Partes Teórica e Prática resolvidas

TÉCNICAS DE INSTRUMENTAÇÃO
2º Teste – 15/Dez/2008
PARTE TEÓRICA
Questão I (1,95)
a) Explique o que é uma ponte de Wien e para que serve.
b) Explique o que é uma ponte de Maxwell e para que serve.
Questão II (1,95)
a) Explique como funciona um amplificador inversor básico. Deduza a expressão do ganho em
tensão deste amplificador, assumindo que tem um transístor npn funcionando no seu modo
normal.
5
Vcc
4
Vout / V
R1
1k
Vout
1K
Vin
Q1
R2
3
2
1
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
V1/V
Amplificador inversor básico
1.2
1.4
1.6
1.8
2
200mV/div
A curva de transferência (Vout=f(Vin)) tem a forma
descrita no gráfico acima.
1. Com 0<Vin<VBEmin o transístor está no modo de corte e não há corrente de base nem de
colector. Assim Vout=Vcc.
2. Na zona activa do amplificador Vout varia entre Vcc e VCE(sat) do transístor, que está no seu
modo normal. Assim é válida a relação IC=hFE×IB. Aplicando a lei de Kirschoff das tensões
temos:
Vout=Vcc-R1×IC;
Vin-R2×IB-VBEmin=0; IB=(Vin-VBEmin)/R2
IC=hFE×IB.
Logo Vout = - RC×hFE/RB × (Vin-VBEmin)
e o ganho do amplificador é dVout/dVin= - RC×hFE/RB.
3. Na zona em que Vout = VCE(sat) o transístor está em saturação e o amplificador não está a
funcionar como tal.
b) Explique para que servem os seguintes circuitos electrónicos: Deslocador de nível;
seguidor de emissor; push-pull; par de Darlington.
Este circuito permite baixar o nível dc de um sinal sem
alterar o seu estado de amplificação.
Vcc
Vout=Vin-VBEmin-IC(Q3)×R3
Q2
Vin
Se a corrente IC(Q3) for constante (regulada por VBB),
então o nível dc de Vout depende apenas de R3.
R3
1k
Vout
1k
VBB
O ganho do circuito é dVout/dVin= 1 (não amplifica).
Q3
R4
Circuito deslocador de nível
Tal como o nome indica Vout segue o potencial de emissor,
que por sua vez segue Vin a menos de VBEmin, ou seja:
Vcc
Vout=Vin-VBEmin.
Também aqui o ganho em tensão é unitário.
Q4
Vin
Vout
Este circuito serve para aumentar a capacidade de corrente
fornecida à carga a ligar a Vout, aumentando assim a potência
disponível sem comprometer o valor do sinal em tensão. É
usado nos estágios de saída dos amplificadores.
R5
1k
Circuito seguidor de emissor
Vcc
Q6
Vin
D1
Vout
D2
Q5
R6
1k
-Vee
Circuito Push-pull
Este circuito tem as mesmas aplicações do anterior mas
com a vantagem de toda a corrente de emissor ser
canalizada para a carga que se ligar a Vout. A corrente de
funcionamento próprio (chamada de corrente quiescente)
é muito baixa, ao contrário do seguidor de emissor que
tem sempre uma corrente não desprezável passando do
emissor para a terra, via R5.
Esta composição permite potenciar o ganho dos transístores
criando um conjunto que tem um comportamento muito
próximo de um transístor, mas com um ganho muito elevado.
ColectorD
BaseD
Q8
Admitindo que o ganho de ambos os transístores é igual a hFE:
A corrente de base do transístor Q7 é a corrente de emissor do
transístor Q8, IB(Q7)=I E(Q8). Por outro lado, sabemos que a
corrente de emissor de Q8 é:
IE(Q8)=I C(Q8)+I B(Q8)= hFE×IB(Q8)+I B(Q8)= IB(Q8)×(hFE+1)
e a corrente de colector de Q7 é:
IC(Q7)=h FE×IB(Q7)=h FE× IB(Q8)×(hFE+1).
Portanto, a corrente que entra no terminal de colectores do Par
de Darlington é IC(Q7)+I C(Q8):
I(ColectorD)= hFE× IB(Q8)×(hFE+1)+ hFE× IB(Q8)
ou seja,
I(ColectorD)=I(BaseD)×(hFE2+2hFE)
que é uma expressão análoga à do transístor IC= IB×hFE
Q7
EmissorD
Par de Darlinton
Questão III (1,95)
a) Explique como funciona o circuito par diferencial.
Vcc
R1
10k
R7
10k
Vout1 Vout2
100k
Vin1
Q1
Q9
R2
100k
R8
Vin2
R9
10k
-Vee
Circuito Par Diferencial
O circuito Par Diferencial permite obter em qualquer das saídas uma amplificação da diferença
das entradas. Sendo uma saída simétrica em relação à outra, também a diferença das saídas
é proporcional à diferença das entradas.
Em termos muito simples, um incremento de tensão em Vin1 leva a um aumento proporcional
de corrente de base de Q1 e portanto também da sua corrente de colector, uma vez que
IC=hFE×IB. Como a corrente de emissor é a soma de I B com IC, também esta vai aumentar. O
potencial dos emissores é função da corrente que atravessa R9, uma vez que -Vee é fixo.
Assim, aumentar IE(Q1) implica aumentar a tensão dos emissores de ambos os transístores.
Isto vai repercutir-se no transístor Q9, sem que Vin2 tivesse mudado, tem a sua corrente de
base menor por causa do aumento da tensão do seu emissor. A esta diminuição da corrente
de base de Q9 corresponde uma diminuição da sua corrente de colector.
Desta forma a um aumento de tensão Vin1 provoca um aumento da corrente de colector de
Q1 e uma diminuição da corrente de colector de Q9. Como cada Vout é função da respectiva
corrente de colector (Vout = Vcc - RC× IC, em que RC será R1 ou R7, consoante o caso), temos
que no exemplo que estamos a estudar, Vout1 iria diminuir e Vout2 aumentar.
b) Quais os tipos transístores que pode utilizar no par diferencial, indicando as vantagens e
desvantagens de cada hipótese.
No exemplo acima utilizaram-se transístores bipolares, mas poder-se-iam utilizar também
JFETs. Com transístores bipolares temos a garantia de linearidade de Vout em função de Vin
(uma vez que IC=hFE×IB). A desvantagem é que, como este tipo de transístores funcionam com
controlo por corrente (I B), os instrumentos que utilizem esta montagem apresentarão sempre
algum efeito de carga (consumo de parte da corrente do circuito em medida por parte do
próprio aparelho de medida). Por outro lado, os JFETs, que são controlados por tensão e
portanto não consomem corrente, pelos menos em termos dc (poderão consumir alguma
corrente em ac para carregar/descarregar as capacidades da junção de gate), têm a
desvantagem de não serem lineares. A aproximação que se costuma fazer (linearização em
torno do ponto de funcionamento) determina a transcondutância (g m) do JFET. Mas um
afastamento desse ponto pode levar a valores de Vout longe do esperado.
Questão IV (2,20)
a) Quais os blocos (subcircuitos) que tipicamente constituem um Amplificador Operacional
(AMPOP).
1- Par diferencial; 2- Circuito deslocador de nível; 3- Amplificador linear de alto ganho
(tipicamente um AIB); 4- Estágio se saída (seguidor de emissor ou push-pull).
O par diferencial faz a operação da diferença entre as entradas, tal como já foi explicado. Para
que o sinal seja utilizável pelo amplificador linear tem de ser adaptado ao nível dc mais
adequado (mais baixo), através do deslocador de nível. O amplificador linear expande o sinal
em tensão e o estágio de saída permite utilizar esse sinal sem distorção, fornecendo a
corrente (e portanto a potência) necessária a cargas de eventual baixo valor, fornecendo
assim uma baixa impedância de saída do amplificador operacional.
b) Qual o modelo (circuito equivalente de Thévenin) que habitualmente se associa ao AMPOP.
Porque se diz que as entradas formam entre si um curtocircuito virtual e simultaneamente
que as impedâncias de entrada são muito elevadas?
-
Vin1
Ri
Vin2
Ro
Vout
Vo
+
O modelo que habitualmente se associa ao AMPOP contém uma resistência de entrada muito
elevada (Ri) que simboliza a alta impedância de entrada deste circuito. Na malha de saída temos
uma fonte de tensão cujo (Vo) valor é controlado pela diferença das entradas e amplificado pelo
valor do ganho diferencial (Ad) do AMPOP, isto é: Vo = Ad×Vd, em que Vd = (Vin1-Vin2). Ro
simboliza a (baixa) impedância de saída do circuito.
A impedância de entrada é normalmente elevada porque se colocam no estágio entrada (no par
diferencial) dispositivos que consomem muito pouca corrente a partir de Vin1 ou Vin2 (gates dos
JFETs ou bases dos pares de Darlington).
Por outro lado, uma vez que o ganho diferencial, Ad, é muito elevado (da ordem de 10 6 ou 10 7),
para que o AMPOP esteja em função linear (variando entre os valores de alimentação superior e
inferior, Vcc e -Vee) é necessário que Vin1 não se afaste de Vin2 mais que umas décimas de µV.
Em termos de tensões de trabalho da ordem de volts ou mesmo de milivolts a diferença entre
Vin1 e Vin2 será sempre muito perto de zero, por isso se diz que Vin1 e Vin2 estão em
curtocircuito virtual.
Questão V (1,95)
a) Quais
os
circuitos
que
estudou
que
utilizam
AMPOPs?
Explique
sucintamente
o
funcionamento de cada um deles.
1) Amplificador Inversor
R2
AMPOP1
Vin
R1
Vout
Tendo em conta os pressupostos referidos em IV b), temos que a corrente que atravessa R1 e
aproximadamente igual à que percorre R2 e a diferença de potencial entre as entradas do
AMPOP é aproximadamente zero, temos que:
Vin-R1×I(R1)=0 ; I(R1)=Vin/R1
-R2×I(R2)-Vout=0; I(R2)=-Vout/R2
Como I(R1)=I(R2), Vout= - R2/R1×Vin
Esta configuração permite obter a amplificação da entrada com ganhos entre 0 e Ad, mas
invertendo o sinal.
2) Amplificador não Inversor
R4
AMPOP2
R3
Vin
Vout
-R3×I(R3)-Vin=0; I(R3)=-Vin/R3
Vin-R4×I(R4)-Vout=0; I(R4)=(Vin-Vout)/R4
Vout= (R3+R4)/R3 × Vin
Esta configuração permite amplificar a entrada com ganhos entre 1 e Ad. Neste caso a saída
está em fase com a entrada.
3) Amplificador Diferencial
R5
Va
Vin1
Vin2
R6
R7
AMPOP3
Vout
Vb
R8
Vin1-R6×I(R6)-Va = 0; I(R6)=(Vin1-Va)/R6
Va-R5×I(R5)-Vout=0;I(R5)=(Va-Vout)/R5
Va=(Vin1×R5+Vout×R6)/(R5+R6)
Vin2-R7×I(R7)-Vb=0; I(R7)=(Vin2-Vb)/R7
Vb-R8×I(R8)=0; I(R8)=Vb/R8
Vb=Vin2×R8/(R7+R8)
Mas Va ≈ Vb.
Então, se R6=R7=Rx e R5=R8=Ry tem-se:
Vout = (Vin2-Vin1)×Ry/Rx
Esta configuração permite amplificar apenas a diferença existente entre os sinais Vin1 e Vin2.
4) Amplificador Somador
R9
Vin1
R10
Vin2
AMPOP4
R11
Vin3
Vout
R12
I(R10)=Vin1/R10
I(R11)=Vin2/R11
I(R12)=Vin3/R12
I(R9)=-Vout/R9
I(R10)+ I(R11)+ I(R12)= I(R9)
Vout = - R9×(Vin1/R10+Vin2/R11+Vin3/R12)
Esta montagem permite obter a amplificação da soma ponderada das entradas. É uma
montagem inversora.
5) Amplificador Integrador
C1
AMPOP5
Vin
R13
Vout
A corrente de carga do condensador é
i(C)= C dvc/dt, onde vc é a tensão aos terminais do condensador.
No circuito, temos - vc -vout=0, de onde vc=-vout.
Assim i(C)= - C dvout/dt.
Por outro lado, i(R13)=vin/R13,
e i(R13)=i(C).
Então,
τ
vout= - 1/RC
∫
vin dt
0
Esta montagem permite obter a integração matemática do valor de vin, ponderada por 1/RC.
Pode ser utilizada, por exemplo, para obter ondas triangulares a partir de ondas quadradas.
TÉCNICAS DE INSTRUMENTAÇÃO
2º Teste – 15/Dez/2008
PARTE PRÁTICA
Problema I (5)
Considere o voltímetro electrónico analógico da figura abaixo.
Vcc
R1
2k
N
Vin1
R2
2k
G_1
Q1
R3
P
G
Rm = 50
IFS = 1mA
Q2
R4
Vin2
R5
1k
Vee
Pretende-se que este instrumento tenha uma escala máxima de 10V. Os transístores são iguais e
têm um ganho de corrente em configuração de emissor comum de 150.
a) Deduza a expressão que lhe permite determinar a corrente do galvanómetro em função da
diferença das entradas.
Vamos assumir que R1=R2=Rc e R3=R4=Rb.
(1): Vcc-Rc×I1(Rc)-Vce1-Ve=0
(2): Vcc-Rc×I2(Rc)-Vce2-Ve=0
(1)-(2): Rc(I2-I1)+(Vce2-Vce1)=0
Mas Vce2-Vce1=Rm×Im.
Rc(I2-I1)+ Rm×Im =0
I1+Im=Ic1 e I2=Ic2+Im
Rc(Ic2+Im) -Rc (Ic1-Im)+ Rm×Im =0
Rc×Ic2+ Rc×Im -Rc×Ic1+ Rc×Im+ Rm×Im =0
Rc(Ic2-Ic1) + Im(2Rc+Rm)=0
Ic2=hFE×Ib2= hFE×(Vin2-Vbemin-Ve)/Rb
Ic1=h FE×Ib1= hFE×(Vin1-Vbemin-Ve)/Rb
Ic2-Ic1= hFE×(Ib2-Ib1)= hFE×(Vin2-Vin1)/Rb
Im = (Rc×hFE×(Vin1-Vin2))/(Rb×(2Rc+Rm))
b) Determine o valor das resistências de base (R3 e R4), para que o aparelho tenha as
características desejadas.
Rb = (Rc×hFE×(Vin1-Vin2))/(Im×(2Rc+Rm))
Rb = 2000×150×(10)/(10 -3×(4000+50))=740,741 kΩ.
Problema II (5)
Considere uma ponte ac, cuja fonte tem uma frequência de 1kHz e em que:
- Z1 é uma série de uma bobina com uma resistência, onde L = 10 mH e R = 120Ω,
respectivamente.
- Z2 é um paralelo de um condensador com uma resistência, onde C = 1 µF e R =
100Ω, respectivamente.
- Z3 é uma série de um condensador com uma resistência, onde C = 130 nF e R = 4kΩ,
respectivamente.
Determine a impedância Zx e valor dos componentes que a constituem, assumindo que estão em
série.
Z1 = 120+ j 62,83 = 135,5 |27,6º
Z2 = 71,7- j 45 = 84,7 |-32,1º
Z3 = 4000- j 1224 = 4183 |-17º
Zx = Z2×Z3/Z1 = 2615 |-76,8º = 597,3 - j 2546
Os componentes são:
Uma resistência de 597,3 Ω.
Um condensador de 62,5 nF.