Lista de Exercícios 01 – Amplificadores Operacionais Professor

Propaganda
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
2) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 2V; c. O valor de Vo para Va = ‐4,5V; d. O valor de Vo para Va = 6V; e. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature. Lista de Exercícios 01 – Amplificadores Operacionais Professor José Flavio Dums 1) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo, considerando Rf = 10,0 kΩ e Rs = 4,0 kΩ; b. O valor de Vo para Vs = 2V; c. O valor de Vo para Vs = ‐5V; d. O valor de Vo para Vs = 8V; e. Os limites de variação de Vs para que a saída Vo não sature. 47k
+12V
4,7k
Vo
Va
+
Rf
-12V
Rs
-
Resolução: a) Utilizando a equação do Amplificador Inversor, tem‐se: Vo
Vs
+
-15V
V0  

V0  
10 10
 VS
4 103
c) Substituindo Va = ‐4,5V: V0  10   4,5   V0  45V
d) Substituindo Va = 6V: V0  10   6   V0  60, 0V
b) Substituindo Vs = 2V:  Saturação 
 V0  12V  Saturação 
 V0  12V V0  2,5   2   V0  5, 0V e) Substituindo Vo = 12V: Va  
c) Substituindo Vs = ‐5V: V0  2,5   5   V0  12,5V V0
12
 Va  
 Va  1, 2V 10
10

 1, 2V  Va  1, 2V
Substituindo Vo = ‐12V:  Saturação 
 12   V  1, 2V V
Va   0  Va  
a
10
10
 V0  15V V0
15
 VS  
 VS  6, 0V 2,5
2,5

 6, 0V  VS  6, 0V
Substituindo Vo = ‐15V: V
 15  V  6, 0V VS   0  VS  
S
2,5
2,5

e) Substituindo Vo = 15V: 
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
 V0  12V VS  
 Saturação 
 V0  2,5  VS V0  2,5   8   V0  20, 0V
47 103
 Va  V0  10  Va 4, 7 103
V0  10   2   V0  20, 0V
RF  VS
R
 V0  V0   F  VS RS
RS
d) Substituindo Vs = 8V:  V0  
b) Substituindo Va = 2V: Substituindo os valores de Rf e Rs, tem‐se: 3
RF
 VS
RS
Resolução: a) Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “‐” tem‐se: VS  0 0  V0

RS
RF
+15V
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
3) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo, considerando Rf = 10,0 kΩ e Rs = 5,0 kΩ; b. O valor de Vo para Vs = 2V; c. O valor de Vo para Vs = ‐4,5V; d. O valor de Vo para Vs = 6V; e. Os limites de variação de Vs para que a saída Vo não sature. 4) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Vb = 2V; c. O valor de Vo para Vb = ‐4,5V; d. O valor de Vo para Vb = 6V; e. Os limites de variação de Vb para que a saída Vo não sature. 34k
Rf
+18V
+15V
68k
Rs
-
-
Vo
Vo
+
+
Vb
-15V
Vs
 R 
V0  1  F   VS
 RS 

 RF  VS
R
 VS  V0  V0  F VS  VS
RS
RS
 R  RS 
ou V0   F
  VS
 RS 
Resolução: a) Aplicando a equação do Amplificador Não Inversor: V0 
10 103  5 103
 VS
5 103
V0  1,5   2   V0  3, 0V c) Substituindo Vb = ‐4,5V:  V0  3, 0  VS V0  1,5   4,5   V0  6, 75V d) Substituindo Vb = 6V: b) Substituindo Vs = 2V: V0  1,5   6   V0  9, 0V V0  3   2   V0  6, 0V e) Substituindo Vo = 18V: c) Substituindo Vs = ‐4,5V: V0  3   4,5  V0  13,5V Vb 
d) Substituindo Vs = 6V: V0  3   6   V0  18,0V
 Saturação 
 18  V  12, 0V V
Vb  0  Vb 
b
1,5
1,5
V0
15
 VS 
 VS  5, 0V 3, 0
3, 0

 5, 0V  VS  5, 0V
Substituindo Vo = ‐15V:  15  V  5, 0V V
VS  0  VS 
S
3, 0
5, 0


 12, 0V  Vb  12, 0V

Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
V0
18
 Vb 
 Vb  12, 0V 1,5
1,5
Substituindo Vo = ‐18V:  V0  15V e) Substituindo Vo = 15V: VS 
34 103  68 103
 Vb  V0  1,5  Vb 68 103
b) Substituindo Vs = 2V: Substituindo os valores de Rf e Rs, tem‐se: V0 
Resolução: a) Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “‐” tem‐se: 0  VS VS  V0

RS
RF
-18V
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
5) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 8V; c. O valor de Vo para Va = 16V; d. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature. 6) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 2V; c. O valor de Vo para Va = ‐3V; d. O valor de Vo para Va = 4V; e. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature. 60k
34k
34k
60k
+15V
30k
-
+15V
68k
Va
+15V
-
68k
+15V
+
30k
Vo
-
-
Vo
+
+
-15V
+
-15V
-15V
Va
Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se dois Amplificadores Inversores. Equacionando o primeiro, tem‐se a saída VX: Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se dois Amplificadores não Inversores. Equacionando o primeiro, tem‐se a saída VX: Utilizando VX como a entrada do segundo amplificador: VX 
V
 V0   X 2
V0 
 2 Va   V  V V0  
a
0
2
V0  
VX
2
 V0  
 Saturação 
 VX  15, 0V
15
 V0  7,5V
2
VX  2  (16)  VX  32, 0V
V0  
VX
2
 V0  
 Saturação 
V0  4,5   2   V0  9, 0V c) Substituindo Va = ‐3V: V0  4,5   3  V0  13,5V  VX  15, 0V
15
 V0  7,5V
2
d) Substituindo Va = 4V: V0  4,5   4   V0  18, 0V
VX
15
 Va 
 Va  7,5V 2, 0
2, 0
 V0  15, 0V  15  V  7,5V V
Va  X
 Va 
a
2, 0
2, 0
e) Substituindo Vo = 15V: Va 
V0
15
 Va 
 Va  3,33V 4,5
4,5

 3,33V  Va  3,33V
Substituindo Vo = ‐15V: 
 15  V  3,33V V
Va  X  Va 
a
4,5
4,5
 7,5V  Va  7,5V
Substituindo VX = ‐15V: 

Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
 Saturação 
d) Para este circuito, Vo nunca satura. Quem satura é VX. Os limites de Va para que VX sature são obtidos por: Substituindo VX = 15V: Va 
 V0  1,5  VX b) Substituindo Va = 2V: c) Substituindo Va = 16V: 34 103  68 103
 VX
68 103
Substituindo VX na equação de V0, tem‐se: V0  1,5   3 Va   V0  4,5 Va VX  2  (8)  VX  16, 0V
60 103  30 103
 Va  VX  3 Va 30 103
Utilizando VX como a entrada do segundo amplificador: Substituindo VX na equação de V0, tem‐se: b) Substituindo Va = 8V: 60 103
VX  
 Va  VX  2  Va 30 103
34 103
V0  
 VX
68 103
-15V
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
7) Para o circuito a seguir, determine: a. O valor de Vo; 9) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo, considerando Ra = 10kΩ, Rb = 15kΩ, Rc = 30kΩ e Rf = 60kΩ; b. O valor de Vo para Va = ‐4V, Vb = 3V, Vc = 1V; c. Os limites de variação de Vc para que a saída Vo não sature, considerando Va = ‐4V e Vb = 3V. 3,3M
+9V
-
Rf
Rc
Vo
2,5A
Rb
+
+15V
Vc
-9V
Ra
Vb
Vo
Va
+
Resolução: a) Neste caso, a única forma de resolver o circuito é equacionando o nó de entrada do pino “‐”. Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes, tem‐se: 2,5 106 
0  V0
3,3 106

2,5 106  3,3 106  V0
-15V
Resolução: a) Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “‐” tem‐se:  V0  8, 25V Va  0 Vb  0 Vc  0 0  V0



Ra
Rb
Rc
RF
8) Para o circuito a segur, determine: a. O valor de Vo; b. O valor de io; V0  
9k
V0  
io
RF  Va RF Vb RF Vc


 V0
Ra
Rb
Rc
RF
R
R
Va  F  Vb  F Vc
Ra
Rb
Rc
b) Substituindo Va = ‐4V, Vb = 3V, Vc = 1V: V0  6   4   4   3  2  1  V0  10, 0V +
15k
6k
c) Substituindo Vo = 15V, Va = ‐4V e Vb = 3V: V0  6  Va  4 Vb
2
15   6   4   4   3

Vc 
2
Vc 
Resolução: a) Neste caso, a única forma de resolver o circuito é equacionando o nó de entrada do pino “‐”. Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes, tem‐se:  V0  1, 0 103  9 103
60 103
60 103
60 103
 Va 
 Vb 
 Vc  V0  6  Va  4  Vb  2 Vc 3
3
10 10
15 10
30 103
Vo
-15V
 V0  9, 0V  Vc  1,5V
Substituindo Vo = ‐15V, Va = ‐4V e Vb = 3V: V  6  Va  4  Vb
Vc  0
2
15  6   4   4   3

Vc 
 Vc  13,5V
2
b) Para encontrar o valor de io é preciso equacionar o nó de saída do circuito. Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes, tem‐se: 90
90
90
9
9
9
 i0 

 0, 0  i0  


9 103
15 103 6 103
9 103 15 103 6 103 i0  1 103  0, 6 103  1,5 103  i0  3,1mA

 13,5V  Vc  1,5V

Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br

Substituindo os valores de Rf, Rs, Ra, Rb e Rc, tem‐se: +15V
V0  0
 1, 0 103
9 103
1mA
-
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
10) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 4V e Vb = ‐2V; c. O valor de Vo para Va = ‐4,5V e Vb = 1V; d. Os limites de variação de Vb para que a saída Vo não sature, considerando Va = 5V. 11) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo considerando Rf 300kΩ= , Rs = 20kΩ, Ra = 40kΩ, Rb = 10kΩ, Rc = 20kΩ e Rd = 40kΩ; b. O valor de Vo para Va = 2V, Vb = 2V, Vc = ‐3V e Vd = ‐4V; c. O valor de Vo para Va = ‐4V, Vb = 3V, Vc = 5V e Vd = ‐6V; d. O valor de Vo para Va = ‐3V, Vb = 4V, Vc = ‐2V e Vd = 7V; e. Os limites de variação de Vb para que a saída Vo não sature, considerando Va = ‐4V, Vc = 5V e Vd = ‐6V. 40k
Rf
10k
+10V
20k
-
Vb
+15V
Vo
Va
Rs
-10V
Vo
+
-15V
Resolução: a) Aplicando a equação do Amplificador Somador Inversor: V0  
40 103
40 103
 Va 
 Vb  V0  2 Va  4  Vb 3
20 10
10 103
Rc
Rb
Ra
Vd
Vc
Vb
Va
Resolução: a) Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “+” tem‐se: V0  2   4   4   2   V0  0, 0V Va  V  Vb  V  Vc  V  Vd  V 



0
Ra
Rb
Rc
Rd
c) Substituindo Va = ‐4,5V e Vb = 1V: V0  2   4,5   4  1  V0  5, 0V Va V  Vb V  Vc V  Vd V 

 
 


0
Ra Ra Rb Rb Rc Rc Rd Rd
d) Substituindo Vo = 10V e Va = 5V: V0  2  Va
4
 Vb 
10  2   5 
 Vb  5, 0V 4
V  2 Va
Vb  0
4
 Vb
 10   2   5

4
 1
1
1
1  Va Vb Vc Vd
V     
  

R
R
R
R
Ra Rb Rc Rd
a
b
c
d 

V V V V 
1
V    a  b  c  d 
 Ra Rb Rc Rd   1  1  1  1

 Ra Rb Rc Rd

Substituindo Vo = ‐10V e Va = 5V:  5, 0V  Vb  0, 0V
 Vb  0, 0V 



Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “‐” tem‐se: 0  V  V   V0

RS
RF

 RF  V 
R
 V   V0  V0  F  V   V 
RS
RS
 R 
 R  RS  
V0  1  F  V  ou V0   F
 V
R
S 

 RS 
Substituindo V+ na equação anterior tem‐se:  R  RS   Va Vb Vc Vd 
1
V0   F
   

R
R
R
R
R
1
1
1 
S
b
c
d   1

  a
   

 Ra Rb Rc Rd 
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Rd
b) Substituindo Va = 4V e Vb = ‐2V: Vb 
-
+
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
Substituindo Rf 300kΩ= , Rs = 20kΩ, Ra = 40kΩ, Rb = 10kΩ, Rc = 20kΩ e Rd = 40kΩ:  300 103  20 103   Va
Vb
Vc
Vd 
1




V0  
 
3
3
3
3
3 
1
1
1
1 





20
10
40
10
10
10
20
10
40
10



 




3
3
3
3 
 40 10 10 10 20 10 40 10 
Vb
Vc
Vd 
 Va
V0  16  



 5 103  V0  2 Va  8  Vb  4  Vc  2  Vd
3
3
3
40
10
10
10
20
10
40



103 

12) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 2V, Vb = 10V e Vc = ‐3V; c. O valor de Vo para Va = 21V, Vb = ‐14V e Vc = 8V; d. Considerando que as três fontes tenham sempre a mesma tensão, encontre os limites de variação das fontes para que a saída Vo não sature. 60k
+15V
b) Substituindo Va = 2V, Vb = 2V, Vc = ‐3V e Vd = ‐4V: 30k
V0  2   2   8   2   4   3  2   4   V0  0, 0V Vo
c) Substituindo Va = ‐4V, Vb = 3V, Vc = 5V e Vd = ‐6V: V0  2   4   8   3  4   5   2   6   V0  24,0V
+
 Saturação 
 V0  15, 0V
-15V
47k
47k
47k
Vc
Vb
Va
d) Substituindo Va = ‐3V, Vb = 4V, Vc = ‐2V e Vd = 7V: V0  2   3  8   4   4   2   2   7   V0  32, 0V
 Saturação 
 V0  15, 0V
Resolução: a) Aplicando a equação do Amplificador Somador Não Inversor: e) Substituindo Vo = 15V, Va = ‐4V, Vc = 5V e Vd = ‐6V: V  2  Va  4  Vc  2 Vd
Vb  0
8
15  2   4   4   5   2   6 
Vb 
 Vb  1,875V
8

V0  2  Va  4  Vc  2  Vd
 1,875V  Vc  1,875V
Vb 
8

15  2   4   4   5  2   6 
Vb 
 Vb  1,875V
8
 60 103  30 103   Va
Vb
Vc 
1
V0  




3
3
3 
30 103

  47 10 47 10 47 10   1  1  1 

3
3
3 
 47 10 47 10 47 10 
1
47 103
V0  3 
V  Vb  Vc  
 V0  Va  Vb  Vc
3  a
47 10
3
Substituindo Vo = ‐15V, Va = ‐4V, Vc = 5V e Vd = ‐6V: b) Substituindo Va = 2V, Vb = 10V e Vc = ‐3V: V0  2  10   3  V0  9, 0V c) Substituindo Va = 21V, Vb = ‐14V e Vc = 8V: V0  21   14   8  V0  15, 0V d) Considerando que as fontes são iguais (Va = Vb = Vc = Vx), a equação de Vo pode ser re‐escrita por: V0  VX  VX  VX  V0  3  VX Substituindo Vo = ‐15V: VX 
V0
3
 VX 
15
 VX  5, 0V 3

 5, 0V  Va  Vb  Vc   5, 0V
Substituindo Vo = ‐15V: V
VX  0
3
15
 VX 
 VX  5, 0V 3

Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
13) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 2V e Vb = ‐4V; c. O valor da corrente no resistor de 25kΩ para Va = 2V e Vb = ‐4V; d. valor de Vo para Va = 3V e Vb = 2V; e. Os limites de variação de Vb para que a saída Vo não sature, considerando Va = ‐3V. 14) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = ‐4V, Vb = 1V, Vc = 5V e Vd = 4V; c. O valor da corrente no resistor de 25kΩ para Va = ‐4V, Vb = 1V, Vc = 5V e Vd = 4V; d. Os limites de variação de Vd para que a saída Vo não sature, considerando Va = ‐4V, Vb = 1V e Vc = 5V. 50k
25k
100k
100k
+15V
+15V
50k
-
-
+15V
50k
+
25k
Vo
+
Va
-15V
Vb
-15V
50k
25k
100k
Vc
Vb
Va
+
-
25k
Vo
+
-15V
Vd
-15V
Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se um Amplificador Não Inversor e um Amplificador Somador Inversor. Equacionando o primeiro circuito, tem‐se a saída VX: Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se dois Amplificadores Somadores Inversores. Equacionando o primeiro circuito, tem‐se a saída VX: VX  
25 103  50 103
VX 
Va  VX  1,5 Va 50 103
V0  
100 103
100 103
V0  
 VX 
 Vb  V0  2  VX  4 Vb 3
50 10
25 103
b) Substituindo Va = ‐4V, Vb = 1V, Vc = 5V e Vd = 4V: V0  2   4   8  1  4   5   4   4   V0  4, 0V b) Substituindo Va = 2V e Vb = ‐4V: V0  3   2   4   4   V0  10,0V c) Utilizando o valor da fonte Vd = 4V, pode‐se calcular a corrente no resistor por: i25 
c) Utilizando o valor da fonte Vb = ‐4V, pode‐se calcular a corrente no resistor por:  i25  160  A V0  3   3  4   2   V0  17, 0V
 Saturação 
 Vb 
Vb 
V0  3  Va
4
 Vb 
 i25  160  A V0  2  Va  8  Vb  4 Vc
4
15  2   4   8  1  4   5 
Vd 
 Vd  1, 25V
4
 V0  15, 0V 15  3   3
 Vb  1,5V 
4
Substituindo Vo = ‐15V e Va = ‐3V: 4
25 103
Vd 
e) Substituindo Vo = ‐15V e Va = ‐3V: V0  3  Va
4
 i25 
d) Substituindo Vo = ‐15V e Va = ‐4V, Vb = 1V e Vc = 5V: Vb 
Vd  0
25 103
d) Substituindo Va = 3V e Vb = 2V:  V0  2  VX  4  Vd V0  2   Va  4 Vb  2 Vc   4 Vd  V0  2 Va  8 Vb  4 Vc  4 Vd V0  2  1,5 Va   4 Vb  V0  3 Va  4 Vb 4
 i25 
25 103
100 103
100 103
 VX 
 Vd
50 103
25 103
Substituindo VX na equação de V0, tem‐se: Substituindo VX na equação de V0, tem‐se: V 0
i25  b 3
25 10
100 103
100 103
100 103
 Va 
Vb 
Vc  VX  Va  4  Vb  2  Vc 3
3
100 10
25 10
50 103
Utilizando VX como uma entrada do segundo amplificador: Utilizando VX como uma entrada do segundo amplificador: 15  3   3
 Vb  6, 0V 
4
Substituindo Vo = ‐15V e Va = ‐4V, Vb = 1V e Vc = 5V: V  2  Va  8  Vb  4 Vc
Vd  0
4
15  2   4   8  1  4   5 
Vd 
 Vd  8, 75V
4
 1,5V  Vb  6, 0V
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
+15V
50k
-

1, 25V  Vd  8, 75V

Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
15) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo considerando Rf = 10kΩ e Rs = 10kΩ; b. O valor de Vo para Va = 2V e Vb = 5V; c. O valor de Vo para Va = ‐5V e Vb = 6V; d. O valor de Vo para Va = 6V e Vb = ‐7V; e. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature, considerando Vb = 5V. 16) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo considerando Rf = 10kΩ e Rs = 10kΩ, Ra = 60kΩ e Rb = 30kΩ; b. O valor de Vo para Va = 2V e Vb = 4,5V; c. O valor de Vo para Va = ‐5V e Vb = 6V; d. Os limites de variação de Vb para que a saída Vo não sature, considerando Va = 2V. Rf
Rf
+18V
Rs
+18V
Rs
-
-
Vo
Ra
Va
Vo
+
+
Va

 RF  RS
  Vb ou V0  

 RS

RF
 Va
  Vb 
RS

V 
Va  V  V   V0

RS
RF
V0  
 10 103  10 103 
10 103
V0  
 Vac  V0  2  Vb  Va   Vb 
3
10 10
10 103


 RF 
Va  V 
V V 
 V   V0  RF  a
 V   V0
RS
RS
 R 
RF
Va   1  F   V 
RS
RS 

 R  RS   RF
ou V0   F
Va
 V 
RS
 RS 
Substituindo V+ na equação acima tem‐se:  R  RS   Rb 
RF
 Va V0   F

  Vb 

R
R
R
RS
S
b 

  a
b) Substituindo Va = 2V e Vb = 5V: V0  2   5    2   V0  8, 0V Substituindo os valores de Rf, Rs, Ra e Rb tem‐se:  10 103  10 103  

30 103
10 103
2
V0  
V 
Va  V0   Vb  Va 
3
3
3  b
3
10 10
10 10
3

  60 10  30 10 
c) Substituindo Va = ‐5V e Vb = 6V: V0  2   5   6   V0  16,0V b) Substituindo Va = 2V e Vb = 4,5V: d) Substituindo para Va = 6V e Vb = ‐7V: V0  2   6    7   V0  5,0V 2
V0    4,5  2  V0  1, 0V 3
e) Substituindo Vo = 18V e Vb = 5V:  Va  8,0V Va  V0  2 Vb  Va    18   2   5 
 Va  28, 0V c) Substituindo Va = ‐5V e Vb = 6V: 
2
V0    6    5  V0  9,0V 3
 8, 0V  Va  28, 0V
Substituindo Vo = ‐18V e Vb = 5V: 
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Rb
 Vb Ra  Rb
Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “‐” tem‐se: Substituindo os valores de Rf e Rs tem‐se: Va  V0  2 Vb  Va  18  2   5 
Resolução: a) Aplicando o divisor de tensão no pino “+” tem‐se: V V
V V
 RF  a b  Vb  V0  RF  a b  Vb  V0
RS
RS
 R
R
V0   F  Va  1  F
RS
RS

-18V
Resolução: a) Aplicando a Lei de Kirchoff das correntes no nó do pino “‐” tem‐se: Va  Vb Vb  V0

RS
RF
Rb
Vb
-18V
Vb
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
d) Substituindo Vo = 18V e Va = 2V: 3  V0  Va 
3  18  2 
Vb 
 Vb 
2
2
 Vb  30, 0V 
 24, 0V  Vb  30, 0V
Substituindo Vo = ‐18V e Va = 2V: Vb 
3  V0  Va 
2
 Vb 
3    18   2 
2
18) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 4V e Vb = 2V; c. O valor de Vo para Va = ‐8V e Vb = 6V; d. O valor de Vo para Va = 6V e Vb = 8V; e. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature, considerando Vb = 4V. 
 Vb  24, 0V 25k
34k
17) Para o circuito anterior, determine: a. A equação de Vo considerando Rf = 30kΩ e Rs = 10kΩ, Ra = 10kΩ e Rb = 30kΩ; b. O valor de Vo para Va = 2V e Vb = 7V; c. O valor de Vo para Va = ‐1V e Vb = 4V; d. Os limites de variação de Vb para que a saída Vo não sature, considerando Va = ‐2V. +15V
50k
-
+15V
68k
+
Vo
+
Va
-15V
Vb
Resolução: a) Utilizando a equação encontrada no exercício anterior:  R  RS
V0   F
 RS
  Rb
 
  Ra  Rb
 30 103  10 103  

30 103
30 103
V0  
V 
 Va
 
3
3
3  b
10 10
10 103

  10 10  30 10 
V0  3  Vb  3 Va  V0  3  Vb  Va 
VX 
25 103  50 103
 Va  VX  1,5  Va 50 103
Utilizando VX como uma entrada do segundo amplificador: V0  
b) Substituindo Va = 2V e Vb = 7V: V
34 103
34 103  68 103
 VX 
 Vb  V0   X  1,5  Vb 3
68 10
68 103
2
Substituindo VX na equação de V0, tem‐se: V0  3   7  2   V0  15,0V V0  
c) Substituindo Va = ‐1V e Vb = 4V: V0  3   4   1   V0  15, 0V 1,5 Va
 1,5 Vb  V0  0, 75 Va  1,5 Vb 2
b) Substituindo Va = 4V e Vb = 2V: V0  0, 75   4   1,5   2   V0  0, 0V
d) Substituindo Vo = 18V e Va = ‐2V:  Vb  4, 0V V0  0, 75   8  1,5   6   V0  15, 0V  8, 0V  Vb  4, 0V
 Vb  8, 0V c) Substituindo Va = ‐8V e Vb = 6V: 
Substituindo Vo = ‐18V e Va = ‐2V: 
d) Substituindo Va = 6V e Vb = 8V: V0  0,75   6   1,5   8  V0  7,5V e) Substituindo Vo = 15V e Vb = 4V: Va 
V0  1,5  Vb
0, 75
 Va 
15  1,5   4 
 Va  12, 0V
0, 75
O problema é que Va = ‐12V leva o primeiro amplificador a saturação. Portanto é necessário recalcular a saturação por meio da equação de Vx. Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se um Amplificador Não Inversor e um Subtrator. Equacionando o primeiro circuito, tem‐se a saída VX: Substituindo os valores de Rf, Rs, Ra e Rb tem‐se: V
18
  2 
Vb  0  Va  Vb 
3
3
-15V

RF
 Va   Vb 
RS

V
18
Vb  0  Va  Vb    2 
3
3
-
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
V
15
Va  X  Va 
 Va  10, 0V 1,5
1,5
V0  
15  1,5   4 
 Va 
 Va  28, 0V
0, 75
V  1,5   6   V  9,0V
0
0
O problema é que Va = ‐6V leva o primeiro amplificador a saturação. Sendo assim é preciso resolver primeiro VX, para então encontrar Vo. Sendo assim: O problema é que Va = 28V leva o primeiro amplificador a saturação. Portanto é necessário recalcular a saturação por meio da equação de Vx. VX  3   6   VX  18, 0V
VX
15
 Va 
 Va  10, 0V 1,5
1,5
Sendo assim, a resposta da Saturação é: 10, 0V  Va  10, 0V
Va 
V0  
 15
2
 Saturação 
 V0  7,5V
c) Substituindo Va = 12V: V  1,5  12   V  18, 0V 
19) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = ‐6V; c. O valor de Vo para Va = 12V; d. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature. VX  3  12   VX  36, 0V
10k
+15V
+15V
20k
Vo
Va 
+
-15V
-15V
Utilizando V+ como uma fonte de entrada do primeiro amplificador: 80 103  10 103 
 V  VX  9  V 
10 103
Substituindo V+ na equação de VX, tem‐se:  VX  3  Va Utilizando VX como uma fonte de entrada do segundo amplificador: V0  
10 103
VX
20 103
 V0  
VX
2 Substituindo VX na equação de Vo, tem‐se:  Va 
15
 Va  5, 0V
3

 5, 0V  Va  5, 0V
15
 Va 
 Va  5, 0V
3
V
40 103
 Va  V   a 40 103  80 103
3
Va
3
VX
3
V
Va  X
3
Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se um Amplificador Não Inversor com um divisor de tensão na entrada e um Amplificador Inversor. Equacionando o pino “+” do primeiro circuito, tem‐se a saída V+: VX  9 
Substituindo Vo = ‐15V: VX 
 VX  15, 0V
d) Como o problema da saturação acontece no primeiro amplificador, os limites de saturação devem ser calculados pela equação de VX. Assim, substituindo Vo = 15V: -
+
40k
Va
 V  15, 0V
-
80k
 Saturação 
15  V  7,5V
V0  
0
2
80k
10k
 Saturação 
0
0
0
O problema da resposta acima é que Va = 12V leva o primeiro amplificador a saturação. Sendo assim é preciso resolver primeiro VX, para então encontrar Vo. Sendo assim: V 
 VX  15, 0V

Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
 V0  1,5 Va b) Substituindo Va = ‐6V: Substituindo Vo = ‐15V e Vb = 4V: V  1,5 Vb
Va  0
0, 75
3  Va
2
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
20) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para Va = 2V; c. Os limites de variação de Va para que a saída Vo não sature. 21) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo considerando Rf = 66kΩ, Ra = 10kΩ, Rb = 15kΩ, Rc = 20kΩ, Rd = 30kΩ e Re = 60kΩ; b. O valor de Vo para Va = 1V, Vb = 1V, Vc = 1V e Vd = 1V; c. O valor de Vo para Va = ‐2V, Vb = 3V, Vc = 3V e Vd = 1V; d. Os limites de variação de Vd para que a saída Vo não sature, considerando Va = 1V, Vb = 1V e Vc = 1V. 30k
10k
+15V
10k
-
Rf
+15V
20k
Va
+
Ra
-
60k
Vo
+20V
Rb
+
-
-15V
30k
-15V
Resolução: a) Dividindo o circuito ao meio, tem‐se um Amplificador Inversor e um Amplificador Subtrator. Equacionando o primeiro circuito, tem‐se a saída VX: VX  
 V 
Vd
3  Va
3
VX
3
V0'  
 V   Va 
1

  1  1  1 


 Rc Rd Re 
Vd 
66 103  6 103  Vc
1
V0 '' 



3
3 
6 103
 20 10 30 10   1  1  1  
3
3
3 
 20 10 30 10 60 10 
Vd 
 Vc

10 103  V0 ''  6, 0  Vc  4, 0  Vd
V0 ''  12  
3
3 
 20 10 30 10 
V0 '' 
Substituindo VX e V+ na equação de V0, tem‐se: 2
 Va 
 V0  1,5  Va  1,5  Va  V0  0, 0V Dado o valor encontrado, a saída do circuito será sempre igual a zero para qualquer valor de Va, não permitindo que este circuito sature. Desta forma, não faz sentido resolver os intens b) e c), pois a resposta de b) é zero e o item c) não tem solução. RF  RX
RX
V V
 c  d
 Rc Rd
Juntando as respostas Vo’ e Vo’’, tem‐se a equação de saída final: V0  6, 6  Va  4, 4  Vb  6, 0  Vc  4, 0 Vd
b) Substituindo Va = 1V, Vb = 1V, Vc = 1V e Vd = 1V: V0  6, 6  1  4, 4  1  6,0  1  4, 0  1  V0  1, 0V
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
RF
R
66 103
66 103
 Va  F  Vb  V0 '  
Va 
 Vb  V0 '  6, 6  Va  4, 4  Vb
3
Ra
Rb
10 10
15 103
Matando agora as fontes Va e Vb, os resitores Ra e Rb ficam em paralelo, e seu valor equivalente passa a ser Rx = 6kΩ. Com isso a saída pode ser equacionada por: 10 103
10 103  20 103 
V
V0  
 VX 
V  V0   X  1,5  V  3
20 10
20 103
2
 3 Va   1,5 
Resolução: a) Este circuito é uma composição de um Somador Inversor com um Somador Não Inversor. Pode ser resolvido por suposição destes dois circuitos. Matando as fontes Vc e Vd, o circuito se transforma eu um Somador Inveror, onde as resistências Rc, Rd e Re ficam em paralelo. Assim a saída pode ser equacionada por: Utilizando Vx como uma fonte de tensão e V+ como outra fonte de tensão, pode‐se equacionar o circuito subtrator como: V0  
Re
Substituindo VX na equação de V+, tem‐se: V 
-20V
Rd
Vc
30 103
 Va  VX  3 Va
10 103
30 103
 VX
30 103  60 103
+
Vb
Utilizando VX como uma fonte para o segundo amplificador, pode‐se calcular a tensão do ponto “+” pelo divisor de tensão: V 
Vo
Rc
Va
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
c) Substituindo Va = ‐2V, Vb = 3V, Vc = 3V e Vd = 1V: b) Da mesma forma que no caso anterior, para que o LED 2, que esta conectado no comparador de baixo, fique ligado é preciso que a tensão do pino “+” seja maior que a do pino “‐”. Isso é obtido quando Va é maior que VX. Desta forma a faixa de valores de Va é obtida por: V0  6, 6   2   4, 4   3  6, 0   3  4, 0  1
V0  22, 0V
 Saturação 

 V0  20, 0V V  6, 6  Va  4, 4  Vb  6, 0  Vc
Vd  0
4
Vd  6, 25V
 Vd 
20  6, 6  1  4, 4  1  6, 0  1
23) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo para V1 = 2V e V2 = 2V; c. O valor de Vo para V1 = ‐5V e V2 = ‐4V; 4
Substituindo Vo = ‐15V: V0  6, 6  Va  4, 4  Vb  6, 0  Vc
4
Vd  3, 75V
Vd 
 Vd 
Va  3, 0V
d) Substituindo Vo = 20V, Va = 1V, Vb = 1V e Vc = 1V : 20  6, 6  1  4, 4  1  6, 0  1
V1
4
+15V
+
10k
-
Desta forma os limites de variação de Vd são dados por: 3, 75V  Vd  6, 25V
22) Para o circuito a seguir, determine: a. A faixa de valores de Va que faz com que o LED 1 fique apagado; b. A faixa de valores de Va que faz com que o LED 2 fique ligado; -15V
5k
10k
-
+15V
Vo
1k
10k
+
-15V
+15V
10k
5k
+10V
+10V
-
1k
+10V
V2
-
70k
+
-15V
+10V
10k
+
1k
LED 2
i1k  
Va
V1  V2
1 103 Utilizando esta corrente, é possível obter a tensão na saída do ampop de cima, chamada de VX. Da mesma forma, é possível obter a tensão na saída do ampop de baixo, chamada de VY: Resolução: a) O primeiro paço para encontra a resposta é determinar a tensão de saída do primeiro amplificador. Por este ser um Buffer, a tensão de saída é a mesma da entrada, que por sua vez pode ser obtida pela resolução do divisor de tensão de entrada: V1  V2
 VX  6  V1  5 V2
1 103
V V
  VY  V2  5 103  1 32  VY  5 V1  6  V2
1 10
VX  V1  5 103  i1k   VX  V1  5 103 
V2  VY  5 103  i1k 
30 10
10  VX  3, 0V
30 103  70 103
3
Utilizando VX e VY como fontes para o terceiro amplificador, pode‐se calcular a tensão de saída como sendo um subtrator com resistências iguais, e cuja equação é dada por:
No comparador de cima, onde esta ligado o LED 1, para que este fique apagado, é necessário que a tensão de saída seja zero. Isso é conseguido quando a tensão do pino “‐” é maior que a tensão do pino “+”. Ou seja, para o Led se mantar apagado, a tensão da fonte Va tem que ser maior que VX. Assim, a faixa de valores pode ser escrita por: V0 
RF
10 103
 VY  VX   V0 
   5  V1  6 V2    6 V1  5 V2  
10 103
RS
V0  1  5  V1  6  V2  6  V1  5  V2   V0  11  V2  V1 
Va  3, 0V
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Resolução: a) Para resolver este circuito é necessário utilizar as propriedades do AMPOP, de forma a obter as tensões nos terminais do resitor de 1kΩ. Com estas tensões, determina‐se a corrente no resistor de 1kΩ, de cima para baixo, por: 90k
30k
VX 
+
LED 1
+
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
b) Substituindo V1 = 2V e V2 = 2V: Substituindo VX na equação de Vo acima, e isolando novamente o Vo, tem‐se: c) Substituindo V1 = ‐5V e V2 = ‐4V: V0  1,5  V0  7,5  Va  V0 
V0  11   2    2    V0  0, 0V V0  7,5  Va  1,875   0,8 V0   V0  7,5 Va  1,5 V0
V0  11   5   4    V0  11, 0V V0  3  1, 2   V0  3, 6V Utilizando a equação de Vx: VX  0,8   3, 6   VX  2,88V A partir de Vx é possível calcular ia: ia 
75k
VX  0
20 103
2,88
20 103
 ia 
 ia  144  A 40k
25) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor da resistência Rx, para que a corrente na fonte Va seja nula; +10V
10V
Va
 V0  3  Va b) Substituindo Va = 1,2V: 24) Para o circuito a seguir, determine: a. A equação de Vo; b. O valor de Vo, Vx e ia para Va = 1,2V; 10k
7,5  Va
2,5
-
Vx
Vo
+
Rx
-10V
+
-10V
16k
100k
5k
ia
10k
20k
+10V
-
20k
+10V
-
Va
Resolução: a) Para resolver este circuito é necessário utilizar as propriedades do AMPOP e equacionar o circuito por nós, porque apesar de parecer um amplificador inversor o circuito da esquerda, ele não é. Então só resta resolver por nós: Vo
+
-10V
+
-10V
Va  0 0  VX
0  V0
Va
V0
VX





0
10 103 40 103 75 103
10 103 40 103 75 103
Va
VX 

V0   

 75 103  V0  7,5 Va  1,875 VX 3
3 
 10 10 40 10 
Resolução: a) Para resolver este circuito é pode‐se dividir o circuito em dois amplificadores inversores, uma vez que a resistência RX não interfere nas correntes internas dos circuitos amplificadores. Assim, a saída do primeiro amplificador pode ser calculada: VX  
Como esta equação possui duas incógnitas, é impossível resolve‐la sozinha. Para resolver, precisa‐se encontrar outra equação para VX, e então substituir na equação acima. Esta nova equação de VX pode ser encontrada equacionando o nó do pino “+” do segundo amplificador: 16 103
 Va  VX  1, 6  Va
10 103
A saída Vo é então calculada, considerando Vx como a fonte de entrada do circuito: V0  
V0  VX VX  0
V0
V
VX


 X 
0
5 103
20 103
5 103 5 103 20 103
V
VX  0 3  4 103  VX  0,8 V0
5 10
100 103
 VX
20 103
 V0  5  VX
Substituindo VX na equação acima: V0  5   1, 6 Va   V0  8 Va
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
Substituindo o valor de Vo já conhecido, tem‐se Vb: b) Para encontrar o valor do resistor RX que faz com que a corrente na fonte Va seja igual a zero, basta equacionar as correntes no nó da fonte Va: Va  0 V0  Va

10 103
RX
 RX 
Vb 
V0  Va  10 103
Va
c) Equacionando as correntes no ponto de saída do amplificador de baixo, é possível encontrar io: Substituindo Vo pela equação de Vo tem‐se:  8 V   V  10 10
 7 Va  10 103
3
RX 
a
 RX 
a
Va
Va
 RX  70 103
0  V0
V0
 ia  i0  i0  
 ia
30 103
30 103
Substituindo os valores de Vo e ia já conhecidos: 26) Para o circuito a seguir, considerando Va = 1,98V determine: a. O valor da corrente ia; b. O valor da tensão Vb; c. O valor da corrente io; i0  
27) Para o circuito a seguir, desenhe: a. A forma de onda da tensão Vx. (Desenhe esta forma de onda em escala, sobre a forma de onda da tensão VC); b. A forma de onda da tensão de saída Vo. Indique as escalas de tensão; +6V
+
-
30k
-6V
4,8
 600 106  i0  760  A
30 103
Va
4,8
 Vb  3, 2V
1,5
20k
10k
10k
20k
+6V
+10V
4,7k
ia
io
3,3k
+
-
Vb
-6V
-
+10V
5k
Vx
+
Va
+
i3,3k 
 i3,3k 
1,98

3,3 103
Vb
 i3,3k   600 A
Resolução: a) Para desenhar as formas de onda, primeiro é preciso conhecer as equações de VX e de Vo. Para encontrar a equação de VX, resolve‐se os dois primeiros circuitos, onde VY é a tensão do primeiro amplificador: c Equacionando VX, considerando VY como uma fonte de tensão, tem‐se: V0  4,8V
20 103  10 103  VY
VB 
1



3
3 
10 103
 30 10 15 10   1  1 

3
3 
 30 10 15 10 
VB 
 VY

10 103  VX  VY  2  VB
VX  3  
3
3 
 30 10 15 10 
V0  1,98  ia  4, 7 103  V0   600 106  4, 7 103   1,98
VX 
O amplificador de baixo é um amplificador inversor, e com essa informação é possível equacionar a tensão Vo, para obter a tensão Vb: V
30 103
Vb  V0  1,5 Vb  Vb  0
20 103
1,5 Substituindo a equação de VY que é conhecida, tem‐se: VX  2 Va  2  VB
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
0V
Vc
b) Conhecendo a corrente ia é possível calcular a tensão de saída do amplificador de baixo: V0  
+
-10V
Com a propriedade que diz que a corrente de entrada do AMPOP é igual a zero, é possível dizer que: ia  i3,3k   ia  600  A
Vo
-10V
15k
Resolução: a) Aplicando a propriedade dos AMPOPs que diz que V+ = V‐, é possível calcular a corrente no resistor de 3,3kΩ: V 0
 a 3
3,3 10
+5V
-
30k
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
22k
+4V
+
b) Para desenhar Vo, basta fazer a análise do comparador de saída, entre a tensão VX encontrada e a tensão Vb dada: Vx
Va
Vo
-4V
Vz
66k
+
-4V
Vc
-2,0
2,0
33k
1,0
Resolução: a) A tensão Vx é obtida pela comparação do sinal Senoidal com uma tensão contínua de ‐Vb. Se a senoide for maior que ‐2V, satura em +4V, senão satura em ‐4V. b) A tensão no ponto Vz é dada pela comparação de Vc/3 com ‐Vb. Como Vc/3 é sempre maior que –Vb, a saída esta sempre saturada em ‐4V. c) A saída Vo é dada pela comparação de Vx com Vz. Quando Vx é maior que Vz, satura em +4V. Quando são iguais, a saída é igual a zero. -1,0
-2,0
10,0
8,0
6,0
Vc
e
Vx
+
-
Vb
1,0
-1,0
Vb
+4V
-4V
+4V
2,0
Va
-
47k
4,0
2,0
6,0
-2,0
4,0
-4,0
2,0
-6,0
Va
-8,0
-10,0
-2,0
-4,0
-6,0
5,0
4,0
Vo
Vx
-4,0
28) Para o circuito a seguir, considerando que Va é a fonte senoidal apresentada abaixo, Vb uma fonte de tensão contínua Vb = 2V e Vc uma fonte de tensão contínua de Vc = 4V, desenhe: a. A tensão no ponto Vx; b. A tensão no ponto Vz; c. A tensão de saída Vo. Vz
-4,0
4,0
Vo
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
29) Para o circuito a seguir, desenhe: a. A tensão de saída Vo; 30) Para o circuito a seguir, desenhe: a. A tensão de saída Vo. 15k
20k
40k
+10V
6k
-
+12V
10k
-
Vo
Va
Va
-10V
+
Vb
+
Vb
-10V
Vc
Resolução: a) Para poder desenhar a tensão de saída é preciso encontrar a equação de Vo. Este circuito é um amplificador subtrator. Então a equação de saída é dada por: Resolução: b) Para poder desenhar a tensão de saída é preciso encontrar a equação de Vo. Este circuito é uma composição de um Amplificador Subtrator e um Somador Inversor. Para equacionar o circuito, pode‐se separa‐los e assim a saída do primeiro amplificador, chamada de VX é dada por: 15 103
15 103  6 103
V0  
Va 
 Vb  V0  2,5  Va  3,5  Vb 3
6 10
6 103
4,0
VX  
3,0
2,0
20 103
20 103  10 103
 Va 
 Vb  VX  2, 0  Va  3, 0  Vb 3
10 10
10 103
Utilizando VX como uma fonte de tensão para o segundo circuito, este pode ser equacionado por: 1,0
-1,0
-2,0
V0  
-3,0
-4,0
40 103
40 103
 VX 
 Vc  V0  VX  4, 0  Vc 3
40 10
10 103
Substituindo a equação de VX na equação de Vo tem‐se: 2,0
1,0
Vb
Vo
10k
-10V
Va
+12V
40k
+
V0    2, 0 Va  3, 0 Vb   4, 0 Vc  V0  2, 0 Va  3, 0 Vb  4, 0 Vc -1,0
-2,0
15,0
12,5
10,0
7,5
5,0
2,5
Vo
-2,5
-5,0
-7,5
-10,0
-12,5
-15,0
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
MINISTÉRIO DA EDUCAÇÃO
SECRETARIA DE EDUCAÇÃO PROFISSIONAL E TECNOLÓGICA
INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DE SANTA CATARINA
CAMPUS JOINVILLE
DEPARTAMENTO DE ENSINO, PESQUISA E EXTENSÃO
2,0
Va
1,0
-1,0
-2,0
2,0
Vb
1,0
-1,0
-2,0
2,0
Vc
1,0
-1,0
-2,0
14,0
12,0
10,0
8,0
6,0
4,0
Vo
2,0
-2,0
-4,0
-6,0
-8,0
-10,0
-12,0
-14,0
Rua Pavão, 1337 – Costa e Silva
89220-200 – Joinville/SC
Fone: (47) 3431-5610
www.joinville.ifsc.edu.br
Download