Nota: Na resolução dos problemas consideraram-se as equações de Ebers-Moll ou derivadas 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = − − α − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ C E T T U U U U E ES R CS I I e I e 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = −α − + − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ C E T T U U U U C F ES CS I I e I e 0 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = β + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ C T U U C F B CE I I I e 0 1 C T U U C F E CB I I I e ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = −α + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 1 C T U U E R B EC I I I e ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = β + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 1 C T U U E R C EB I I I e ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = −α + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ onde IB IC IE UC UE (pnp) IB IC IE UB UE (npn)
Nos apontamentos teóricos da disciplina as equações anteriores devem ser alteradas, uma vez que as correntesIC e IB foram tomadas com os sentidos contrários aos apresentados. Com efeito, tomaram-se os sentidos para as correntes que lhes correspondem quando o transístor está na zona activa directa. Assim, as equações anteriores são equivalentes às dos apontamentos teóricos se os sinais de I e C I forem trocados. B
Problema TBJ1
Considerar o circuito da figura, que contém um transistor bipolar de junções com os seguintes valores: max 30 ; 5 ; 50 Cdisr C F U = V P = W β = IC IB IE UCE UC UE U EB EC RE 100 20 40 B C R E V E V = Ω = =
a) Calcular os valores das correntes e tensões indicadas. Desprezar o valor de IC0 e supor que
E B
U <<E . Calcular as potências postas em jogo nos diferentes elementos do circuito e a relação entre elas.
b) Calcular o mínimo valor que pode tomar R , explicando quais as razões físicas associadas E
à limitação considerada.
c) Para o caso indicado no esquema, haverá algum perigo para o transistor se se interromper o circuito de base?
d) Admitindo que E sofre uma variação B ΔEB <<EB e E se mantém constante, calcular o C
valor de ΔU ΔEB .
Resolução
a) Da análise das malhas do circuito obtém-se:B E E E
(
)
E B C I = − I +I (2) = − C B C U E E (3) CE C E U =U −U (4) E E U = −R I (5)Das equações do transistor:
(
)
0 exp 1
C F B CE C T
I = β I +I ⎡⎣ U U − ⎤⎦ (6)
De (1), desprezando U face a E E , tem-se: B IE =200 mA. De (3) tem-se UC = −20 V. O transistor está a funcionar na região activa directa.
De (6) tem-se IC ≅ βF BI . De (2) e (6) obtém-se IC= −196 mA e IB= −4 mA. De (5) tem--se U = −20 V. 0, 08 W = = B E B B P E I = =7,84 W C E C C P E I 4 W = − = E R E P I U 3,92 WPtr=U IE E+I UC C≅I UC C = 7,92 W = + = B C for E E P P P = + =7,92 W E dis R tr P P P b) U IC C ≤5 W ⇒ IC ≤250 mA 20 V eUC = − IE = − −IC IB≅ − ⇒IC IE ≤250 mA min 20 V 80 80 = + = ⇒ ≥ Ω ⇒ = Ω E E C CE E E I R E U R R
A limitação está associada ao facto de a potência máxima posta em jogo no transistor ser de 5 W. Ultrapassar este valor pode conduzir, por exemplo, a uma migração dos átomos de impurezas dadoras (aceitadoras) para a zona de tipo p (n), com consequências irreparáveis para o dispositivo.
c) IB= ⇒0 IC= −ICE0 ⇒IE =ICE0
CE C E E C CE CEdisr
Assim se se interromper o circuito de base a junção colectora entra em disrupção. A equação (6) deixa de ser válida, sendo a corrente de colector limitada pelo circuito exterior. Nestas condições:
10 V 100 mA e 100 mA
= ⇒ = + = ⇒ = = −
CE CEdisr E E CE C E C
U U I R U E I I
A potência posta em jogo no transistor é neste caso: max 3 W
≅ = <
tr C C C
P U I P
Conclui-se que a interrupção do circuito de base não envolve perigo para o transistor.
d) Nestas condições:
(
)
(
)
0 0 B B E E E E E B E E E E + ΔE − U + ΔU −R I + ΔI = ⇒ ΔE − ΔU −R Δ = I(
)
E E E E E U+ Δ = −U R I + ΔI ⇒ Δ = − Δ U R I Desprezando ΔUE obtém-se: 1 B B E U U E Δ = −Δ ⇒ Δ Δ ≅ −Problema TB2
É dado o circuito da figura onde E1=15 V,E2 =20 V e R=150Ω . Os dados do transistor a 300 K são os seguintes: 0 max 200 ; 10 A ; 30 V ; 1 W β =F ICE = μ UCE disr = P = 0, 4 V = E U para IE =100 mA a) Calcular as correntes e tensões indicadas na figura.
b) Calcular os valores de ΔU0 Δ e de E1 ΔE1 Δ , supondo que IB Δ é uma variação da E1
tensão E1 sendo Δ << e queE1 E1 ΔU0 e Δ são as correspondentes variações de IB U0 e
B
I . Considerar E constante. 2
c) Calcular o valor máximo que E2 pode tomar supondo E1 constante, de modo que não
sejam excedidos os limites de funcionamento do transistor. IC E2 IB IE E1 U UCE UE UC R
Resolução
a) Das equações do transistor sendo UC =UCB e UE =UEB:(
)
0 exp 1
C F B CE C T
(
)
(
)
exp 1 exp 1
E ES E T R CS C T
I =I ⎡⎣ U U − − α⎤⎦ I ⎡⎣ U U − ⎤⎦ (2)
Das equações do circuito:
1 E E E =U +RI (3) 2 1 C U = − + (4) E E E B C I = − − (5) I I
De (4) tem-se UC= −5 V. Deste modo, utilizando (1) é-se conduzido a IC ≅ βF BI −ICE0. De (3), desprezando U face a E E (junção emissor-base polarizada directamente) tem-se 1
De (1), (3) e (5) tem-se:
99,5 mA ≅ −
C
I e IB ≅ −0,5 mA
Sendo U0= −RIE⇒ − = −E1 15 V. De (2) e para os valores dados
(
UE =0, 4 V, 0,1 A=
E
I e UCE = −5 V
)
podemos concluir que:(
)
exp
E ES E T
I ≅I U U (7)
o que nos permite calcular IES. Obtém-se IES ≅20,8 nA.
Os valores de U e das correntes podem ser determinados a partir das equações (3) e (7), E
uma vez que o transistor está na zona activa directa. Por um processo iterativo obtém-se: 97,3 mA e 0,399 V
≅ ≅
E E
I U .
b) Desprezando ΔUE em face de Δ obtém-se: E1
0 1 0 1 1 U E U E Δ ≅ −Δ ⇒ Δ Δ ≅ − Nessas condições:
(
)
(
)
1 1 1 1 30 k Δ = Δ = −E R IE R + β Δ ⇒ ΔF IB E Δ = −IB R + β = −F Ωc) Para que o transistor não entre na saturação deve verificar-se a seguinte condição:
2 1 0 2 15 V
= − + < ⇒ > C
U E E E
Sendo 100 mAIE ≅ teremos IC≅ −99,5 mA e para que o transistor não exceda a potência máxima:
2 1 2
10 V 10 25 V
> − ⇒ − + > − ⇒ < C
U E E E
Como para E2=25V se tem UCE < UCE disr, a junção colectora não entra em disrupção (o que invalidaria as equações 1 ou 2), este valor corresponde efectivamente ao máximo valor de E para o qual a potência máxima do transistor não é excedida. 2
Problema TB3
Considerar o circuito da figura onde T é um transistor bipolar de junções de germânio com os seguintes parâmetros a 300 K: 0 max 100 ; 1 A ; 50 mW β =F ICE = μ P = 0,3 V = BE U para IE =10 mA e UC=10 V IB IC RC RB UCE U0 E2 IE UC UBE 2 100 k ; 3 k ; 10 V = Ω = Ω = B C R R E
a) Calcular o valor das correntes e tensões indicadas e a potência posta em jogo no transistor quando:
a1) U0 =10 V a2) U0 =0 V
b) Determinar, para U0 =10 V, o valor mínimo de RC para que não seja excedida a potência máxima no transistor.
c) Desenhar um esquema correspondente ao indicado, utilizando um transistor MOSFET, de modo a obter um funcionamento idêntico ao referido em a). Indicar justificadamente, qual o tipo e as características a exigir para esse transistor.
Resolução
a1) Com U0=10 V a junção emissor-base está polarizada directamente. Nessas condições:
(
0)
0 0,1 mA= − ≅ =
B BE B B
As equações de Ebers-Moll para o transistor npn podem ser obtidas das equivalentes para o transistor pnp por um dos processos seguintes: ou mantemos as equações e mudamos os sentidos de referências das correntes (que passam a sair) e das tensões (que deixam de ser referenciadas à base), ou mantemos os sentidos de referência e trocamos os sinais de I , C
B
I , IE, UC e UE nas equações. Optámos pela segunda solução. Duas situações são possíveis nas condições do problema: o transistor na região activa directa
(
UCB=UC >0)
ou na saturação(
UCB =UC<0)
. Consideremos por hipótese o 1º caso. Da equação do transistor:(
)
0⎡exp 1⎤ 0 10 mA −IC = −βF BI +ICE ⎣ −UC UT − ≅ −β⎦ F BI −ICE ⇒IC ≅ Da análise do circuito: 20 V = − ≅ = − = − C CE BE CE C C C U U U U E R Io que não confirma a hipótese. O transistor está na saturação. Nessas condições:
0 3,33 mA ≅ ⇒ ≅ = CE C C C U I E R Da equação:
(
)
0 exp 1 C F B CE C T I I I ⎡ U U ⎤ − = −β + ⎣ − − ⎦ (1)obtém-se 0, 288 VUC = − . A partir da equação de Ebers-Moll:
(
)
(
)
exp 1 exp 1
E ES E T R CS C T
I I U U I ⎡ U U ⎤
− = ⎡⎣ − − − α⎤⎦ ⎣ − − ⎦ (2)
e dos dados do problema
(
UE = −0,3 V para IE = −10 mA e UC =10 V)
obtém-se(
)
(
)
exp 1 exp 97 nA −IE =IES⎡⎣ −UE UT − + α⎤⎦ R CSI ≅IES −UE UT ⇒IES ≅ Como 1 F R CS F ES ES ES F I I β I I α = α = ≅ + β e IE = − −IB IC = −3, 43 mA, tem-se usando (2):(
)
(
)
3 3, 43 10× − ≅IEs⎣⎡exp −UE UT − −1 exp −UC UT +1⎤⎦ . Atendendo a que UC ≅ −0, 228 V tem-se UE ≅0, 28 V. Nessas condições:0, 201 mW
= + ≅
tr E E C C
P I U I U
Nota: Os valores determinados para U e E U permitir-nos-iam inicializar um processo C
funcionamento em repouso do transistor.
a2) U0= 0
Atendendo à característica estacionária de entrada de uma montagem de emissor-comum
(
)
CE
B B BE U
I =I U , o ponto de funcionamento em repouso corresponde ao ponto P da figura seguinte. IB UBE P 1 RB − Recta de declive
Zona activa directa
Corte
0
CE
U >>
O transistor está a funcionar na zona activa directa
(
UBE > e 0 UCE >0)
mas muito próximo da fronteira com a região de corte (representada na figura pela parte tracejada da característica). No corte seria necessário aplicar uma tensão U0< . Na zona de 0 funcionamento considerada as correntes são obtidas de:(
)
(
)
(
)
E ES EP R CS CP ES EP R CS I I U I U I U I − = δ − − α δ − ≅ δ − + α(
)
(
)
(
)
C CS CP F ES EP CS F ES EP I I U I U I I U − = δ − − α δ − ≅ − − α δ −(
1) (
)
(
1)
B C E ES F EP CS R I = − −I I ≅I − α δ −U +I α − sendo δ −( )
U =exp(
−U UT)
− . 1As correntes são todas desprezáveis. Com UEP muito próximo de zero, como se vê pela figura, tem-se:
10 V
≅ =
CE C
U E
A potência posta em jogo no transistor é desprezável porque as correntes I , E I e C I o B
b) Para que a potência posta em jogo no transistor ultrapasse a potência máxima, o transistor ou se encontra na zona activa directa ou na situação de disrupção do colector. Com efeito, no corte as correntes são praticamente nulas e na saturação as tensões são desprezáveis. Admitamos que o transistor está na região activa directa. Nessas condições:
0 CE C C C C C C U =E −R I < ⇒R <E I (3) 0 C F B F B I ≅ β I = β U R (4) De (3) e (4) obtém-se: 0 1 k < = Ω βC B C F E R R U
1 kΩ representa o valor máximo da resistência de colector para que o transistor esteja na região activa directa.
Para que a potência posta em jogo no transistor seja inferior a Pmax deve verificar-se:
3 50 10 C CE I U < × − e 3 50 50 500 CE C C C C C C C C U E R I E R I R I − × = − ⇒ − < ⇒ > Ω
500 Ω representa o valor mínimo da resistência de colector de modo a garantir que a potência máxima do transistor não seja excedida.
Zona para a qual
max
P>P
Zona Activa
Directa Saturação
0 500 1000 RC
( )
Ωc) Atendendo à polaridade da bateria E tem-se C UDS > , o que nos obriga à utilização de 0 um MOSFET de canal n. Interessa que o transistor esteja ao corte com U0=UGS = e 0 com corrente de dreno positiva para U0=UGS =10 V. Então o valor da tensão gate-fonte de limiar, UGSlim, deverá estar compreendido entre 0 e 10 V. O MOSFET de canal n deverá ser de enriquecimento
(
UGSlim>0)
.Problema TB4
Considerar a montagem da figura, que inclui um transistor bipolar de junções com as seguintes características a T =300 K: max 0 50 ; 10 ; 0,5 mA ; 15 V ; 500 mW β =F β =R ICE = UCdisr = − PC = RC RB IB UC IE E U1 20 V ; 1,5 k = C = Ω E R
a) Calcular R que garante que B IB = −0, 2 mA. Calcular os valores das correntes e tensões assinaladas na figura. Considerar UE << . E
b) Supondo válidas as características estacionárias, calcular ΔU1 ΔUE , onde ΔUE é uma pequena variação de U e E Δ a correspondente variação de U1 U . 1
c) Se pretender substituir o transistor de junções por um transistor de efeito de campo, indicar, justificadamente, qual o tipo a escolher.
Resolução
a) Desprezando U tem-se: E 100 k ≅ − ⇒ ≅ Ω B B B R I E RConsiderar a equação do transistor:
(
)
0 exp 1
C F B CE C T
I ≅ β I +I ⎡⎣ U U − ⎤⎦
Admitir por hipótese que o transistor está a funcionar na região activa directa
(
UC<< −UT)
. Nessas condições:0 10,5 mA 10, 7 mA 4, 25 (V)
≅ β − ≅ − ⇒ = − − ≅ ⇒ = − − ≅ −
C F B Ce E B C C C C
I I I I I I U E R I
Confirma-se portanto a hipótese. Nessas condições:
1= C C ≅ −15, 75 (V)
U R I
b) Considerar a equação de Ebers-Moll e o facto de o transistor se encontrar na zona activa directa:
(
)
(
)
(
)
exp 1 exp 1 exp
E ES E T R CS C T ES E T
I =I ⎣⎡ U U − − α⎦⎤ I ⎣⎡ U U − ≅⎤⎦ I U U
Na equação anterior desprezou-se 1 em face de exp
(
UE UT)
e ainda a influência da tensão de colector na corrente de emissor.Por diferenciação obtém-se:
(
)
exp exp E 1 E ES E T T U I I U U U ⎡ ⎛Δ ⎞ ⎤ Δ = ⎢ ⎜ ⎟− ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ Se ΔUE <<UT obtém-se:(
)
exp E E ES E T T U I I U U U Δ Δ ≅Ou, atendendo a que IESexp
(
UE UT)
≅IE0 (corrente de emissor correspondente ao funcionamento em repouso), obtém-se:0 E E T E I U U I Δ Δ = e 1 0 1 1 605,8 1 1 F F C E C C C E F E F T T U R I U U R I R I U U U β Δ β Δ = Δ = − Δ ⇒ = − ≅ ≅ − + β Δ + β
c) UGS UDS D S G E RD RG
No circuito da figura tem-se UGS < e 0 UDS < . Excluem-se assim o JFET e o MOSFET 0 de canal n pois com UDS < não seria possível levar os transistores à saturação (não é 0 possível estrangular o canal do lado do dreno nessas condições). Exclui-se também o JFET de canal p pois nessas condições haveria corrente de gate (tratamento unidimensional do dispositivo não seria possível), além de que o controlo da largura do canal através de UGS
seria muito fraco. Resta o transistor MOSFET de canal p. Caso este seja de
empobrecimento
(
UGSlim>0)
não existem restrições a fazer. Se for de enriquecimento(
UGSlim<0)
deve utilizar-se um transistor com tensão gate-fonte de limiar de módulo inferior à tensão aplicada. As soluções possíveis são:RG RD G B S E RG RD G B S E
Problema TB5
É dado o circuito da figura contendo um transistor npn de germânio a 300 K com as seguintes características: 0 max 200 ; 1 A ; 30 V ; 100 mW ; 0,3 V β =F ICE = μ UCdisr = PC = UE = − para 10 mA = − E I
a) Determinar as correntes e tensões indicadas.
b) Calcular o valor de ΔUCE ΔEB supondo que ΔEB<<EB e que E é constante. C
Determinar ainda entre que limites de E é válido o resultado obtido. B
c) Calcular os novos valores de a) se R for infinito (circuito de base interrompido). Qual o B
máximo valor de R que permite manter o transistor na zona activa directa? B
IC IE IB UC UE UCE RC RB EB EC 40 V ; 20 V ; 5 k ; 1,3 M = = = Ω = Ω C B C B E E R R
Resolução
a) Desprezando U face a E E (junção emissora directamente polarizada) tem-se: B
15, 4 A
≅ = μ
B B B
I E R
Hipótese: transistor na zona activa directa
(
UE <0 e UC >0)
(
)
0 exp 1 0
C F B CE C T F B CE
I I I ⎡ U U ⎤ I I
Obtendo-se sucessivamente: 3,1 mA ; 3,12 mA ; 24, 6 V ≅ = − − ≅ − = − ≅ ≅ C E B C CE C C C C I I I I U E R I U Confirma a hipótese.
Para o cálculo de U pode partir-se de: E
(
)
(
)
exp 1 exp 1
E ES E T R CS C T
I I U U I ⎡ U U ⎤
− = ⎡⎣ − − − α⎤⎦ ⎣ − − ⎦
Uma vez que o transistor está na zona activa directa tem-se:
(
)
2(
)
exp 10− exp 0,3 0, 026 97 nA
−IE ≅IES −UE UT ⇔ ≅IES ⇒IES ≅ Podem obter-se os valores de I e de E U a partir do conjunto de equações: E
(
)
(
) ( )
exp 97 exp nA −IE ≅IES −UE UT = −UE UT E B C I = − −I I CE C C C C E C U =E −R I =U −U ≅U b) e e 0, 77 CE C C B B B C F B CE C C C F B B B B U R I E R I I I U R I R E R I R Δ = − Δ Δ = Δ Δ = β Δ ⇒ Δ Δ ⇒ = − = − β = − Δ ΔO resultado anterior pressupõe o transistor a funcionar na zona activa directa. Com efeito, desprezou-se ΔUE e considerou-se Δ = β Δ . Para tal devem verificar-se as seguintes IC F IB
condições: 0 0 E B U < ⇒E > 0 0 52 V > ⇒ − + < ⇒ < β C ⇒ < C C C C C F B B B R U E R I E E E R
Para que o resultado seja válido deverá verificar-se 0<EB<52 (V). c) = ⇒0 = 0= μ ⇒1 A = − ≅40 V>
disr
B C CE CE C C C CE
I I I U E R I U
O transistor está a funcionar na zona de disrupção do colector, pelo que as equações de Ebers-Moll ou derivadas não são válidas. Nesse caso tem-se:
30 V 10 2 mA
= = ⇒ = − = ⇒ =
disr
CE CE C C C CE C
U U I R E U I
A potência posta em jogo no transistor é P=I UC C =60mW <Pmax
0 2 mA ; 30 V
= ∞ ⇒ = ⇒ = − = =
B B C E CE
R I I I U
Para que o transistor se mantenha na zona activa directa:
30 V 10 2 mA 0, 01 mA
< ⇒ = − > ⇒ > ⇒ ≅ β >
CE C C C CE C B C F
U I R E U I I I
ou sendo EB ≅R IB B é-se conduzido à condição RB <EB IB=2 MΩ. O valor máximo de R que garante o funcionamento na zona activa directa é B
max =2 MΩ
B
Problema TB6
Considerar o transistor bipolar npn na montagem seguinte:
IB EB RB UC IC UE IE UCE URC EC RC 50 V ; 10 V ; 10 k ; 100 ; 10 = = = Ω β = β = C B B F R E E R max 0 3 V ; 30 V ; 0,5 W ; 0,1 A = = = = μ disr disr E C CB U U P I
a) Dimensionar o intervalo de valores que R pode tomar de forma a que não seja excedida a C
potência máxima do transistor. Para o valor de R que conduz à potência máxima, calcular C
o valor das correntes e tensões indicadas na figura.
b) Representar graficamente a potência posta em jogo no transistor em função de R quando C
esta tomar os valores no intervalo definido em a). Indicar nesse gráfico as diferentes zonas de funcionamento do transistor, bem como os valores de R que as separam. C
c) Indicar, justificadamente, como seriam alterados os resultados da alínea a) se, no circuito da figura, se trocassem os terminais de emissor e de colector.
Resolução
a) I UC CE <Pmax⇒IC(
EC−R IC C)
<Pmax (*) 1 mA ≅ ⇒ ≅ B B B B I E R IAdmitindo como hipótese o funcionamento na zona activa directa tem-se: 100 mA ≅ β = C F B I I Substituindo em (*) obtém-se: 450 C R > Ω
Note-se que é na região activa directa ou na situação de alguma das junções se encontrar em disrupção que a potência no transistor pode atingir o valor máximo admissível uma vez que as tensões são desprezáveis na saturação e as correntes são desprezáveis no corte .
Para 450RC = Ω tem-se IB =1 mA e IC =100 mA pelo que: 5
CE C C C C
U =E −R I = ≅U
o que confirma a hipótese de região activa directa. Nessas condições:
45 V ; 101 mA
= − ≅ − = − − ≅ −
RC C C E B C
U I R I I I
b) A junção colectora entra em disrupção quando UCE =30 V, ou seja I RC C =20 V, o que corresponde para IC =100 mA a um valor de RC =200Ω , ou seja, fora do intervalo definido em a). Enquanto estiver na zona activa directa tem-se IC =100 mA, pelo que:
(
)
C C C C C C C
P≅I U ≅I E −R I = −A BR
sendo A e B duas constantes positivas. Na zona activa directa P tem um andamento praticamente linear com R . Por outro lado, na saturação: C
0 500 CE C C C C E ≅ ⇒E ≅R I ⇒R ≅ Ω e portanto P≅ . 0 P Pmax RC (Ω) ∫∫ 450 500 Zona activa directa Saturação
c) Trocando os terminais do emissor e do colector o transistor passaria a funcionar em princípio na zona activa inversa. Nesse caso:
1 mA 10 mA
≅ = ⇒ ≅ β =
B B B E R B
I E R I I
A potência posta em jogo no transistor é neste caso sempre inferior ao valor máximo. Com efeito na região activa inversa:
(
I UE E)
max ≅10UEdisr =0, 03<PmaxNo entanto, atendendo a que
disr disr
E C
U <U a polarização inversa da junção emissora é atingida mais facilmente do que em a). Nestas condições:
(
)
3 47
CE E C CE C C
U ≅ − V ⇒I = E +U R = R
No limiar da disrupção da junção emissora/região activa inversa tem-se:
10 mA e 3 4700 k
= = − ⇒ = Ω
E CE C
I U V R
Na disrupção para que a potência se encontre abaixo do valor máximo permitido deve verificar-se a seguinte condição:
max
3 166, 7 mA 282
≅ < ⇒ < ⇒ > Ω
E E E E C
I U I P I R
Por outro lado, no limiar da saturação/região activa inversa tem-se:
0 e 10 mA 5000
≅ ≅ ⇒ ≅ ≅ Ω
CE E C C E
U I R E I
Em resumo:
0<RC<282Ω P>Pmax (destruição do transistor)
282<RC<4700Ω ⇒ Transistor na disrupção da junção emissora 4700<RC <5000 Ω ⇒ Transistor na zona activa inversa
5000
C
Problema TB7
Admitir que o transitor utilizado na montagem da figura seguinte possui as seguintes especificações a 300 K: max 100 ; 500 mW ; 40 V β =F P = UCdisr = − IB EB RB RE UE UC IE UCE URE IC URC RC EC 5 V ; 10 V ; 100 ; 1 k = = = Ω = Ω B C E C E E R R
a) Calcular R de modo a que B UCE =EC 2. Calcular as correntes e tensões indicadas na figura.
b) Calcular ΔURE Δ e E1 ΔURC Δ na aproximação quase-estacionária, com E1 ΔURE URE
e ΔURC URC para uma variação Δ E1 E1, e supondo constantes os restantes parâmetros do circuito.
c) Considerar IC = βF BI . Partindo do ponto de funcionamento correspondente diga, justifica-damente, se faria aumentar ou diminuir E1, E2, RC, RB, R e E β se pretendesse por F
modificação de apenas um deles de cada vez: c1- levar o transistor à saturação;
c2- baixar a potência posta em jogo no transistor.
Resolução
2
CE C
U =E
Sendo 5 VUCE = o transistor está na zona activa directa. Deste modo IC ≅ βF BI e portanto:
4,54 mA ; 45, 4 A ;
≅ ≅ μ = − − ≅ −
C B E C B C
I I I I I I
Da análise do circuito de entrada tem-se:
B B B E E E
E =R I −U −R I
desprezando U face a E E (junção emissora directamente polarizada) tem-se: B
(
)
100 k 0, 454 V 4,54 V = + = Ω = − ≅ = − = − B B E E B RE E E RC C C R E R I I U I R U R Ib) O problema pode ser resolvido a partir do circuito para componentes incrementais, onde se traduz a variação ΔEB por um sinal e . Estando o transistor na zona activa directa a b
resistência rπ é responsável pela queda de tensão incremental u e é dada por: be
572 F F T m C r U g I π =β = β = Ω
(
1)
b B F E b e =⎡⎣R + + + βrπ R ⎤⎦ i(
1)
RE F E b u = + β R i RC F C b u = −β R i~
b i b e be u rπ RE RC B RB C E F bi α(
)
(
)
1 0,09 1 F E RE b B F E R u e R rπ R + β = ≅ + + + β ⎡ ⎤ ⎣ ⎦(
1)
0,9 RC F C b B F E u R e R rπ R β = ≅ − + + + β ⎡ ⎤ ⎣ ⎦O procedimento é idêntico ao adoptado na resolução do problema TB5-b), por exemplo, desde que se considere ube= −ube= −ΔUE ≅ . Corresponde a desprezar r0 π face a
(
1)
B F E
R + + β R , o que se verifica ser uma boa aproximação.
c) eRB = βFRC EB−R IB B+UCB+R IC C−EC = ⇒0 UCB=EC−EB > 0 O transistor está na zona activa directa.
2
CE CB C B C
U ≅U =E −E =E
Verifica-se que para valores constantes de EC, R e C R o ponto de funcionamento em E
repouso varia com E e B R , sendo máxima a potência posta em jogo no transistor quando B
2 CE C U ≅E .
(
)
CE C C C E C C P≅U I ≅⎡⎣E − R +R I ⎤⎦I(
)
(
)
(
)
max 0 2 0 2 2 C C E C C C C CE C C E C C C E dP P P E R R I dI E I U E R R I E R R ⎛ ⎞ = ⇔⎜ ⎟= ⇒ − + = ⇒ ⎝ ⎠ ⇒ = ⇒ = − + = + IC P UCE E2 E2/2 2 C E E R +R(
1)
B C C E F I =E ⎡⎣R +R + β ⎤⎦O ponto de funcionamento em repouso é dado pela intersecção da curva característica de saída, correspondente a um dado valor de I , e a recta de carga resultante da análise da B
malha de saída do circuito. Para levar o transistor à saturação teremos de fazer tender UCE
para zero, ou seja, aumentar E , diminuir B E ; aumentar C R ; diminuir C R ou diminuir B
F
β . Como UCE é praticamente independente de R a sua alteração não retira o transistor E
da zona activa directa (UCE praticamente fixo de valor EC 2).
Uma análise gráfica parece ser particularmente elucidativa. As figuras seguintes mostram o sentido em que se desloca o ponto de funcionamento em repouso quando varia cada um dos parâmetros. A seta corresponde ao sentido da evolução para uma variação crescente do parâmetro. IC P UCE P’ (EB) IC P UCE P’ (EC) IC P UCE P’ (RC) IC P UCE P’ (RB) IC P UCE P’ (βF) IC P UCE P’ (RE)
Como se demonstrou atrás, para uma recta de carga fixa, a variação da corrente de base provoca uma alteração do ponto de funcionamento em repouso e da potência posta em jogo no transistor, sendo esta máxima quando UCE =EC 2. Assim, qualquer variação de E , B
B
no transistor. Os outros factores provocam uma alteração da recta de carga. A análise gráfica permite rapidamente concluir que para diminuir a potência posta em jogo no transistor se deve diminuir E , aumentar C R ou aumentar C R . Neste último caso existe E
variação simultânea da característica de saída e da recta de carga. No entanto, e como se viu, UCE permanece praticamente constante. Diminuir a potência corresponderá assim a diminuir a corrente de colector. Atendendo a que:
(
) (
)
C C CE C E
I ≅ E −U R +R
Problema TB8
Considerar o circuito da figura (a) onde U é a tensão da figura (b). Desprezar as quedas de 1
tensão das junções directamente polarizadas.
U1 EC RB iB iC RE UCE 20 V 1 k = = Ω C E E R U1 UM −UM t T/2 T 150 V = M U (a) (b) iE UC
a) Calcular R de forma a que B UC = −25 V quando U1= −75 V. Representar i t e B( ) UCE( )t
para 0≤ ≤t T 2.
b) Para U1= −75 V calcular ΔUCE ΔU1 com ΔU1U1 na aproximação quase-estacionária. c) Calcular a potência posta em jogo no transistor quando U1= −150 V e o terminal da base
está em aberto. 100 ; 5 ; 10 A ; 100 V ; 25 V β = β = = μ = = disr disr F R ICE UC UE
Resolução
a) 5 VEC =R IB B−UC⇒R IB B =EC+UC = −Como 0UC < e UE > o transistor está na zona activa directa. 0
1 70 V 70 mA 70 mA 1 F E E B B E C E B E F R I ≅ − +U R I = ⇒I ≅ ⇒I = − −I I ≅ − β I ≅ − β +
0,7 mA 7 k ≅ β = − ⇒ ≅ Ω B C F B I I R
(
)
1 1 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) CE E E C F E B C U t =R i t +U t −E ≅ − + β R i t +U t −E (1)(
1)
(
1)
( ) ( ) C CE ( ) F F ( ) B E C CE B B B E U t i t i t E U t R R R + β + β + ≅ ⇒ ≅ − − (2) De (1) e (2) obtém-se:(
)
1( ) ( ) 1 1 CE C E F B U t U t E R R = − + ⎡ ⎤ + + β ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ (3) Substituindo (3) em (2) obtém-se: ( ) ( ) C CE B B E U t i t R + = UCE(t) T/4 T/2 t −20 iB(t) (mA) T/4 T/2 T −10/7 −29,8 b) De (3) obtém-se:(
)
(
)
1 1 1 0,067 1 1 1 1 CE CE E E F F B B U U U R U R R R Δ Δ Δ = ⇒ = ≅ Δ + + β + + βc) Com a base em aberto tem-se:
(
)
0 exp 1 0 C CE C T CE I =I ⎡⎣ U U − ≅ −⎤⎦ I (4) 1 170 disr 100 V CE C E C Cdisr CE C U = −E +U −R I ≅ − <U ⇒U =U = −O transistor está com a junção colectora em disrupção o que invalida a equação (4). A corrente de colector é assim obtida de:
1 100 70 mA
CE C E C C E
U = −E +U −R I = − ⇒I = − = − I
A potência posta em jogo no transistor é dada por: 7 W
C C