Configuração Darlington

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1 onfiguração Darlington 60 A principal função desta configuração é conseguir alta impedância de entrada e alto ganho de corrente. O arranjo desta configuração é conectar dois transistores do mesmo tipo de maneira que se o ganho de corrente de um transistor for β 1 e o do outro for β 2 então o ganho de corrente do arranjo será igual a β D = β 1.β 2. A conecção Darlington atua como um novo dispositivo, cujo ganho de corrente é o produto dos ganhos individuais. A figura abaixo mostra esta configuração. I β D = I / I I I Q 1 I β 1 Q D β 2 Q 2 β D = β 1.β 2 Obs: 1) sta configuração pode ser feita também com transistores PNP. 2) omo o transistor Q 1 opera com baixas corrente, e comumente encontrado na prática um resistor entre a base e o emissor de Q 2, assim b 1 não é reduzido. A figura abaixo fornece as especificações de data sheets para um par Darlington típico. Tipo 2N999 Transistor Darlington NPN Parâmetro ondições de teste Mim. Max. V I = 100mA 1,8V h F (β D ) I = 10mA I = 100mA

2 61 Podemos representar esta conexão da mesma forma que fazemos para um transitor.para isto, considere a figura abaixo e vamos determinar a sua impedância de entrada, a sua tranresistência (r ed = /i c com v ce = 0), o seu ganho de corrente A (β d = i c / com v ce = 0) e sua impedância de saída (r 0d ). v ce i c v ce i c Q 1 b d =? r ed =? r 0d =? Q D Q 2 b d r ed r ed r 0d Utilizando o modelo do transistor para determinar inicialmente o ganho de corrente A (β d ) e a transresistência do par. ntão, v ce = 0 i c = i c1 Q 1 = 1 /b 1 r 01 i c1 1 /b 1 b 1 r e1 r e1 Q 2 1 r 02 i c2 = 0 2 /b 2 b 2 r e2 r e2 2 /b 2 = (1+1/b 1 ). 1 i c1 2 i c1 = b 2 r e2 /(b 2 r e2 +r 01 ). (1+1/b 1 ). 1

3 Da figura temos, a corrente de entrada é dada por: 62 = 1 /b 1 (104) A corrente i c1 é igual a corrente que sai do emissor de Q 1 ( (1+1/β 1 ). 1 ) dividida pelo divisor resistivo r 01 e β 2 r e2 então, i c1 = β 2 r e2 /(β 2 r e2 +r 01 ). (1+1/β 1 ). 1 (105) sta equação pode ser bem aproximada usando o fato de que: β 2 r e2 =β 2 V T /I 2 mas I 2 =β 2D I 2 = β 2D I 1 β 2D I 1 β 2 I 1 logo β 2 r e2 V T /I 1 = r e1 (106) Substituindo (106) em (105) resulta, i c1 r e1 /(r e1 +r 01 ). (1+1/β 1 ). 1 i c1 r e1 /r (107) A corrente de base de Q 2 é dada por: 2 /β 2 = (1+1/β 1 ). 1 i c1 2 β 2 1 β 2 i c1 (108) Substituindo (107) em (108) resulta, 2» b 2 (1- r e1 /r 0 1 ).1» b 2 1 (109) A corrente de saída é dada por: i c = i c1 (110) Substituindo (107)e (109) em (110) resulta, i c β r e1 /r = (β r e1 /r 0 1 ).1 i c» b 2.1 (111) Substituindo (104) em (111) resulta, b d = i c /» b 1.b 2 (112)

4 63 Para determinar a transresistência (r ed ) nos reportamos novamente a figura anterior. Assim, da malha base de Q 1 ao emissor de Q 2 temos, r e1 1 + r e2 2 (113) Substituindo (106) e (109) em (113) resulta, = r e1 1 + r e1 1 = 2 r e1 1 = 2β 2 r e2 1 (114) Substituindo (111) em (114) resulta, 2r e2 i c então r ed = / i c 2r e2 (115) Para determinar a impedância de saída (r 0d ) nos reportamos agora a figura abaixo. Assim, da malha base de Q 1 ao emissor de Q 2 temos, i x = i c i 02 v x i y = i c Q 1 r y 2 i 02 r 0d = v x /i x r 0d = r 02 //r y r y = v x /i y r 01 i c1 1 /b 1 b 1 r e1 r e1 Q 2 b 2 r e2» r e1 1 v b r 02 i 02 i c1 = (1+1/b 1 ) /b 2 2 /b 2 b 2 r e2 r e2 2 v b» r e1 / 2r 01.v x

5 Da figura temos 64 v b = [r e1 //β 1 r e1 //β 2 r e2 ]/[ r e1 //β 1 r e1 //β 2 r e2 + r 01 ].v x como β 2 r e2 r e1 e r 01 >> r e1 v b r e1 /2r 01.v x (116) Agora as correntes 1, 2 e i c1 podem ser facilmente obtidas 1 = v b / r e1 = v x /2r 01 e (117) 2 = b 2 v b /b 2 r e2 = b 2 v b /r e1 = b 2 1 (118) e, finalmente i c1 = (v x -v b )/r 01 = (1- r e1 /2r 01 ) v x /r 01» v x /r 01 (119) temos ainda que, i y = i c = i c1 +(β 2-1)1 i y = v x /r 01 +(β 2-1) v x /2r 01 i y = v x /r 01 (1+(β 2-1)/2) v x 2β 2 /r 01 Mas β 2 /r 01 = β 2 I 1 /V A I 2 / V A =1/r 02 então i y = v x 2/r 02 e r y = v x / i y = r 02 /2 e portanto r 0d = r y //r 02 = r 02 /2 // r 02 r 0d =2/3. r 02 (120) Portanto esta conexão de dois transitores pode ser substituindo por um transitor como mostrado abaixo.

6 65 v ce i c v ce i c Q 1 b d = b 1 b 2 r ed = 2r e2 r 0d = 2/3r 02 Q D Q 2 b d r ed r ed r 0d Na prática a mais presente das aplicações com esta conecção é o amplificador seguidor de emissor, já que, o que se deseja é o alto ganho de corrente. Para exemplificar isto vamos resolver o exercício abaixo. xercício: Para o circuito seguidor de emissor abaixo, determine a) Z Z 0 b) A v e A i V =18V v e 1.1uF R 3,3M Z i i b Q 1 Q 2 b D = b 2 b 1 =8000 V = 1,6V 2 1uF v 0 R 390W i 0 Z 0

7 1) Análise D 66 Da malha base emissor temos, I = (V V )/[R +(β D +1)R ] = (18V 1,6V)/[3,3MΩ +(8000+1)390Ω] 16,7V /[3,3MΩ +3,12MΩ] =16,7V /6,42MΩ 2,6mA A corrente de coletor é dada por: I I = β D I = 20,8mA r ed =2r e2 =2V T / I =52mV /20,8mA 2,6W 2) Análise A a) A impedância de entrada é dada por: R Z i = R //(β D +1) (R +r ed ) = 3,3MΩ //3,12MΩ» 1,6 M W b) A impedância de saída (v e =0) é dada por: Z 0 = r 0d //R //r ed r ed 2,6W c) O ganho de tensão é dado (desprezando r 0d ) por: A v = R /( R + r ed ) = 390/392,6 = d) O ganho de corrente pode ser facilmente determinado. Da figura temos, i b = R /(R +(β D +1)R ) então i 0 =β D i b = β D R /(R +(β D +1)R ) logo A i» β D R /(R +β D R ) = ,3MΩ /(6,42MΩ)» 4112

8 onfiguração Par realimentado (Quasi-Darlington) 67 A principal função desta configuração é conseguir alta impedância de entrada e alto ganho de corrente principalmente como um dispositivo complementar ao Darlington NPN. O arranjo desta configuração é conectar dois transistores de tipos diferentes de maneira que se o ganho de corrente de um transistor for β 1 e o do outro for β 2 então o ganho de corrente do arranjo será igual a β 12 = β 1.β 2. O par realimentado funciona muito bem como um arranjo PNP NPN para ser equivalmete a um transistor PNP de alto ganho de corrente. A figura abaixo mostra esta configuração. I β PN = I / I I I Q P I Q PN β P Q N β PN = β P. Par PNP-NPN I P = I / I I I Q P β P I Q NP Q N P =.β P Par NPN-PNP Obs: Analisaremos somente a conexão NPN-PNP, mas todos os resultados se aplica ao outra conexão.

9 68 Novamente, podemos representar esta conexão da mesma forma que fazemos para um transitor.para isto, considere a figura abaixo e vamos determinar a sua impedância de entrada, a sua tranresistência (r ep = /i c com v ce = 0), o seu ganho de corrente A (β n = i c / com v ce = 0) e sua impedância de saída (r 0p ). v ce v ce Q N Q P i c β P b np =? r enp =? r 0np =? Q NP b np r enp r enp i c r 0np Utilizando o modelo do transistor para determinar inicialmente o ganho de corrente A (β np ) e a transresistência do par. ntão, v ce = 0 i c = p + p /b p b p r ep» r en Q P p /b p p b p r ep r ep r 0p i cp = 0 Q N = n /b n n /b n b n r en r en r 0n i cn p /b p = n i cn n i cn = b p r ep /(b p r ep +r 0n ). n

10 Da figura temos, a corrente de entrada é dada por: 69 = n /b n (121) A corrente i cn é igual a corrente que sai do emissor de Q N (n ) dividida pelo divisor resistivo r 0n e β p r ep então, i cn = β p r ep /(β p r ep +r 0n ). n (122) sta equação pode ser bem aproximada usando o fato de que: β p r ep =β p V T /I P mas I P =β 2D I P = β 2D I N β 2D I N β p I N logo β p r ep V T /I N = r en (123) Substituindo (123) em (122) resulta, i cn r en /(r en +r 0n ). n i cn r en /r 0 n.n (124) A corrente de base de Q P é dada por: p /β p = n i cn p = β p n β p i cn (125) Substituindo (124) em (125) resulta, p» b p (1- r en /r 0 n ).n» b p n (126) A corrente de saída é dada por: i c = p (1+1/β p ) p (127) Substituindo (126) em (127) e em seguida (121) resulta, i c» b p n = b p. b n (128) Logo b np = i c /» b n.b p (129)

11 70 Para determinar a transresistência (r enp ) nos reportamos novamente a figura anterior. Assim, da malha base emissor de Q n temos, = b n r en (130) Substituindo (128) e (130) em (113) resulta, r en /b p i c (131) Mas de (123) r en β p r ep então, r enp = v e / i c r ep (132) Isto é, a transresistência da conexão é igual a tranresistência do transistor PNP, e portanto só depende da corrente de polarização deste. Obs: Note que a transresistência é o dobro da conexão Darlington para as mesma condições de polarização. Para determinar a impedância de saída (r 0np ) nos reportamos agora a figura abaixo. Assim, da malha base de Q 1 ao emissor de Q 2 temos, r y i y = p + p /b p v x i x = p + p /b p + i cp b p r ep» r en v b Q P p /b p p b p r ep r ep r 0p i cp r 0np = v x /i x r 0np = r 0p //r y r y = v x /i y Q N r 0n i cn = p /b b n r en r en n

12 71 Da figura temos p /β p = v x /(β p r ep + r 0n ) como β p r ep r en e r 0n >> r en p /β p v x /r 0n (133) Agora a corrente p pode ser facilmente obtida p β p v x /r 0n (134) Temos Ainda, i y = p (1+ 1/β p ) p (135) Substituindo (134) em (135) resulta, i y β p v x /r 0n Mas β p /r 0n = β p I N /V A I P / V A =1/ r 0p então i y = v x 1/r 0p e r y = v x / i y r 02 e portanto (136) r 0np = r y //r 02 = r 02 // r 02 r 0np r 02 /2 (137) Obs: Note que a impedância de saída é igual a metade da impedância de saída do transistor PNP, e assim maior do que a conexão Darlington para as mesma condições de polarização. Portanto esta conexão de dois transitores pode ser substituindo por um transitor como mostrado abaixo.

13 72 v ce v ce Q N Q P i c b np = b n b p r enp = r ep r 0np = r 0p Q NP i c b np r enp r enp r 0np Na prática é comum uma variação da configuração Par realimentado, como mostra a figura abaixo.o objetivo do resistor R P é de estabelecer uma corrente de polarização relativamente precisa no transistor Q N. É deixado como exercício para o aluno mostrar que nesta configuração os parâmetros equivalentes agora são dados por: k' b np» b n b p, r enp» k /b p. r ep, r 0np» r 0p k /(k +1) Onde b p = b p. R P /(R P +b p r ep ) e k = I P /I N Sendo que I P e I N são as correntes de polarização que passa por Q P e Q N, respectivamente. Note que se R = então b p = b p e k = I 2 /I 1 = b p (k =1) e portanto, b np» b n b p, r enp» r ep e r 0np» r 0p /2 O efeito de R P é de diminui os valores de b np, r enp e r 0np.(k é sempre menor ou igual a 1). v ce i c R P Q N Q P I N β P I P b np» b n b p r enp = k r ep r 0np = k /(k +1)r 0p I N» V /R P Onde b p =b p. R P /(R P +b p r ep ) k = I P /I N k = k/b p

14 73 A corrente de polarização (coletor) do transistor Q N será dada por: I N = V /R P + I P /β P Onde I 2 é A corrente de polarização do transistor Q P. Na prática I P é tipicamente 10.I N (k =10) então, I N V /R P omumente uma das aplicações com esta conecção é o amplificador seguidor de emissor, devido o seu alto ganho de corrente. Outra aplicação é como amplicador emissor comum. Para exemplificar vamos resolver os exercícios abaixo. xercício 1: Para o circuito seguidor de emissor abaixo, determine c) Z Z 0 d) A v e A i V =18V R 2MW Q N Q P b N =140 b P =180 b NP =140*180 =25,2k v e 1.1uF i b 2 1uF Z i v 0 R 75W i 0 Z Z 0 1) Análise D Da malha base emissor temos, P I N = (V V )/[R +(P +1)R ] = (18V 0,7)/[2MΩ +(140*180)75Ω] 17,3V /[2MΩ +1,89MΩ] =17,3V /3,89MΩ 4,45mA

15 A corrente de coletor de Q N é dada por: 74 I N I N = I = 140 * 4,45mA =0,62mA Só para verificação temos, r en = V T / I N =26mV /0,62mA 41,9W A corrente de coletor de Q P é dada por: I P I P = β P I N = 180 * 0,62mA 112mA e r enp = r ep = V T / I P =26mV /112mA 0,23W 2) Análise A a) A impedância de entrada é dada (desprezando r 0np ) por: Z β np Z i = R //[(β np +1) R +β np r enp ] 2MΩ //1,89MΩ» 974k W b) A impedância de saída (v e =0) é dada por: Z 0 = r 0np //R //r enp //β np r ep r ep 0,23W c) O ganho de tensão é dado (desprezando r 0np ) por: A v = R /( R + r enp ) = 75Ω /( 75Ω +0,23Ω ) d) O ganho de corrente pode ser facilmente determinado. Da figura temos, i b = R /(R +Z ) então i 0 =β np i b = β np R /(R + Z ) logo A i» β np R /(R + Z ) = 25,2k*2MΩ /(3,89MΩ)» 12,95k (<β np )

16 xercício 2: 75 Para o circuito amplificador emissor comum com o par quasi-darlington abaixo, determine. a) Z Z 0 b) A v e A i V =18V R 8kW i uF v 0 R 1 900kW R P 7kW Q P Z 0 v e 1.1uF V i b Q N V b N =200 b P =100 r op =100kW b NP =200*100 =20k Z i R 2 100kW R 1kW 3 10uF Z 1) Análise D Antes de mais nada é importante notar que: a) a corrente de transistor Q N já está definida pelo resistor R P e a tensão V de Q P ; b) que a soma das corrente que passa nos dois transistores é definida pelo o potencial do terminal de emissor e o resistor R ; c) se a corrente de base de Q N for muito menor que as correntes que passam pelo resistores R 1 e R 2 então a tensão na base de Q N independe desta.

17 A corrente de coletor do transistor Q N (I N ) é dada por: 76 I N = V /R P = 0,7V/7kΩ = 100mA A corrente de base do transistor Q N (I N ) é dada por: I N = I N / = 100µA /200 =0,5mA Se calcularmos a corrente que em R 1 e R 2 (I ) com a base de Q N desconectada temos, I = V /(R 1 + R 2 ) = 18V /(900kΩ +100kΩ)= 18m A Que muito menor que a corrente de I N. Portanto, se desconectarmos a base de Q N, a tensão nesta praticamente não mudará. m outra palavras a corrente de base de Q N pode ser desconsiderada. (isto é equivalente a dizer que Z >> R 1 //R 2 ) Portanto a tensão na base de Q N pode ser calculada por: V V R 2 /(R 1 + R 2 ) = 18V*100kΩ /(900kΩ +100kΩ) =1,8V a tensão no emissor de Q N V = V - V = 1,8V 0,7V = 1,1V A corrente que passa pelo resistor R é agora determinada I = V /R = 1,1V /1kΩ = 1,1mA Assim corrente de coletor de Q P (I P ) é dada por: I P = I - I N = 1,1mA 0,1mA =1mA 2) Análise A Da análise anterior r ep =V T / I P =26mV /1mA =26W Temos ainda, β p =β p. R P /(R P +β p r ep ) = 100*7kΩ /(7kΩ +2,6kΩ ) 73 k = I P /I N = 1mA / 0.1mA = 10 e k = k /β p = 10 /73 0,13

18 Logo 77 b np» b n b p =200*73 =14,6k r enp = k r ep = 0,13*26» 3,4W r 0np = k /(k +1)r 0p = 0,13/(0,13+1)*100kW» 11,5kW a) A impedância de entrada é dada por: R Z Z i = R 1 //R 2 //[β np r enp ] 900kΩ //100kΩ //(14,6k*3,4Ω )» 32k W b) A impedância de saída (v e =0) é dada por: Z 0 = //R = 11,5kΩ //8kΩ 4,7kW c) O ganho de tensão é dado por: A v = - Z 0 / r enp = - 4,7kΩ /3,4Ω d) O ganho de corrente pode ser facilmente determinado. i b = R /(R +Z ) = 90kΩ /142kΩ = 0,64 (divisor de corrente R e Z ) i 0 = r 0np /( r 0np +R )β np i b =11,5kΩ /(11,5kΩ +8 kω) β np i b = 0,59β np i b corrente (divisor de r onp e R ) logo A i = i 0 / = 0,59*β np 0,64 = 0,59*14,6* 0,64 5,51k