴] 
Trabalhando com a malha de saída: 
 𝐼 = 𝐼𝐶1 + 𝐼1 (5) 
 𝑉𝐶𝐶 = 𝐼. 𝑅1 + 𝐼1(𝑅2 + 𝑅3) (6) 
Substituindo a equação (5) na equação (6): 
𝑉𝐶𝐶 = (𝐼𝐶1 + 𝐼1). 𝑅1 + 𝐼1(𝑅2 + 𝑅3) 
𝑉𝐶𝐶 = 𝐼1(𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3) + 𝐼𝐶1. 𝑅1 
𝐼𝐵1 
𝐼 
𝐼𝐶1 
𝐼𝐸1 
𝐼1 
𝑉𝐵2 
𝑉𝐸 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 12 Eng. Viviana Zurro MSc. 
Então: 
𝐼1 =
𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶1. 𝑅1
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
= 419 [µ𝐴] 
𝑉𝐵2 = 𝐼1. 𝑅3 = 2,51 [𝑉] 
𝑉𝐸 = 𝐼𝐸1. 𝑅𝑒 = 5,28 [𝑉] 
Como a tensão do emissor no transistor 2 é maior que a tensão na base: 
𝑽𝑬 > 𝑽𝑩𝟐 ⟹ 𝑸𝟐 𝒆𝒎 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 
O diodo base emissor está reversamente polarizado, portanto o transistor está em corte. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Aplicações digitais 
5. O transistor da figura é um inversor lógico que trabalha entre corte e saturação. Calcular o 
𝑣𝑖𝑚𝑖𝑛 para o transistor saturar. 𝛽 = 300, 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,8 [𝑉], 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,2 [𝑉]. 
 
Resolução: 
Como este circuito é um inversor lógico, quanto menos tempo estiver na região ativa melhor, 
portanto teremos que calcular o valor mínimo de 𝒗𝒊 para o transistor saturar. Se fosse um 
amplificador, não é desejável que o transistor sature, nesse caso seria calculado o valor máximo de 
𝑣𝑖 para o transistor não saturar 
𝑉𝐶𝐶 
𝑉𝐵𝐵 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 13 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
Como temos todos os dados de saída vamos começar pelo circuito de saída. Como 𝛽 > 100, 𝐼𝐸 ≅
𝐼𝐶. No limite da saturação 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 = 𝛽𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 ≅ 𝐼𝐸 
12 = 𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 . 𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 + 𝐼𝐸 . 𝑅𝐸 
12 = 𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 . (𝑅𝐶 + 𝑅𝐸) + 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
12 = 𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 . (2𝑘2 + 1𝑘) + 0,2 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 =
12 − 0,2
3,2𝑘
= 3,68 [𝑚𝐴] 
Trabalhando com o circuito da base: 
𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 =
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡
𝛽
=
3,68 . 10−3
300
≅ 12,3 [µ𝐴] 
𝑉𝑏 = 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 + 𝐼𝐸 . 𝑅𝑒 ≅ 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 + 𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 . 𝑅𝑒 = 0,8 + 3,68 . 10
−3. 1𝑘 = 4,48 [𝑉] 
Usando Lei de Kirchoff das correntes em 𝑉𝑏. 
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 
𝐼1 =
𝑣𝑖 − 𝑉𝑏
𝑅𝑏
=
𝑣𝑖 − 4,48
50𝑘
 
𝐼2 =
𝑉𝑏 − (−12)
𝑅1
=
16,48
100𝑘
= 164,8 [µ𝐴] 
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 =
𝑣𝑖 − 𝑉𝑏
𝑅𝑏
= 12,3. 10−6 + 164,8. 10−6 ≅ 177,17 [µ𝐴] 
𝑣𝑖 − 4,48 = 50𝑘. 177,17. 10
−6 
𝑣𝑖 − 4,48 = 8,85 
𝐼1 
𝐼2 
𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 
𝐼𝐸 
+ 
𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
- 
+ 
𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 
 - 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 14 Eng. Viviana Zurro MSc. 
𝒗𝒊 = 𝟖, 𝟖𝟓 + 𝟒, 𝟒𝟖 = 𝟏𝟑, 𝟑𝟑 [𝑽] 
Conclusão, este circuito não é um bom inversor lógico porque a tensão de entrada deverá ser maior 
do que a fonte de alimentação positiva para o transistor saturar. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
6. Para o circuito a seguir: 
a. Verificar que é um inversor calculando os níveis de saída correspondentes aos níveis 
de entrada de 0V e -6V. 
b. Qual é o mínimo valor de β necessário para o transistor se comportar como chave? 
 
Resolução: 
O circuito com transistor PNP pode ser calculado da mesma maneira que o com transistor NPN, 
aplicando Leis de Kisrchoff e de Ohm e os teoremas necessários. 
a. Considerando 𝑣𝑖 = 0 
Se a tensão de entrada é igual a zero e a tensão do emissor é zero provavelmente o transistor está 
em corte. Considerando o transistor em corte: 
 
A tensão na base do transistor pode ser calculada por divisor de tensão: 
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐵 .
𝑅1
𝑅2 + 𝑅1
 
𝑉𝐵 
𝑉𝐵 
𝑉𝐶𝐶 
𝑉𝐵𝐵 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 15 Eng. Viviana Zurro MSc. 
𝑉𝐵 = 6.
5,6𝑘
22𝑘 + 5,6𝑘
= 1,21 [𝑉] 
A tensão na base do transistor PNP é maior que a tensão de emissor, então o diodo base-emissor 
do transistor está reversamente polarizado, portanto o transistor está em corte. O circuito da saída 
fica como a figura a seguir: 
 
Como a tensão no anodo do diodo é maior do que a do catodo, o diodo fecha devido à corrente I, 
grampeando a tensão de saída em -6V. 
𝒗𝒊 = 𝟎 [𝑽] 𝒗𝒐 = −𝟔 [𝑽] 
Considerando 𝑣𝑖 = −6: 
 
Como a tensão 𝑣𝑖 na base do transistor é muito grande vamos supor que ele está saturado: 
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 = −0,8 [𝑉] 
Na base do transistor: 
𝐼𝐵 = 𝐼1 − 𝐼2 
𝐼𝐵 =
𝑉𝐵 − 𝑣𝑖
𝑅1
−
𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐵
𝑅2
=
−0,8 − (−6)
5,6𝑘
−
6 − (−0,8)
22𝑘
≅ 620 [µ𝐴] 
Como o transistor está saturado 𝑣𝑜 = 𝑉𝐶𝐸 = −0,2𝑉, portanto: 
𝒗𝒊 = −𝟔 [𝑽] 𝒗𝒐 = −𝟎, 𝟐 [𝑽] 
𝐼 
+ 
𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 
 - 
𝑉𝐵 
𝐼𝐵 
𝐼1 
𝐼2 
+ 
𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
- 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 16 Eng. Viviana Zurro MSc. 
Verificando assim que o circuito é inversor. 
b. O mínimo valor de β para que o transistor sature pode ser calculado da seguinte maneira: 
 
Como a tensão de saída 𝑣𝑜 = 0,2𝑉 é maior que a tensão no anodo do diodo, o mesmo abre, 
portanto, pode ser desconsiderado no circuito. 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 =
𝑣𝑜 − 𝑉𝐶𝐶
𝑅𝑐
=
−0,2 − (−18)
2𝑘2
≅ 8,1 [𝑚𝐴] 
Então o mínimo valor de β para saturar o transistor será: 
𝛽𝑚𝑖𝑛 =
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡
𝐼𝐵𝑠𝑎𝑡
 
𝜷𝒎𝒊𝒏 = 𝟏𝟑 
Transistores com β maior do que 13 poderão ser usados para que o circuito funcione corretamente. 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
7. O circuito da figura é um inversor lógico. Calcular o valor máximo de R1 para garantir a 
comutação do transistor (saturação) quando 𝑣𝑖 = 8𝑉. 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,8 [𝑉], 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,2 [𝑉], β=200. 
+ 
𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
- 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 17 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
Resolução: 
O capacitor C é usado para bloquear ruídos de alta frequência (chaveamento), portanto não será 
considerado no cálculo. 
 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 =
𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡
𝑅𝑐
=
8 − 0,2
2𝑘2
= 3,45 [𝑚𝐴] 
𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 =
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡
β
= 17,72 [µ𝐴] 
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 
𝐼2 =
𝑉𝐵 − 𝑉𝐵𝐵
𝑅2
=
0,8 − (−8)
100𝑘
= 88 [µ𝐴] 
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 = 105,72 [µ𝐴] 
𝑉𝐵 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 
𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 
𝐼1 𝐼2 
+ 
𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
- 
+ 
𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 
 - 
𝑉𝐶𝐶 
𝑉𝐵𝐵 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 18 Eng. Viviana Zurro MSc. 
𝑅1 =
𝑣𝑖 − 𝑉𝐵
𝐼1
=
8 − 0,8
105,72. 10−6
 
𝑹𝟏𝒎á𝒙 = 𝟔𝟖, 𝟏 [𝒌Ω] 
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
8. AP2 Problema 3 Analise a porta DTL (diode – transistor – logic). 𝑉𝐷𝑜𝑛 = 0,7 [𝑉], 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 =
0,8[𝑉], 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,2[𝑉] 
a. Verifique a operação lógica que ela deverealizar. Considere o circuito como uma lógica 
positiva (a tensão do “1” lógico igual ao nível alto de tensão e a tensão do “0” lógico igual 
ao nível baixo de tensão). 
b. Calcule o βmin necessário do transistor para garantir o nível baixo (saturar) do “0” lógico 
na saída se duas portas similares são conectadas na saída desta porta. 
 
Resolução: 
Em eletrônica digital o 1 e o 0 lógicos se escrevem entre aspas para diferenciar de 1V e 0V (tensão). 
a. Considerando nível alto = “1” ≈ 3V e nível baixo = “0” ≈ 0V. 
Don = diodo polarizado direto: fechado. Doff = diodo polarizado reverso: aberto. Qon = transistor 
saturado (fechado), Qoff = transistor em corte (aberto). Y = saída lógica. 
Qualquer uma das entradas que estiver em 0V (“0”) circulará uma corrente I fechando o diodo 
correspondente (A, B e ou C). Uma corrente I1 tenderá a circular abrindo os diodos D1 e D2, então 
a fonte VBB puxará corrente da base do transistor levando ele ao corte. Como não haverá corrente 
circulando por Rc a tensão de saída vo será igual a VCC (Y = “1”). 
𝑉𝐶𝐶 𝑉𝐷𝐷 
𝑉𝐵𝐵 
𝑌 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 19 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
Se todas as entradas estiverem em 3V (“1”) A tensão no ponto P será menor que 3V, então uma 
corrente I tenderá a circular em cada diodo (A, B e C) abrindo os mesmos. 
𝑉𝑃 = 𝑉𝐷1 + 𝑉𝐷2 + 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,7 + 0,7 + 0,8 = 2,2 [𝑉] 
Como 
𝑉𝐴 , 𝑉𝐵 , 𝑉𝐶 > 𝑉𝑃 ⟹ 𝐷𝐴, 𝐷𝐵, 𝐷𝐶 𝑎𝑏𝑒𝑟𝑡𝑜𝑠 
Uma “grande” corrente I1 circulará fechando os diodos D1 e D2, parte dessa corrente entrará na base 
do transistor levando ele a saturação. A tensão de saída vo será igual a VCEsat (Y = “0”). 
 
 
𝐼1 
𝐼 
𝐼1 
𝑃 
𝐼 
𝐼 
𝐼 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 20 Eng. Viviana Zurro MSc. 
Núm. A B C VA[V] VB[V] VC[V] DA DB DC D1 D2 Q vo[V] Y 
000 0 0 0 0 0 0 on on on off off off 3 1 
001 0 0 1 0 0 3 on on off off off off 3 1 
010 0 1 0 0 3 0 on off on off off off 3 1 
011 0 1 1 0 3 3 on off off off off off 3 1 
100 1 0 0 3 0 0 off on on off off off 3 1 
101 1 0 1 3 0 3 off on off off off off 3 1 
110 1 1 0 3 3 0 off off on off off off 3 1 
111 1 1 1 3 3 3 off off off on on on 0 0 
 
O circuito configura uma porta NAND 
b. Com as três entradas em “1” e alimentando duas portas iguais, o circuito ficaria assim: 
 
A corrente que circula pelas portas ligadas à saída será calculada para a porta 1 mas será a mesma 
na porta 2. 
 
+ 
𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
- 
Porta 1 
Porta 2 
𝑃 
𝑃1 
𝐼 
𝐼 
𝐼1 
𝐼2 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 
𝐼𝑥 
𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 
+ 𝑉𝐷 − + 𝑉𝐷 − 
+ 
𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 
 - 
− 𝑉𝐷 + 
− 𝑉𝐷 + 
𝑃2 
𝑉𝐶𝐶 𝑉𝐷𝐷 
𝑉𝐵𝐵 
𝑉𝐷𝐷 
𝑉𝐷𝐷 
𝑉𝐷𝐷 
𝑃1 
− 𝑉𝐷 + 
+ 
𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 
- 
𝐼 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 21 Eng. Viviana Zurro MSc. 
Por malha na saída do transistor: 
𝑉𝑃1 = 𝑉𝐷 + 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0,7 + 0,2 = 0,9 [𝑉] 
Por Lei de Ohm: 
𝐼 =
𝑉𝐷𝐷 − 𝑉𝑃1
𝑅1
=
5,2 − 0,9
3𝑘3
≅ 1,3 [𝑚𝐴] 
Circuito do coletor: 
𝐼𝑥 =
𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡
𝑅𝑐
=
3 − 0,2
1100
= 2,54 [𝑚𝐴] 
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 = 𝐼𝑥 + 2𝐼 ≅ 5,14 [𝑚𝐴] 
Circuito da base: 
𝑉𝑃 = 2𝑉𝐷 + 𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 = 2,2 [𝑉] 
𝐼1 =
𝑉𝐷𝐷 − 𝑉𝑃
𝑅1
=
5,2 − 2,2
3𝑘3
≅ 909 [µ𝐴] 
𝐼2 =
𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡 − 𝑉𝐵𝐵
𝑅2
=
0,8 − (−8)
15𝑘
≅ 587 [µ𝐴] 
𝐼𝐵𝑚𝑖𝑛 = 𝐼1 − 𝐼2 ≅ 322 [µ𝐴] 
𝜷𝒎𝒊𝒏 =
𝑰𝑪𝒔𝒂𝒕
𝑰𝑩𝒎𝒊𝒏
≅ 𝟏𝟔 
Todos os circuitos e simulações foram projetados e simulados usando o software online 
Multisim (NATIONAL INSTRUMENTS, 2016). 
Referências 
BOYLESTAD, R. L.; NASHELSKY, L. Dispositivos Eletrônicos e Teoria de Circuitos. São Paulo: 
Pearson Prentice Hall, 2004. 
MILLMAN, J.; HALKIAS, C. C. Integrated Electronics: Analog and Digital Circuits and Systems. 
Tokyo: McGraw-Hill, 1972. 
NATIONAL INSTRUMENTS. MultisimLive. Beta Multisim, 2016. Disponivel em: 
<https://beta.multisim.com/>. 
SEDRA, A. S.; SMITH, K. C. Microeletrônica. São Paulo: Makron Books, 2000. 
 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 22 Eng. Viviana Zurro MSc. 
 
 
 
 
 
 
 
AP2 Transistores de Junção 23 Eng. Viviana Zurro MSc.