Ficha 02 · Diagnóstico de distorção, pré-amp de microfone e resposta em frequência
- Diagnosticar distorção
- Dimensionar pré-amp
- Analisar resposta em frequência e frequências de corte
Grupo I · Diagnóstico de distorção (30 pts)
Um amplificador de emissor comum (VCC = 12V, RC = 4,7 kΩ, RE = 470 Ω, CE = 100 µF, RB1 = 100 kΩ, RB2 = 10 kΩ, β = 200) apresenta distorção grave na saída com um sinal de entrada sinusoidal de 50 mVp a 1 kHz.
O osciloscópio mostra que o sinal de saída é assimétrico: a semi-onda positiva está limitada (clipping), mas a semi-onda negativa está intacta.
Exercício 1 (15 pts)
a) Calcula o ponto Q actual (VB, VE, ICQ, VCEQ). (8 pts)
b) Identifica a causa do clipping assimétrico. (7 pts)
a) Ponto Q:
$$V_B = 12 \times \frac{10}{100 + 10} = 12 \times 0{,}0909 = \textbf{1,09 V}$$ $$V_E = 1{,}09 - 0{,}7 = \textbf{0,39 V}$$ $$I_{CQ} = V_E / R_E = 0{,}39 / 470 = \textbf{0,83 mA}$$ $$V_C = 12 - 0{,}00083 \times 4700 = 12 - 3{,}9 = \textbf{8,1 V}$$ $$V_{CEQ} = 8{,}1 - 0{,}39 = \textbf{7,71 V}$$
b) Causa do clipping assimétrico:
O ponto Q está em VCEQ = 7,71 V, mas deveria estar próximo de VCC/2 = 6 V para ser centrado.
O Q está deslocado para cima (VCEQ alto → VC alto → IC baixo → BJT mais próximo do corte). Com sinal de entrada, quando o sinal tenta elevar ainda mais o VCEQ (reduzir IC), o transistor rapidamente entra em corte (VCE tende para VCC).
Mas o osciloscópio mostra clipping na semi-onda positiva da saída — na saída (no coletor), quando Vin aumenta, Vout diminui (inversão EC). Logo o clipping na saída positiva corresponde ao coletor a tentar ir abaixo de VCE(sat) → BJT a entrar em saturação.
Re-análise: Q elevado (VCQ = 8,1V > VCC/2 = 6V) significa IC baixo → queda pequena em RC → VC elevado. Com sinal positivo grande, IC aumenta muito, VC desce rapidamente até VCE(sat) → saturação → clipping na semi-onda positiva de saída (que é a negativa de entrada, por causa da inversão de fase EC).
Conclusão: o ponto Q está deslocado para a zona de baixa corrente (próximo do corte em termos de IC). Com sinal positivo de entrada, IC sobe muito e entra em saturação antes do previsto. O clipping é assimétrico porque as margens para saturação e corte são diferentes.
Exercício 2 (15 pts)
a) Propõe uma correcção ao divisor de tensão para centrar o ponto Q em VCEQ ≈ 6V, ICQ ≈ 1 mA. (10 pts)
b) Com o Q corrigido, calcula o ganho AC máximo sem distorção por clipping para o sinal de entrada. (5 pts)
a) Novo divisor de tensão:
Target: ICQ = 1 mA, VCEQ = 6V VE = ICQ × RE = 0,001 × 470 = 0,47 V VC = VCEQ + VE = 6 + 0,47 = 6,47 V Verificação: RC = (VCC – VC)/ICQ = (12–6,47)/0,001 = 5530 Ω → usar 5,6 kΩ (ou manter 4,7 kΩ e reajustar ICQ)
Com RC = 4,7 kΩ e ICQ = 1 mA: VC = 12 – 4,7 = 7,3 V → VCEQ = 7,3 – 0,47 = 6,83 V (próximo do centro, melhor que antes)
VB = VE + 0,7 = 0,47 + 0,7 = 1,17 V IBQ = 1mA/200 = 5 µA; Idiv = 50 µA RB2 = 1,17/50µA = 23,4 kΩ → 22 kΩ RB1 = (12–1,17)/50µA = 216 kΩ → 220 kΩ
Verificação: VB(real) = 12 × 22/(22+220) = 12 × 0,0909 = 1,09 V (ICQ ≈ (1,09–0,7)/470 ≈ 0,83 mA — ajustar RB2 para 27 kΩ se quiser ICQ mais alto)
Para ICQ = 1 mA exacto, usar RB2 = 27 kΩ e RB1 = 180 kΩ: VB = 12 × 27/(27+180) = 12 × 0,130 = 1,57 V; ICQ = (1,57–0,7)/470 = 1,85 mA (ainda deslocado — iterar)
Solução prática: usar um trimer (potenciómetro de 100 kΩ) para RB2 e ajustar empiricamente VCEQ = VCC/2.
b) Excursão máxima sem clipping:
Com VCEQ = 6,83 V: - Margem para corte: VCEQ – 0 ≈ 6,83 V de descida de VCEQ → ΔVC(max) = 6,83 V - Margem para saturação: VCE(max) = VCC – VE = 12 – 0,47 = 11,53 V → ΔVCE disponível = 11,53 – 6,83 = 4,7 V - Excursão limitante: 4,7 V (lado da saturação — Q não está exactamente centrado) - Vout(pico,max) = 4,7 V (pico); Vin(pico,max) = Vout / Av
re = 26mV/0,83mA = 31,3 Ω; Av = –4700/31,3 = –150 Vin(max) = 4,7 / 150 = 31 mVp — com 50 mVp de entrada, haverá clipping ✓ (problema confirmado)
Grupo II · Dimensionar pré-amplificador de microfone 40 dB (35 pts)
Microfone dinâmico: Vs = 2 mVrms (fala normal), Rs = 600 Ω. Requisitos: Ganho = 40 dB (×100), fL ≤ 100 Hz, fH ≥ 10 kHz, VCC = 9 V, transistor BC549C (β = 400, VBE = 0,7V, re mínimo ruído ≈ 50 Ω → ICQ ≈ 0,5 mA).
Exercício 1 · Componentes do estágio (20 pts)
a) Calcula RC para obter Av = –100 com ICQ = 0,5 mA. (5 pts)
b) Dimensiona a polarização (VE = 10% VCC): calcula RE, RB1, RB2. (10 pts)
c) Calcula CE para fL = 100 Hz e CC1 para fL = 100 Hz com a fonte. (5 pts)
a) RC: re = 26mV/0,5mA = 52 Ω RC = Av × re = 100 × 52 = 5200 Ω → usar 4,7 kΩ (Av real = 4700/52 = 90,4 ≈ 39,1 dB — próximo de 40 dB ✓)
b) Polarização: VE = 0,1 × 9 = 0,9 V → RE = 0,9/0,0005 = 1800 Ω → usar 1,8 kΩ VC = VCC/2 + VE = 4,5 + 0,9 = 5,4 V → verificar com RC = 4,7 kΩ: VC = 9 – 0,0005 × 4700 = 9 – 2,35 = 6,65 V → VCEQ = 6,65 – 0,9 = 5,75 V (perto de VCC/2 = 4,5 V, aceitável)
VB = 0,9 + 0,7 = 1,6 V IBQ = 0,5mA/400 = 1,25 µA Idiv = 10 × 1,25 = 12,5 µA
RB2 = 1,6/12,5µA = 128 kΩ → 120 kΩ RB1 = (9–1,6)/12,5µA = 592 kΩ → 560 kΩ
c) Condensadores: $$C_E = \frac{1}{2\pi \times f_L \times r_e} = \frac{1}{2\pi \times 100 \times 52} = \frac{1}{32670} = \textbf{30,6 µF} \rightarrow \textbf{47 µF / 16V}$$
Para CC1 (acoplamento com fonte de sinal Rs = 600 Ω): $$Z_{in} \approx R_{B1} | R_{B2} | \beta r_e = 560k | 120k | (400 \times 52) = 560k | 120k | 20800 \approx \textbf{17,9 kΩ}$$ $$C_{C1} = \frac{1}{2\pi \times 100 \times (R_s + Z_{in})} = \frac{1}{2\pi \times 100 \times (600 + 17900)} = \frac{1}{2\pi \times 100 \times 18500} = \textbf{86 nF} \rightarrow \textbf{100 nF}$$
Exercício 2 · Verificação do ganho e saída (15 pts)
a) Calcula a amplitude de saída com Vs = 2 mVrms. Verifica se não há clipping. (7 pts)
b) A saída do pré-amp liga a um mixer de entrada de 10 kΩ. Calcula o ganho real com esta carga. (8 pts)
a) Amplitude de saída: Vout = Av × Vin = 90,4 × 2 mVrms = 180,8 mVrms = 180,8 × √2 ≈ 255 mVp
Verificar clipping: VCEQ = 5,75 V; excursão máxima ≈ VCEQ = 5,75 Vp (para o lado da saturação, limitante). 255 mVp << 5,75 Vp → sem clipping ✓ (margem enorme)
b) Ganho real com carga de 10 kΩ: $$R_{C} | R_L = \frac{4700 \times 10000}{4700 + 10000} = \frac{47 \times 10^6}{14700} = \textbf{3197 Ω} \approx \textbf{3,2 kΩ}$$ $$A_v(\text{com carga}) = -\frac{3197}{52} = \textbf{–61,5} \quad (35,8\text{ dB})$$
A carga de 10 kΩ reduz o ganho de 39 dB para 35,8 dB — perda de 3,2 dB por desadaptação.
Para recuperar o ganho: usar um segundo estágio de ganho, ou substituir RC por 5,6 kΩ (Av sem carga = 107, com carga RL = 10 kΩ → 5600∥10000 = 3590 Ω → Av = 69 ≈ 36,8 dB — melhora ligeiramente).
Grupo III · Análise de resposta em frequência (35 pts)
Um amplificador EC tem as seguintes frequências de corte medidas no laboratório: - Condensador CC1 (acoplamento entrada): fC1 = 120 Hz - Condensador CE (bypass RE): fCE = 350 Hz - Condensador CC2 (acoplamento saída): fC2 = 80 Hz - Frequência de corte superior (transistor): fH = 85 kHz - Ganho de tensão na banda passante: Av = –68 (medido na faixa plana)
Exercício 1 (15 pts)
a) Qual é a frequência de corte inferior efectiva (fL) do amplificador? Porquê? (5 pts)
b) Qual é a largura de banda do amplificador? (5 pts)
c) Calcula o ganho em dB na banda passante e a frequências de f = fL e f = fH. (5 pts)
a) Frequência de corte inferior: Numa aproximação conservadora com múltiplos pólos, fL é dominada pela frequência de corte mais alta dos condensadores de baixa frequência: fL ≈ fCE = 350 Hz (domina porque é a mais alta → é o polo mais próximo da banda passante)
Nota mais rigorosa: fL(total) ≈ √(fC1² + fCE² + fC2²) = √(120² + 350² + 80²) = √(14400 + 122500 + 6400) = √143300 ≈ 379 Hz (método de soma quadrática)
b) Largura de banda: $$BW = f_H - f_L \approx 85000 - 379 \approx \textbf{84,6 kHz}$$ (fL << fH, portanto BW ≈ fH = 85 kHz)
c) Ganhos:
Banda passante (ganho plano): |Av| = 68 → Av(dB) = 20 × log10(68) = 36,7 dB
A –3 dB (frequência de corte, f = fL ou f = fH): $$A_v(f_L) = \frac{68}{\sqrt{2}} \approx \textbf{48,1} \rightarrow \textbf{33,7 dB}$$
Confirmação: 36,7 – 3 = 33,7 dB ✓
Exercício 2 (20 pts)
O amplificador deve ser adaptado para ter fL ≤ 20 Hz (qualidade de áudio Hi-Fi). Os componentes actuais são: CC1 = 4,7 µF, CE = 220 µF, CC2 = 10 µF, RS = 1 kΩ (resistência da fonte), Zin = 3 kΩ, RC = 4,7 kΩ, RL = 47 kΩ, re = 20 Ω.
a) Verifica qual condensador é responsável por cada frequência de corte (calcula fC para cada um). (12 pts)
b) Que alterações propões para obter fL ≤ 20 Hz? Calcula os novos valores. (8 pts)
a) Frequências de corte de cada condensador:
$$f_{C1} = \frac{1}{2\pi \times C_{C1} \times (R_s + Z_{in})} = \frac{1}{2\pi \times 4{,}7\mu \times (1000 + 3000)} = \frac{1}{2\pi \times 4{,}7\mu \times 4000}$$ $$= \frac{1}{118{,}1 \times 10^{-3}} = \textbf{8,5 Hz}$$
$$f_{CE} = \frac{1}{2\pi \times C_E \times r_e} = \frac{1}{2\pi \times 220\mu \times 20} = \frac{1}{2\pi \times 4400 \times 10^{-6}} = \frac{1}{27{,}65 \times 10^{-3}} = \textbf{36,2 Hz}$$
$$f_{C2} = \frac{1}{2\pi \times C_{C2} \times (R_C + R_L)} = \frac{1}{2\pi \times 10\mu \times (4700 + 47000)} = \frac{1}{2\pi \times 10\mu \times 51700}$$ $$= \frac{1}{3{,}249 \times 10^{-3}} = \textbf{0,49 Hz}$$
O condensador CE = 220 µF é responsável pela frequência de corte mais alta (36,2 Hz), dominando fL.
b) Para fL(CE) ≤ 20 Hz: $$C_E(novo) \geq \frac{1}{2\pi \times 20 \times r_e} = \frac{1}{2\pi \times 20 \times 20} = \frac{1}{2513} = \textbf{398 µF} \rightarrow \textbf{470 µF / 16V}$$
Verificação com 470 µF: fCE = 1/(2π × 470µ × 20) = 1/0,059 = 16,9 Hz < 20 Hz ✓
fL efectiva com os outros condensadores (já ≤ 20 Hz): fL ≈ 16,9 Hz ✓
Alteração: substituir CE = 220 µF por 470 µF / 16V (condensador electrolítico radial, mesmo tamanho e tensão de trabalho).