Eletrônica I

Este é o quinto curso de Engenharia Elétrica Universitária: eletrônica I — o primeiro curso sobre dispositivos. O Wave 1 e o EE04 analisaram circuitos compostos por componentes ideais; aqui os próprios componentes são o tema, e a competência central é o modelagem: escolher o modelo de dispositivo mais simples que responda à questão em mãos.

• Unidade 5.1 introduz semicondutores e a escada de modelos do diodo.
• Unidade 5.2 aplica diodos: retificadores, fontes e reguladores Zener.
• As Unidades 5.3–5.4 polarizam as duas famílias de transistores (BJT, MOSFET).
• A Unidade 5.5 lineariza em torno do ponto de polarização: amplificadores de pequeno sinal.
• As Unidades 5.6–5.7 adicionam retroalimentação e a visão no domínio da frequência.

O hábito de verificação: cada ponto de polarização é conferido contra as regiões de operação do dispositivo (a premissa que tornou a equação válida), todo resposta de pequeno sinal em caso limite. Cada unidade termina com o comum erros e um resumo de três linhas.

O silício puro conduza mal; o dopagem adiciona portadores — doadores tornam o tipo n (elétrons), aceptores tornam o tipo p (buracos). Uma junção pn PN conduza num maneira: polarização direta (lado p positivo) permite fluxo exponencial; polarização inversa alarga a região de depleção e bloqueia.

O diodo possui uma escada de modelos — escolha pelo enunciado:

• Ideal: 0 V quando conduzindo, aberto quando desligado.
• Queda constante: 0.7 V quando conduzindo (silício).
• Piecewise-linear: 0.7 V + resistência em rampa $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$.
• A lei exponencial de Shockley $i = I_{S}(e^{v/nV_{T}} - 1)$ quando a forma da curva importa, com $V_{T} = kT/q \approx 26$ mV à temperatura ambiente.

Por que a escada funciona: diferencie a lei de Shockley no ponto de operação e a resistência dinâmica do diodo é $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$ — alguns ohms em miliamperes. E porque $i \propto e^{v/nV_{T}}$, dez vezes a corrente precisa apenas $\ln 10 \times nV_{T} = 2.303 \times 26 = 59.9$ mV a mais de tensão (n = 1): a curva é uma parede quase vertical, então a resistência no circuito, não o diodo, define a corrente — momento exato em que o modelo de queda constante é preciso.

Exemplo resolvido 1 (seleção de modelo, três formas). Uma fonte de 5 V alimenta um diodo em série com 1 kΩ. Ideal: 5 mA. Queda constante: $(5 - 0.7)/1000 = 4.3$ mA. Verdade de Shockley ($I_{S} = 10^{-12}$ A, $nV_{T} = 26$ mV, bisseção em $I_{S}(e^{v/26\mathrm{m}} - 1) = (5 - v)/1000$): $v_{D} = 0.5775$ V, $i = 4.423$ mA. A resposta de queda constante está dentro de 2.8% — pois a resistência que domina o laço. Verifique o motivo: o modelo de queda constante está errado em $0.7 - 0.5775 = 0.12$ V na tensão do diodo, e o resistor transforma isso em apenas $0.12/1000 = 0.12$ mA de erro de corrente — 2.8% de 4.42 mA.

Exemplo resolvido 2 (a resistência dinâmica, escalonada). No ponto de operação ponto $r_{d} = nV_{T}/I_{D} = 26\,\mathrm{mV}/4.42\,\mathrm{mA} = 5.9\ \Omega$. Agora deixe a fonte oscilar em $\pm 0.1$ V (sinal pequeno): a corrente de oscilação é $0.1/(1000 + 5.9) = 99.4\ \mu\mathrm{A}$ — dentro de 0.6% do resistor apenas 100 µA. A componente CC de 5 V permanece quase inalterada sobre o par; o sinal de 0.1 V vê um circuito comum de $1\ \mathrm{k}\Omega + 5.9\ \Omega$. Esta é a essência do conceito de sinal pequeno da unidade 5.5, apresentado primeiramente no diodo: divida o problema em polarização (onde a lei não linear define o ponto) e oscilação (onde a resistência linearizada assume o controle).

Erros comuns. Usar o modelo exponencial quando o resistor domina (bisseção desnecessária; o modelo de queda constante é a ferramenta correta nesse caso). Citando "$r_d$ = 26 mV" — isso é $V_T$; a resistência é $V_T/I_D$, corrente está no denominador. Esquecer n = 2 em alta corrente (59.9 mV/década torna-se 120 mV/década).

Resumo: um diodo é uma válvula unidirecional com curva de condução quase vertical; o resistor de malha define a corrente; $r_d = nV_T/I_D$ é a visão linearizada; escolha o modelo que a questão exige e verifique a resposta contra o modelo superior.

O retificador de meia-onda conduz metade do ciclo; o retificador de onda completa Ponte retificadora utiliza quatro diodos, dois conduzem por vez, de modo que a queda de tensão dos diodos custa 1.4 V e cada diodo deve suportar uma tensão inversa máxima de um pico secundário. Um capacitor de filtro mantém a de saída entre picos: a ondulação $\Delta V \approx I_{load}/(f\cdot C)$ (meio-onda) ou $I_{load}/(2f\cdot C)$ (onda completa) — o capacitor deve fornecer à carga durante todo o intervalo entre os picos de recarga.

Exemplo resolvido 1 (alimentação de ponte, verificado). Uma ponte retifica 12 V RMS, 50 Hz secundário; a carga consome 100 mA e o capacitor é 2200 µF. Tensão de pico de saída: $12\sqrt{2} - 1.4 = 17.0 - 1.4 = 15.6$ V. ondulação (onda completa, recarregada a cada 10 ms): $\Delta V = 0.1/(100 \times 2200\mu) = 0.455$ V. Portanto, a saída oscila entre 15.6 e 15.1 V. Verificações: ondulação ≪ pico (2.9% ✓ — premissa da fórmula); onda única dobraria a ondulação para 0.91 V com o mesmo capacitor — a ponte oferece um 2× por quatro diodos; PIV por diodo ≈ 17.0 V (um pico secundário) — especifique os diodos acima desse valor.

Exemplo resolvido 2 (regulador zener projetado em ambos os extremos, escalonado). entre 12–5.1 mA e o Zener precisa de pelo menos 5.1 mA para manter a ruptura. O caso mais crítico 0–10 mA e o zener precisa de pelo menos 2 mA para permanecer em ruptura. Caso mais crítico para a corrente do zener é carga total: $R \le (12 - 5.1)/(10\mathrm{m} + 2\mathrm{m}) = 575\ \Omega$ → escolha 560 Ω. Agora verifique o outro extremo — sem carga: $I_{Z} = (12 - 5.1)/560 = 12.3$ mA, so $P_{Z} = 5.1 \times 12.3\mathrm{m} = 63$ mW e o resistor dissipa $(12-5.1)^{2}/560 = 85$ mW no pior caso. Carga total deixa $I_{Z} = 12.3 - 10 = 2.3$ mA ≥ 2 mA ✓. Ambos os extremos verificados — isso é um regulador completo: uma desigualdade de cada extremo da faixa de carga.

Erros comuns. Usar f em vez de 2f para a ondulação da ponte (o capacitor se recarrega a cada meio-ciclo). Esquecer o 1.4 V de duas quedas de diodo no pico de saída. Dimensionar o resistor zener apenas na carga típica — a corrente zener deve ser verificada em AMBOS os extremos, e sua potência no extremo sem carga.

Resumo: ponte = ambos os meios-ciclos, custo de 1.4 V, PIV um pico; ondulação $I/(2fC)$ definida pela lacuna entre recargas; o zener mantém a tensão enquanto o resistor série absorve o excesso — dimensionado nos dois extremos de carga.

O transistor bipolar de junção possui três regiões — corte, ativo (a região do amplificador: $I_C = \beta I_B$, $V_{BE} \approx 0.7$ V), e saturação ($V_{CE} < 0.2$ V, ambas as junções polarizadas diretamente). Polarização significa posicionar o ponto de repouso (o ponto de polarização, Q-point) firmemente na região ativa e torná-lo independente de β — parâmetro que varia 2:1 entre dispositivos do mesmo código.

Exemplo resolvido 1 (polarização por divisor de tensão, exato). $V_{CC} = 12$ V; $R_{1} = 68$ kΩ (para $V_{CC}$), $R_{2} = 12$ kΩ (para terra), $R_{C} = 2.2$ kΩ, $R_{E} = 1$ kΩ, $\beta = 100$. Divisor de Thévenin: $V_{B} = 12 \times 12/80 = 1.8$ V, $R_{B} = 68\mathrm{k} \parallel 12\mathrm{k} = 10.2$ kΩ. Estimativa rápida (ignore a corrente da base): $V_{E} = 1.8 - 0.7 = 1.1$ V → $I_{E} \approx 1.1$ mA. Exato (malha da base com $I_E = (\beta+1)I_B$): $I_B = (1.8 - 0.7)/(10.2\mathrm{k} + 101 \times 1\mathrm{k}) = 9.9\ \mu$A → $I_C = 0.989$ mA, $V_{CE} = 12 - 0.99\mathrm{m} \times 2.2\mathrm{k} - 0.99 = 8.8$ V — active ✓ ($V_{CE} \gg 0.2$ V). A estimativa rápida estava alta em 11%; a culpado é a carga da corrente da base no divisor — exatamente o que a malha exata considera.

Exemplo resolvido 2 (β dobrado, o ponto do circuito, amplificado). Mesma circuito, $\beta = 200$: $I_B = 1.1/(10.2\mathrm{k} + 201\mathrm{k}) = 5.2\ \mu$A → $I_C = 1.04$ mA, $V_{CE} = 8.7$ V — ainda ativo ✓. Então β × 2 movimentou a corrente do coletor em 5% (0.99 → 1.04 mA) e o ponto Q mal se alterou. O mecanismo: qualquer aumento na corrente do coletor eleva a tensão do emissor, o que reduz $V_{BE}$ e limita a corrente da base — realimentação feedback dentro do polarização, fornecido por $R_E$. Com $R_E = 0$, a região ativa fórmula $I_C = \beta(1.8 - 0.7)/10.2\mathrm{k}$ prevê 10.8 mA em β = 100 e 21.6 mA em β = 200. O resistor de coletor 2.2 kΩ não pode passar nenhum corrente de 12 V, logo a suposição ativa falha: estes são candidatos, não correntes de saturação reais. A sensibilidade à β da fórmula ainda é clara, mas a verificação da região deve ocorrer antes de aceitar um ponto Q. Ambas as fontes de erro agora são quantificadas: 11% do divisor (corrigível com um divisor mais rígido), 5% por dispersão de β (absorvida por $R_E$).

Erros comuns. Verificar $V_{CE} > 0$ em vez de $> 0.2$ V (a saturação começa em cerca de 0.2 V). Calcular $V_C$ a partir da estimativa de 1.1 mA e depois "verificar" contra um ponto Q calculado a partir da corrente exata — mantenha uma cadeia, depois verifique. Acreditar que o divisor sozinho torna o viés independente de β — ele é $R_E$ (com o divisor de tensão rígido o suficiente para manter $V_B$) que faz o trabalho.

Resumo: Thévenin no divisor, resolva o laço da base exatamente, verifique a região; $R_E$ garante a independência de β ao custo do espaço de tensão; estimar e verificar é aceitável quando os dois são rotulados como tal.

O MOSFET é controlado por tensão: o dreno não consome corrente CC, e na saturação (a região do amplificador — a nomenclatura oposta à do BJT!) o modelo quadrático fornece

com limiar $V_t$. As três regiões: corte ($v_{GS} < V_t$), triode/ohmica ($v_{DS} < v_{GS} - V_t$ — um resistor, não um amplificador), saturação (a desigualdade se aplica — uma fonte de corrente).

Exemplo resolvido 1 (assuma saturação, depois verifique). $V_{DD} = 10$ V, $\tfrac{1}{2}k_n(W/L) = 0.5$ mA/V², $V_t = 1.5$ V, $R_D = 3$ kΩ, dreno mantido em $V_G = 3$ V (divisor — sem corrente CC no dreno). Assuma saturação: $I_D = 0.5 \times (3 - 1.5)^{2} = 1.125$ mA; $V_{DS} = 10 - 1.125\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = 6.6$ V. Check: $6.6 \ge 3 - 1.5 = 1.5$ ✓ — saturação é válida, e o ponto Q é (1.125 mA, 6.6 V).

Exemplo resolvido 2 (a verificação que falha, escalonada). Eleve o gate para $V_G = 5$ V, mesmo circuito. Assuma saturação: $I_D = 0.5 \times 3.5^{2} = 6.1$ mA, $V_{DS} = 10 - 6.1\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = -8.4$ V — impossível (tensão de dreno negativa), logo a suposição está errada: o resistor não pode cair 18 V de uma alimentação de 10 V. Re-solva na região triode com $i_D = 0.5(2 \times 3.5\, v_{DS} - v_{DS}^{2})$ e a reta de carga $10 = 3\mathrm{k}\, i_D + v_{DS}$: a quadrática resulta em $v_{DS} = 1.00$ V, $i_D = 3.00$ mA. Verificações: região $1.0 < 3.5$ ✓ triode; a equação da triode retorna $0.5(2 \times 3.5 \times 1 - 1) = 3.0$ mA ✓ consistente com a reta de carga; e a saturação neste gate exigiria 18.4 V de alimentação. A lição generaliza-se: o modelo é uma suposição — é a verificação de região que o torna válido.

Erros comuns. Confiar na corrente de saturação sem a verificação de região (o exemplo falho acima leva a uma resposta incorreta se você apenas verificar $V_{DS} > 0$). Confundir os nomes das regiões com BJT (saturação MOSFET = amplificador; saturação BJT = destruída). Esquecer que a corrente do gate é zero em CC — o divisor não tem carga, razão pela qual divisores MOSFET podem usar resistores de megaohms. corrente é zero em CC — o divisor está sem carga, o que é exatamente por isso que teste; assuma, resolva, verifique — e quando a verificação falha, use a quadrática da triode

Resumo: lei quadrática na saturação, limite $v_{DS} = v_{GS} - V_t$ é o teste; assuma, resolva, verifique — e quando a verificação falha, o triodo quadrático assume o controle; corrente de porta zero em CC.

A amplificação é linear apenas em torno de um ponto de polarização (o ponto Q da unidade 5.3). O modelo de pequeno-sinal substitui cada dispositivo por sua linearizada parâmetros naquele ponto: BJT — $g_m = I_C/V_T$ (diferencie a exponencial), $r_\pi = \beta/g_m$, $r_o$; MOSFET — $g_m = k(W/L)(V_{GS} - V_t) = 2I_D/(V_{GS} - V_t)$ (differentiate the square law), $r_o$. Fontes CC tornam-se curtos-circuitos; capacitores de acoplamento tornam-se curtos na frequência do sinal.

Exemplo resolvido 1 (a etapa de emissor comum). No ponto de polarização da unidade-5.3 $I_C = 0.99$ mA, $\beta = 100$: $g_m = 0.99\mathrm{m}/26\mathrm{m} = 38.1$ mS; $r_\pi = 100/38.1\mathrm{m} = 2.6$ kΩ. Ganho de tensão com $R_E$ contornado e $r_o = 50$ kΩ: $A_v = -g_m(R_C \parallel r_o) = -38.1\mathrm{m} \times 2.11\mathrm{k} = -80$. Limiting checks: $r_o \to \infty$ gives $-g_m R_C = -84$ (r_o custa 5%); e o ganho deve ser negativo — a etapa CE inverte.

Exemplo resolvido 2 (degeneração e comparação com MOSFET, escalonado). Remova o bypass para que $R_E = 1$ kΩ participe: o ganho exato é $-g_m R_C/(1 + g_m R_E) = -84/(1 + 38.1) = -2.14$, contra a $-R_C/R_E = -2.2$ textbook form — within 2.4% because $g_m R_E = 38 \gg 1$ (essa é a condição de validade do modelo, agora visível). A degeneração trocou 84 por 2.2 — linearidade e ganho estável obtidos com o mesmo $R_E$ que estabilizou a polarização. Mesma situação no mundo MOSFET: o ponto-Q unitário-5.4 resulta em $g_m = 2I_D/V_{ov} = 2 \times 1.125\mathrm{m}/1.5 = 1.5$ mS e um ganho de fonte-comum $-g_m R_D = -4.5$. O BJT no mesmo 1.125 mA apresenta $43.3$ mS — 29× o MOSFET — transcondutância e ganho de corrente versus resistência de entrada infinita: o compromisso fundamental.

Erros comuns. Calcular $g_m$ a partir da corrente de polarização estimada após a solução exata existir — uma cadeia, um conjunto de parâmetros. Usar $-R_C/R_E$ onde $g_m R_E \sim 1$ (a forma exige $g_m R_E \gg 1$). Acreditar que o modelo de pequeno-sinal é um circuito diferente — é o mesmo circuito, diferenciado no ponto-Q.

Resumo: diferencie a lei do dispositivo no ponto-Q para obter $g_m$; $r_\pi = \beta/g_m$; ganho bypassed $-g_m R_C$, degenerado $-R_C/R_E$ quando $g_m R_E \gg 1$; o BJT vence em gm por miliampere, o MOSFET vence pelo gate.

As regras de ouro da onda 1 retornam com a visão de ganho finito. A realimentação fecha um laço; o que importa é o ganho de laço $A_{OL}\beta_{fb}$. Derivação (estágio inversor): se o amplificador operacional pode manter $v_- \approx v_+$, o resistor de entrada carrega $(v_{in} - 0)/R_{in}$, o resistor de realimentação carrega a mesma corrente, e $v_o = -R_f v_{in}/R_{in}$. Escrever a equação de nó exata com ganho de malha aberta $A_{OL}$ e resolver dá

portanto, a resposta da regra de ouro é exata no limite $A_{OL}\beta_{fb} \to \infty$ e difere pelo fator $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$ na vida real.

Exemplo resolvido 1 (quatro topologias e GBW). Inversor $-R_f/R_{in}$ (resistência de entrada $R_{in}$); não inversor $1 + R_f/R_{in}$ (resistência de entrada → ∞); transimpedância $v_o = -I_p R_f$ (fotodiodo: $2\ \mu\mathrm{A} \times 1\ \mathrm{M}\Omega = 2$ V); somando $-(v_1 R_f/R_1 + v_2 R_f/R_2)$. Um amplificador operacional com ganho-banda de frequência produto GBW = 1 MHz em malha fechada 40 dB (100×) tem largura de banda 10 kHz; em 20 dB (10×), 100 kHz ✓ (o produto permanece 1 MHz ao longo da hipérbole).

Exemplo resolvido 2 (como as regras de ouro estão erradas, escalonado). O fator de erro $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$, calculado. Ganho em malha fechada 100 ($\beta_{fb} = 0.01$): com $A_{OL} = 10^{5}$, $A_{CL} = 100/(1 + 1/1000) = 99.90$ — um erro de 0.1%, invisível em um osciloscópio. Com um amplificador operacional cansado ou de alta frequência onde $A_{OL}$ caiu para $10^{3}$ (lembre-se da unidade 5.7: o ganho em malha aberta já está caindo): $A_{CL} = 100/1.1 = 90.9$ — um erro de 9.1% portanto, as regras de ouro são uma afirmação sobre ganho de malha: onde o ganho de malha é grande, elas são exatas, e perto do ponto de inflexão, desaparecem silenciosamente. Verifique: em 10 kHz com GBW 1 MHz, o ganho em malha aberta caiu para $10^{6}/10^{4} = 100$ — igual ao ganho em malha fechada, ganho de malha 1, e de fato esse é o −3 dB ponto de inflexão encontrado no exemplo 1.

Erros comuns. Usar a fórmula inversora para uma etapa não inversora ($1 + R_f/R_{in}$ difere exatamente por 1 — na unidade de ganho, ele é tudo). Esquecer o resistor de realimentação da etapa transimpedância define ganho de corrente, então a capacitância do fotodiodo ainda molda o ganho de ruído.

Resumo: ganho de malha $A_{OL}\beta_{fb}$ é o medidor de verdade das regras de ouro; erro $= 1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$; GBW é uma hipérbole — ganho em malha fechada fechada vezes largura de banda é conservado até o canto, onde as regras morrem.

Todo amplificador é um passa-faixa: capacitores de acoplamento definem o canto $f_L = 1/(2\pi R_{eq}C)$ por estágio ($R_{eq}$ = o que o capacitor vee, fontes zeradas), e no extremo alto capacitância Miller mais os polos internos assumem. A derivação de Miller: um capacitor $C$ de saída para entrada de um estágio inversor com ganho $-A$ carrega $i = C\,d(v_{in} - v_o)/dt = C(1 + A)\,dv_{in}/dt$ — o nó de entrada comporta-se como se visse $C_M = C(1 + A)$ para terra. O polo dominante aproximação: um polo faz a maior parte da rolagem, $f_H \approx 1/(2\pi R_{eq}C_{eq})$.

Exemplo resolvido 1 (passa-banda completo, ambas as bordas). Estágio CE unitário 5.5: estágio: o capacitor de acoplamento vê $R_{eq} = R_B \parallel r_\pi = 10.2\mathrm{k} \parallel 2.6\mathrm{k} = 2.08$ kΩ, logo um capacitor de acoplamento de 10 µF resulta em $f_L = 1/(2\pi \times 2.08\mathrm{k} \times 10\mu) = 7.7$ Hz. Extremidade alta: $C_{gb} = 5$ pF entre base e coletor onde o ganho do estágio é −80: $C_M = 5\mathrm{p} \times 81 = 405$ pF, mais 20 pF de espalhamento → $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 425\mathrm{p}) = 187$ kHz. O estágio passa de 7.7 Hz a 187 kHz no ganho −80. Verificações: o capacitor de acoplamento vê o paralelo −$f_L$ dentro do fator Miller é o ganho de banda média, já caindo próximo a 80 — a resposta de polo dominante é otimista em alguns porcentos, a leitura $f_H$ — a resposta do polo dominante é otimista em alguns porcentos, a leitura honesta. leitura.

mantém o coletor quase constante, eliminando o ganho através da 2 pF: mantém o coletor quase constante, matando o ganho através do 5 pF: $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 25\mathrm{p}) = 3.18$ MHz — 17× para um transistor: a explicação de Miller explica a doença e a cura. ali, então o par está 187 dB abaixo — o ponto global de −3 dB situa-se em ali, então o par está 6 dB abaixo — o ponto global de −3 dB situa-se em $187 \times \sqrt{2^{1/2} - 1} = 120$ kHz. Um amplificador multietágio paga por seu ganho duas vezes — uma vez na Miller, uma vez em cascata.

Erros comuns. Somar em vez de associar resistências em paralelo ao encontrar o que o capacitor de acoplamento vê; reportar o canto por estágio como o canto do sistema (a cascata o reduz em $\sqrt{2^{1/n} - 1}$).

Resumo: $f_L$ dos capacitores de acoplamento contra resistência de fonte zerada; Miller multiplica por $(1 + |A|)$; o cascode o remove; as cascatas reduzem cantos em $\sqrt{2^{1/n} - 1}$.