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Eletr ni a Geral 1
Dio dos Exer í ios Resolvidos
Prof. César M. Vargas Benítez
Departamento A adêmi o de Eletr ni a, Universidade Te nológi a Federal do Paraná (UTFPR)
- Usando a segunda aproximação do dio do (mo delo simpli ado) no ir uito apresentado na Figura 1, es olha o valor dos resistores (R 1 , R 2 , R 3 ) e a tensão de alimentação E para pro duzir uma orrente de 8,9mA no dio do D 1 (dio do de silí io). *Observação: Resistores de 220 Ω e 470 Ω estão disp oníveis.
a. Apresente to dos os ál ulos realizados e desenhe o esquemáti o do ir uito, indi ando o valor de ada omp onente; *Solução: Por exemplo, p o demos utilizar os seguintes valores de resistên ia: R 1 = 220Ω, R 2 = R 3 = 470Ω e determinar o valor da tensão da fonte E para pro duzir uma orrente de 8,9mA no dio do D 1 (ID 1 ). Para determinar o valor da tensão da fonte E, p o demos es rever a equação de ada malha do ir uito (análise de malhas, 2a Lei de Kir hho ) ou es rever a equação para a tensão no resistor R 3 (análise no dal, 1a Lei de Kir hho ). Apli ando a 2a Lei de Kir hho na primeira malha do ir uito (formada p ela fonte E, R 1 e R 3 ) e onsiderando a orrente I 1 om sentido horário, temos:
−E + R 1 ∗ I 1 + VR 3 = 0 (1)
E = R 1 ∗ I 1 + VR 3 (2)
Apli ando a 1a Lei de Kir hho na tensão de R 3 , temos:
I 1 = IR 3 + ID 1 =
VR 3 R 3
+ ID 1 (3)
Como ID 1 = IR 2 = VR 2 R 2 =8,9mA^ e^ VR^3 =^ VR^2 +^ VD^1 =^ VR^2 + 0,^7 V,^ temos:
VR 3 = VR 2 + 0, 7 = ID 1 R 2 + 0, 7 = 8,9mA ∗ 470Ω + 0, 7 V = 4,883V (4)
I 1 = 19, 289 mA (5) Substituindo os valores de I 1 , VR 3 e R 1 na Equação 2, temos:
E = R 1 ∗ I 1 + VR 3 = 9, 1267 V (6)
b. Demonstre que a orrente através do dio do D 1 é de 8,9mA (no ir uito pro jetado).
Figura 1: Exer í io 1
*Solução: Para demonstrar que ID 1 é de 8,9mA no ir uito pro jetado no ítem anterior, p o demos apli ar o méto do de análise no dal da seguinte maneira:
VR 3 − E R 1
VR 3 R 1
VR 3 − VD 1 R 2
A partir da Equação 7, temos:
VR 3 =
E/R 1 + VD 1 /R 2 1 /R 1 + 1/R 2 + 1/R 3
= 4, 883 V (8)
Finalmente, ID 1 p o de ser al ulada da seguinte maneira:
ID 1 = IR 2 = VR 2 R 2 = VR 3 − VD 1 R 2 = 8, 9 mA (9)
- Considere o ir uito apresentado na Figura 2. R = 150Ω RL = 3, 3 kΩ Dio do Zener: 1N753 ( om uma tensão nominal VZ de 6,2V e PZmax = 500mW). Determine:
a. a faixa de valores de Vi que manterão o Zener no estado ligado; *Solução:
Para valor variável de Vi e RL xo, a tensão Vi deve ser su iente para ativar o dio do Zener. A tensão mínima Vimin para^ ativar^ o^ Zener^ (e^ ter^ VL =^ VZ )^ p^ o^ de^ ser^ al^ ulada apli ando a Equação 10. *Obs.: O Zener está ativado quando VL(sem o Zener) ≥ VZ e desligado se VL(sem o Zener) < VZ. Como sem o dio do Zener VL = ViRL/(RL + R) , temos:
Vimin = (RL + R)VZ RL
Vimin = (3, 3 k Ω + 150Ω)6, 2 V 3 , 3 k Ω
= 6, 4818 V (11)
O valor máximo de Vi é limitado p elo valor da orrente máxima no dio do Zener (IZmax = PZmax /VZ ). Como IZ = IR − IRL e IRL = VL/RL = VZ /RL, temos:
- Clippers (limitadores) p o dem ser utilizados omo ir uitos de proteção. Por exemplo, o lipper formado p or dois dio dos anti-paralelos p o de ser utilizado para evitar a sobre arga da entrada de RF do CI MC3663 da Motorola (re eptor de FM). Considere o ir uito limitador apresentado na Figura 3. V 1 = 3V vi(t) = 10sen(6283,2t) [V℄. Obs.: os dio dos são de silí io.
- Desenhe a forma de onda do sinal na saída do ir uito vo(t), indi ando os valores de tensão máximo e mínimo;
- Des reva o fun ionamento do ir uito.
Figura 3: Exer í io 5
*Solução:
- Durante o semi- i lo p ositivo do sinal vi(t): Os três dio dos one tados em série (D 2 , D 3 e D 4 ) não onduzem, p ois estão reversamente p olarizados; O dio do (D 1 ) que está one tado em série om a fonte de tensão ontínua V 1 onduz quando Vi > V 1 + 0, 7 , p ois VD 1 > 0 , 7 V. O dio do D 1 não onduz quando Vi < V 1 + 0, 7 , p ois VD 1 < 0 , 7 V. Assim,
D 1 =
{ OFF para Vi < V 1 + 0, 7 ON para Vi > V 1 + 0, 7
A tensão Vo será:
Vo =
{ Vi para Vi < V 1 + 0, 7 V 1 + 0, 7 para Vi > V 1 + 0, 7
ou
Vo =
{ Vi para Vi < 3 , 7 3 , 7 para Vi > 3 , 7 (21)
- Durante o semi- i lo p ositivo do sinal vi(t): O dio do (D 1 ) que está one tado em série om a fonte de tensão ontínua V 1 não onduz, p ois está reversamente p olarizado; Os três dio dos one tados em série (D 2 , D 3 e D 4 ) N O onduzem quando Vi > − 0 , 7 ∗ 3 (ou Vi > − 2 , 1 V). Os três dio dos onduzem quando Vi < − 2 , 1 V. Assim,
D 1 , D 2 e D 3 =
{ OFF para Vi > − 2 , 1 V ON para Vi < − 2 , 1 V
A tensão Vo será:
Vo =
{ Vi para Vi > − 2 , 1 V −(VD 1 + VD 2 + VD 3 ) para Vi < − 2 , 1 V
ou
Vo =
{ Vi para Vi > − 2 , 1 V − 2 , 1 V para Vi < − 2 , 1 V
*Observação: o ir uito limita a amplitude do sinal Vo nos dois semi- i los. O semi- i lo p ositivo é limitado em V 1 + 0, 7 e o semi- i lo negativo é limitado em -2,1V. vo(t) é igual a vi(t) nos demais p ontos da forma de onda ( omo vi(t) é senoidal, vo(t) tamb ém é senoidal). Po de esb o çar a forma de onda de vo(t) onsiderando a análise apresentada nesta seção.
-2.
10
0 0.0005 0.001 0.0015 0.002 0.0025 0.003 0.0035 0.
v(t)
t
vo(t)^ vi(t)
Figura 4: V i(t) e V o(t)
- Determine a tensão Vo no ir uito apresentado na Figura 5.
Figura 5: Exer í io 8
*Solução:
Considerando: D 1 = dio do de Si e D 2 = dio do de Ge. A tensão Vo p o de ser al ulada utilizando a Equação 25.
Vo = 2k Ω ∗ IT (25)
IT p o de ser determinada a partir da equação da malha:
Figura 7: Exer í io 10
*Solução:
A tensão Vo p o de ser al ulada utilizando a Equação 37.
Vo = 4, 7 k Ω ∗ ID + VD = 4, 7 k Ω ∗ ID + 0, 7 V (37)
IT p o de ser determinada a partir da equação da malha:
−Vin + 1, 2 ID + 4, 7 ID + VD = 0 (38)
−Vin + 1, 2 ID + 4, 7 ID + 0, 7 = 0 (39)
ID =
Vin − 0 , 7 5 , 9 [mA℄ (40)
Vo = 4, 7 ∗ ID + 0, 7 = 4, 7 Vin − 0 , 7 5 , 9
+ 0, 7 [V℄ (41)
Vo = 4, 7 Vin − 0 , 7 5 , 9
+ 0, 7 [V℄ (42)
Vo = 4, 7 8 − 0 , 7 5 , 9
+ 0, 7 [V℄ (43)
Vo = 6, 5153 V (44)
