Eletrônica CAP 2

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CAPÍTULO 2
AMPLIFICADORES AMPLIFICADORES 
OPERACIONAIS
1
INTRODUÇÃO
• Podemos fazer quase tudo com os amplificadores operacionais (Amp Op).
• O CI Amp Op tem características muito próximas das que supomos ideais,
portanto, émuito fácil projetar circuitos utilizando Amp Op.
• Um CI Amp Op é feito com um grande números de transitores, resistores e
normalmente um pequeno capacitor interno.
• Vamos tratar o Amp Op como um bloco construtivo básico de circuito e
2
• Vamos tratar o Amp Op como um bloco construtivo básico de circuito e
estudar suas características elétricas e suas aplicações.
2.1- O AMP OP IDEAL
2.1.1- Os terminais do Amp Op
Os terminais 1 e 2 são as entradas e o 3 a saída . 
Quase todos os CI Amp Op necessitam de uma fonte cc simétrica como mostrado na Fig 2.2.
Fig 2.1
Obs. O ponto de referência (terra) nos circuitos dos Amp Op é justamente o terminal
comum da fonte simétrica; isto é, não há nenhum terminal do encapsulamento do
3Fig 2.2
comum da fonte simétrica; isto é, não há nenhum terminal do encapsulamento do
Amp Op fisicamente acoplado ao terra.
↙ terra da fonte simétrica
↖ polaridade negativa da fonte
↙ polaridade positiva da fonte
+ VCC
- VCC
- VCC
+ VCC
→
VCC
VCC
2.1.2- Função e características do Amp Op ideal
Fig. 2.3 Circuito equivalente do Amp Op
O Amp Op é projetado para operar como um sensor da diferença entre sinais de tensão
aplicados nos seus dois terminais de entrada (isto é, v2 – v1), multiplicando–se esse valor
por um número A, que resulta em uma tensão A(v2 – v1), que aparece no terminal 3.
vO = A (v2 – v1)
←Terminal comum da 
fonte de alimentação
Entrada 
não-inversora
Entrada 
inversora saída
v1
v2
Amplificador de tensão
v1
v2
+
-
A (v2 – v1)
v1
v2
Ri = ∞∞∞∞ Ro = 0000
vi = v2 - v1
4
Fig. 2.3 Circuito equivalente do Amp Op
Características do Amp Op ideal
1- Impedância de entrada infinita
2- Impedância de saída nula
3- Ganho de modo comum nulo (Acm) ou, equivalentemente, razão de rejeição de modo
comum infinita (CMRR).
4- Ganho de malha aberta A infinito
5- Largura de faixa de resposta em frequência (faixa de passagem – BW )infinita
O Amp Op responde apenas ao resultado da diferença (v2 – v1) dos sinais de entrada e,
portanto, ignora qualquer sinal comum a ambas entradas. Isto é, se v1= v2, então a saída
será teoricamente zero.
O ganho A (Ad) é chamado ganho diferencial ou ganho em malha aberta.
cm
d
A
A
CMRR =
Os Amp Op são dispositivos diretamente acoplados ou amplificadores d.a. , onde
d.a. é usado para abreviar o termo diretamente acoplados. Eles também podem ser
denominados amplificadores cc, que significa amplificador de corrente contínua.
Amplificadores diretamente acoplados amplificam sinais cujas frequências são
baixas oumesmo iguais a zero.
5
O Amp Op ideal deve ter um valor de ganho A muito alto ou idealmente infinito,
por isso, em quase todas as aplicações o Amp Op não será utilizado na configuração
em malha aberta. Será aplicado uma realimentação para fechar a malha em torno
do Amp Op.
2.1.3- Sinais de modo comum e sinais diferenciais
O sinal de entrada diferencial vId é simplesmente a diferença entre os dois sinais de
entrada v1 e v2; ou seja,
12 vvvId −=
O sinal de entrada modo comum vIcm é a média dos dois sinais de entrada v1 e v2;
especificamente,
Sinal de entrada diferencial
A principal característica do amplificador diferencial é a sua capacidade de amplificar a
diferença dos sinais de entrada sem amplificar o sinal de modo comum. Estes sinais são
definidos abaixo.
(2.1)
6
especificamente,
)(
2
1
21 vvvIcm += Sinal de entrada de modo comum
Vamos mostrar que v1 e v2 podem ser expresso em função de suas componentes vId
(sinal diferencial) e vIcm (sinal de modo comum). As equações 2.1 e 2.2 podem ser
empregadas para expressarmos v1 e v2 em termos de seus componentes diferencial e
de modo comum.
(2.2)
12 vvvId −=
Sinal de entrada diferencial
(2.1) 12 vvv Id +=→
)(
2
1
21 vvvIcm +=
Sinal de entrada de modo comum
(2.2) 21 2 vvv Icm −=→
Substitui a equação 2a em 2b 
(2.a)
(2.b)
→
21
Id
Icm
v
vv −=
7
→Substitui a equação 2b em 2a 
22
Id
Icm
v
vv +=
Essas equações levam, por sua vez, à representação das Figuras 2.4 e 2.15.
Os sinais de entrada v1 e v2 em termos de seus
componentes diferencial e de modo comum.
21
Id
Icm
v
vv −=
22
Id
Icm
v
vv +=
+
v2
-
- v1 - vId /2 + v1cm = 0 → v1 = vIcm - vId /2 
- v2 + vId /2 + v1cm = 0 → v2 = vIcm+ vId /2
+
v1
-
ou
+
vI1
-
+
vI2
-
Figura 2.15- Representando os sinais de
entrada vI1 e vI2 de um amplificador de
diferenças em termos de seus componentes
de modo diferencial e de modo comum
(vIcm e vId ) (pag. 51 do livro).
Figura 2.4 – representação das fontes
de sinais v1 e v2 em termos de seus
componentes diferencial e modo
comum (vIcm e vId ) (pag. 41 do livro).
8)(2
1
21 IIIcm vvv +=
12 IIId vvv −=
Onde: v1 = vI1 e v2 = vI2
- v2 + vId /2 + v1cm = 0 → v2 = vIcm+ vId /2
21
Id
IcmI
v
vv −=
22
Id
IcmI
v
vv +=
-
2.2- A CONFIGURAÇÃO INVERSORA
Os Amp Op não são usados individualmente, eles são conectados a resistores em um
circuito realimentado. Existem duas configurações básicas: a configuração inversora e a
não configuração inversora.
iI
→ 0→
0
→
iI
→
Fig. 2.5- Configuração inversora em malha fechada
Como R2 está conectado entre o terminal de saída e o terminal da entrada inversora 
ou negativa, dizemos que R2 aplica uma realimentação negativa.
9
0
→
2.2.1- O ganho em malha fechada
Supondo o Amp Op ideal → A é muito grande (idealmente infinito)
Se o circuito da Fig. 2.6(a) está produzindo uma tensão de saída finita no terminal 3,
então a tensão entre os terminais de entrada (v2 – v1) do Amp Op deve ser
desprezivelmente pequena ou idealmente nula.
Por definição → →
↗
vO é finito devido a realimentação.
I
O
v
v
G =O ganho em malha fechada é definido como
Determinando G.
)( 12 vvAvO −= 012 ==−
A
v
vv O 21 vv = Curto-circuito virtual
A infinito
Fig. 2.6- Análise da configuração inversora
(a) Circuito equivalente 
vO é finito devido a realimentação.
10
v2
v1
v1
v2
v1 = v2 = 0
i2→
i1
→
0
→
0
→
→
0
i2
→
v2=0
v1
v1 = v2 = 0
1
I
1
I
1
R
v
R
0v
i =
−
=
222
1
2
0
R
v
R
v
R
vv
i OOO
−
=
−
=
−
=
i2 = i1
12 R
v
R
v IO =−
1
2
I
O
R
R
v
v
G −==
terra virtual
Determinando a expressão de G.
→
como as resistências de entradas do 
Amp Op ideal são idealmente infinitas
e
0
→vI
)( 12 vvAvO −=
012 ==−
A
v
vv O
21 vv = 0
A→ ∞
0
→
11
Curto-circuito virtual significa que qualquer tensão presente na entrada 2 vai
automaticamente aparecer na entrada 1 pelo fato de o ganho A ser infinito.
Se o terminal 2 estiver conectado ao terra, assim , v2 = 0 e v1 = 0. Neste caso,
consideraremos o terminal 1 como se ele fosse um terra virtual.
O ganho em malha fechada depende inteiramente dos resistores R1 e R2. Isso significa
que o ganho em malha fechada é (idealmente) independente do ganho (A) do Amp OP.
1
2
I
O
R
R
v
v
G −==
O sinal menos significa que o ganho em malha
fechada provoca uma inversão no sinal de saída
em relação ao sinal de entrada.
v2
v1
Exercício Extra 1 
Deduza a expressão do ganho em malha fechada (G) do amplificador inversor. Supondo o
ganho em malha aberto (A) infinito.
i1
→
i2
→Solução
0
→
12
v1 = v2 = 0
1
I
1
I
1
R
v
R
0v
i =
−
=
2
O
2O
2
R
v
R
v0
i −=
−
=
i2 = i1
12 R
v
R
v IO =−
1
2
I
O
R
R
v
v
G −==
)( 12 vvAvO −= 012 ==−
A
v
vv O 21 vv = Curto-circuito virtual
→
terra virtual
Prova do curto circuito virtual 
→
0
A→ ∞
2.2.2- O efeito de um ganho A finito em malha fechada
Mostre que, se o Amp. Op. no circuito da Fig. 2.7 tem um ganho em malha aberta A
finito, então o ganho em malha fechada é dado pela Equação 2.5:
A)RR1(1
RR
v
v
G
12
12
I
O
++
−
==
Exercício Extra 2
Eq. (2.5)
)( 12 vvAvO −=
Figura 2.7- Análise da configuração inversora tendo em conta o ganho finito de malha aberta do Amp Op.
13
v1
v2 =0
0
→
Como v2 = 0
A
v
v O−=1 A finito
12 vv
A
vO −=
1
2
vAvvv
i OOO
−−
=
−
=1 Avvvvi OII
+
=
−
=
)( 12 vvAvO −=
A
v
vv O=− 12 A
v
v O−=1Como v2 = 0 V →→
A finito
e
Solução:
v1
v2 =0
↘
0
→
14
22
2
RR
i ==
i2 = i1
11
1
1
R
Avv
R
vv
i OII
+
=
−
=
12 R
Avv
R
vAv OIOO +=
−−
A
v
R
R
v
R
R
v
A
v O
IO
O
1
2
1
2 +=−−→ I
OO
O v
R
R
A
v
R
R
A
v
v
1
2
1
2 =−−−→
I
1
2
1
2
O v
R
R
A
1
R
R
A
1
1v =





++−
A
RR1
1
RR
v
v
G
12
12
I
O
+
+
−
==→
e
porque as resistências de entradas do Amp Op ideal são idealmente infinitas
IO v
R
R
A
RR
v
1
21211 =




 ++− →
2.2.3- Resistência de entrada e de saída (da configuração inversora)
Resistência de entrada - Ri
1R
vv
R IIi ===
iI
→
Para determinar a expressão da resistência de entrada faz:
(a) Se não existir uma fonte vI na entrada aplica-se uma.
(b) Calcula a corrente de entrada iI
(c) Calcula a resistência de entrada Ri = vI / iI
11
0
R
v
R
v
i III =
−
= v1
v =0
0
→
0
→
v1 = v2 =0
15
Resistência de saída - Ro
Como a saída da configuração inversora é tomada pelos terminais de uma fonte de
tensão ideal A(v2 - v1), portanto a resistência de saída em malha fechada é zero.
1
1
R
Rvi
R
I
I
I
I
i ===
0=oR
v2 =0
Figura E2.5
Exercício 2.5 – corrigir→ amplificador de transresistência em vez de
transcondutância – pag. 46
Solução: Aplica-se uma fonte de corrente ii para calcular a resistência de entrada.
Aplica 
↘
ii
→
vo
+
vi
-
Ri = vi / ii
vi = v1 = 0
v1 = v2 =0v2 =0
v1 0
→
16
i
O
m
i
v
R =Transresistência →
Ω=== 0
0
ii
i
i
ii
v
R
ΩΩ
−=
−
=
k
O
k
O
i
vv
i
1010
0 Ω
Ω
−=
−
= k
ko
O
m
v
v
R 10
10
Vv kmAO 510.5,0 −=−= Ω
→(b)
(a) Resistência de entrada → Resistência de saída → Ro = 0
Ri = vi / ii
Ω
−
=
k
O
i
v
i
10
0
→ Ω−= kiO iv 10.
2.2.4- Uma aplicação importante - o somador ponderado
Somador ponderado com coeficientes de soma de mesmo sinal.
Figura 2.10- Circuito somador ponderado
A tensão de saída é a soma 
ponderada dos sinais de entrada.
17
Exercício 2.7 – pag. 47
Corrente no resistor de realimentação não exceda 1 mA → mAi 1≤ vO = 10 V
mA
R
vo
R
vo
i
ff
1
0
≤
−
=
−
=
v- = v+ =0
v+ =0
v-
1
1
1
1
1
0
R
v
R
v
i =
−
=
2
2
2
2
2
0
R
v
R
v
i =
−
=
21 iii +=
f
O
f
O
R
v
R
v
i −=
−
=
0
Solução:
2
2
1
1
R
v
R
v
R
v
f
O +=− 





+−= 2
2
1
1
v
R
R
v
R
R
v
ff
O
;
e
→
18
mAi
R
v
f
O 1≤=−
f
O R
mA
v
≤
1 mA
v
R Of
1
≥→ → Rf ≥ 10kΩ→↗
Inversão 
de fase Uma solução possível Rf = 10 kΩ
( )21 51 vvvO +−=
1
1
=
R
R f 5
2
=
R
R f
Ω== kRR f 101 Ω== k
R
R
f
2
5
2
↑
Como:
Portanto: e
vO = 10 V
Somador ponderado capaz de implementar coeficientes de soma com sinais opostos
Figura 2.11- Um somador ponderado capaz de implementar coeficientes de soma de sinais opostos.
19
Exercício 2.8 – pag. 47
vO = 2v1 + v2 - 4v3
vO1
↓ ↓ ↓
20
Solução: Terá 6 incógnitas e 3 equações → Escolha arbitrariamente três valores
de resistores. Use o máximo possível de resistores de mesmo valor.






+−= 2
2
1
1
1 v
R
R
v
R
R
v aaO






+−= 3
3
1 v
R
R
v
R
R
v cO
b
c
O
Escolhendo: Ra = Rb = Rc = 10kΩ
Exercício Extra 3
Projete o circuito somador ponderado capaz de implementar coeficientes de soma com
sinais opostos, que forneça vO = 2v1 – 4v2 .
21
2.3- A CONFIGURAÇÃO NÃO INVERSORA 
i
←
i
← 
v2
v1
v1 = v2 = vI
0
→
0
→
Figura 2.12- A configuração não inversora 
22
)( 12 vvAvO −= 012 ==− A
v
vv O Ivvv == 21
Curto-circuito virtual
→Por definição: →
Supondo o Amp Op ideal → A é muito grande (idealmente infinito) 
e vO é finito devido a realimentação
2.3.1- O ganho em malha fechada
Figura 2.13
Exercício Extra 4 
Deduza a expressão do ganho em malha fechada do amplificador não inversor. Supondo 
o ganho em malha aberto (A) infinito.
O ganho em malha fechada é definido como
I
O
v
v
G =
i1
←
i2
←
Solução
v1
23
11
1
0
R
v
R
v
i II =
−
=
2
2
R
vv
i IO
−
=
i2 = i1
12 R
v
R
vv IIO =
−
IIO v
R
R
vv
1
2=−
)( 12 vvAvO −= 012 ==− A
v
vv O Curto-circuito virtual
Ivvv == 21→
→
→
v2
1
21
R
R
v
v
G
I
O +==→→
e
IIIO v
R
R
v
R
R
vv )1(
1
2
1
2 +=+= →
+
vI
-
Uma nova abordagem sobre a operação da configuração não inversora
Como a corrente na entrada inversora do Amp Op é nula, o circuito composto por R1 e
R2 atua como um divisor de tensão.
Divisor de tensão
i
←
i
←
- +vo
vI +-
↗
vI
→
0
outra forma de desenhar o 
circuito não- inversor
v1
0
→
24
OI v
RR
R
v
21
1
+
=
1
21
R
RR
v
v
I
O +=
1
21
R
R
v
v
I
O +=→ →
vI
Exercício 2.11 – pag. 50
→
0
v1 = v2 = vI
→
2.3.2 Características da configuração não inversora
Resistência de entrada desse amplificador em
malha fechada é idealmente infinita (Ri = ∞∞∞∞),
visto que não circula corrente pelo terminal de
entrada positivo do Amp Op (i = 0).
Resistência de saída desse amplificador em
malha fechada é zero (Ro = 0), porque sua saída
é tomada nos terminais de uma fonte de tensão
Figura 2.12
→
i=0
i
←
i
←
25
é tomada nos terminais de uma fonte de tensão
idealA(v2 - v1)
Exercício Extra 5:
Determine a resistência de entrada da configuração 
não inversora.
i
←
i
←
Ri
iI = 0
→
0
→
∞===
0
I
I
I
i
v
i
v
R iI = 0
2.3.3- Efeito do ganho de malha aberta (A) finito do Amp Op
ARR
RR
v
v
G
I
O
)1(1
)(1
12
12
++
+
==
Exercício 2.12 - pag. 50 
Eq. (2.11)
Figura 2.12
i
←
i
←
v2
↗
v1
Figura 2.12
Exercício 2.12 - pag. 50 
→
0
→
0
vI v2 = vI
26
(a)Mostre que, se o Amp. Op. no circuito da Fig. 2.12 tem um ganho em malha aberta 
A finito, então o ganho em malha fechada (G) é dado pela Equação 2.11. 
)( 12 vvAvO −=
A
v
vv O=− 12
Onde v2 = vI →
→
Exercício 2.12 - pag. 50 
Solução:
A
v
vv OI −=1
A
v
vv O−= 21→ A finito
↘
11
1
R
Avv
R
v
i OI
−
==
22
1 )(
R
Avvv
R
vv
i OIOO
−−
=
−
=
12
/)(
R
Avv
R
Avvv OIOIO −=
−− )(
1
2
A
v
vR
R
A
v
vv OI
O
IO −=+−
II
OO
O v
R
R
v
A
v
R
R
A
v
v 22 +=++
e
→
→ →
Igualando as duas equações 
A
v
vv OI −=1
↓
A
v
R
R
v
R
R
A
v
vv OI
O
IO
1
2
1
2 −=+−
↑
↙ ↘
27
IIO
RARA 11
A
RR
RR
v
v
G
I
O
)1(
1
1
12
12
+
+
+
==
Exercício 2.12 - pag. 50 
Figura 2.12
i
←
v2
↗
v1
i
←






+=





++
1
2
1
2 1
11
1
R
R
v
AR
R
A
v IO
→
0
→
0
ARRA 11↑ ↑






+=




 ++
1
212 1
1
1
R
R
v
A
RR
v IO
2.3.4- O circuito seguidor de tensão
Na configuração não inversora, fazendo R2 = 0 e R1 = ∞, obtemos um amplificador de
ganho unitário. Esse circuito é utilizado como um amplificador buffer (isolador) e é
normalmente chamado seguidor de tensão.
↗
vI
v1 = vI
vO = vI
Figura 2.14- (a) O amplificador buffer de ganho unitário ou seguidor de tensão . (b) modelo
equivalente de circuito.
1
21
R
R
v
v
G
I
O +== 1==
I
O
v
v
GPara R2 = 0 e R1 = ∞∞∞∞ →
28
→
vO = vI
Mostre que, se o Amp Op no circuito da Fig. 2.14(a) tem um ganho em malha aberto A
finito, então o ganho em malha fechada é dado pela Equação:
A
v
v
G
I
O
1
1
1
+
==
Exercício Extra 6
vão
vO = v1
v1
v2 = vI
vI
v
ã
o
Figura 2.14(a) 
29
vO = A (v2 – v1) → 
A
v
vv O=− 12
A
v
vv OIO −= I
O
O v
A
v
v =+
A
v
v
G
I
O
1
1
1
+
==→
v1 = vO e v2 = vI 
→
→
finito
A
v
vv O−= 21
→
↓
IO v
A
v =+ )
1
1(
Exercício 2.14 - pag. 50
É necessário conectar um transdutor , que tem tensão em circuito aberto de 1 V e uma resistência
de saída de 1MΩ, em uma resistência de carga de 1 kΩ. Ache a tensão na carga se a conexão for
feita: (a) diretamente e (b) por meio de um seguidor de tensão com ganho unitário.
(a) diretamente
mVmVv
RR
R
v I
SL
L 1999,0O ≈=+
=
divisor tensão
circuito 
representando o 
transdutor
30
(b) por meio de um seguidor de tensão com ganho unitário.
RR SL +
0
→
)( 12 vvAvO −= 012 ==−
A
v
vv O Curto-circuito virtualSvvv == 21→ →
v2 = vS
vS
vO = vS = 1V
0
→
Supondo A infinito
Exercício 2.9 – pag. 49 
Figura E2.9
v’
↗↗↗↗
v’
Use o teorema da superposição para calcular vO
Fazendo v2 = 0 para determinar vO1
Rf
R1
i
←
Solução:
Aplicando o teorema da superposição 
f
O
R
vv
R
v
i
,
1
1
, −
==
21 OOO vvv +=
R1
R3
0
→
R2
Rf
i
←
31
1
,
5
3
vv =
vo1
R2
v1
R3
v’
v’
,,
1 10)19( vvvO =+=
111 6
5
3
10 vvvO ==
v2 = 0
fRR1
11
32
3,
5
3
vv
RR
R
v =
+
=
,
1
,,
1
1 )1( v
R
R
vv
R
R
v
ff
O +=+=
,
1
,
1
vvv
R
R
O
f −= Agrupa todos os v’ para 
depois substituí-lo
0
→
0
→
+
v’
-
←
Rf = 9 kΩ
R1= 1 kΩ
R2= 2 kΩ
R3= 3 kΩ
Rf
vo2
R1
R3
v2
R2
v’
v’
22
2,
5
2
vv
RR
R
v =
+
=
Fazendo v1 = 0 para determinar vO2
v1 = 0
f
O
R
vv
R
v
i
,
2
1
, −
==
,
1
,,
1
2 )1( v
R
R
vv
R
R
v
ff
O +=+=
,
2
,
1
vvv
R
R
O
f −=
i
←
i
←
Agrupa todos os v’ para 
depois substituí-lo
0
→
0
→
+
v’
-
32
32 5RR +,,
2 10)19( vvvO =+=
222 4
5
2
10 vvvO ==
2121 46 vvvvv OOO +=+=
2
,
5
2
vv =
Rf = 9 kΩ
R1= 1 kΩ
R2= 2 kΩ
R3= 3 kΩ
11 6vvO =
22 4vvO =
Exercício 2.10 – pag. 50
Onde :
R1= 1 kΩ
R = 9 kΩ
Use o teorema da superposição para calcular vO
321 OOOO vvvv ++=
i
→
i
→
33
Rf = 9 kΩ
R2= 2 kΩ
R3 = 3 kΩ Fazendo v1 = v2 = 0 para determinar vO3
2.4- Amplificadores de Diferenças – pag. 50
Será visto agora a utilização de Amp Ops no projeto de amplificadores de
diferenças, que também é uma outra configuração muito importante.
O amplificador de diferenças é aquele que responde à diferença entre dois
sinais aplicados em suas entradas e idealmente rejeita sinais que são comum
às suas entradas. Embora idealmente o amplificador de diferenças amplificará
apenas o sinal de entrada diferencial vId e rejeitará a entrada de modo
comum vIcm , circuitos práticos terão uma tensão de saída vO dada por:Icm O
vO = Ad vId + Acm vIcm
Onde:
Ad→ ganho diferencial
Acm→ ganho de modo comum (idealmente nulo)
vId = vI2 – vI1 → sinal de entrada diferencial
vIcm= (vI2 + vI1 )/2→ sinal de entrada de modo comum
34
cm
d
A
A
log)dB(CMRR 20=
A eficácia de um amplificador de diferenças é medida pelo grau de sua
rejeição a sinais de modo comum em detrimento a sinais diferenciais. Isso é
normalmente quantificado por uma medida conhecida como razão de
rejeição de modo comum (CMRR), definida como:
O amplificador de diferenças é empregado em instrumentação.
Questionamento:
35
Questionamento:
Se o Amp Op em si é um amplificador de diferenças, porque não utilizamos
apenas um Amp Op?
Resposta:
Porque o ganho muito elevado (idealmente infinito) do Amp Op torna
impossível utilizá-lo sozinho. Como fizemos anteriormente, para as outras
configurações, temos que projetar uma rede de realimentação apropriada
para conectar no Amp Op, a fim de ter um circuito cujo ganho em malha
fechada seja finito, previsível e estável.
2.4.1- Um amplificador de diferenças simples utilizando AMP OP
Para projetar um amplificador de diferenças usando um Amp Op foi usado o seguinte
raciocínio:
O ganho da configuração não inversora é positivo, (1+R2/R1) , enquanto o da
configuração inversora é negativo, (- R2/R1 ). Combinando as duas configurações
obtemos a diferença entre os dois sinais de entrada. No entanto devemos fazer os
valores dos dois ganhos iguais a fim de anular os sinais de modo comum. Isso pode
ser obtido pela atenuação do sinal que vai para a entrada não inversora de forma a
reduzir o ganho no caminho positivo de (1+ R2/R1) para (R2/R1). O circuito resultante
tem a forma mostrada na Fig. 2.16, na qual a redução no caminho da entrada positiva
36
Fig. 2.16 – Um amplificador de diferenças
tem a forma mostrada na Fig. 2.16, na qual a redução no caminho da entrada positiva
pode ser obtida pelo divisor de tensão (R3 e R4) .
↖ Divisor de tensão (R3 e R4) para reduzir o ganho na 
entrada positiva 
12 IIId vvv −=
)(
2
1
21 IIIcm vvv +=
vI2
vI1
A razão apropriada do divisor de tensão (R3 e R4) pode ser determinada a partir de:
Aplicando o teorema da superposição para análise do circuito.
1I
1
2
1O v
R
R
v −=
Para vI1 = 0
Para vI2 = 0
R
'v
i = 2 'vvi O
−
=e
1
1
R
v
i I=
2
10
R
v
i O
−
=e
R2
vI1
vo1
R1
R3
vI2 = 0
R4
i= 0
i
i
0V
v’ =0 V
Igualando as equações de i e isolando vO1
↑
37
1R
i =
2R
i =e
'1''
1
2
1
2
2 v
R
R
vv
R
R
vO 





+=+=
2
43
4
Iv
RR
R
'v
+
=
Igualando as equações de i e isolando vO2
12
2 ''
R
v
R
vvO =
−
↓
↑
2I
1
2
43
4
2O v
R
R
1
RR
R
v 





+
+
=2
43
4
1
2
2 1 IO v
RR
R
R
R
v
+






+= →
↙v’
Agrupa todos os v’ para 
depois substituí-lo
↑
↖
div. tensão
2I
1
2
43
4
2O v
R
R
1
RR
R
v 





+
+
=
1
1
2
1 IO v
R
R
v −=
Para obtermos ganhos iguais fazemos: 
1
2
1
2
43
4
R
R
R
R
1RR
R
=





+
+
1
2
1
21
43
4
R
R
R
RR
RR
R
=




 +
+
→
Fig. 2.16 
→
38
21
2
43
4
RR
R
RR
R
+
=
+ →→
1
2
3
4
R
R
R
R
=
Uma condição mais fácil é escolher R4 = R2 e R3 = R1
11
1
2
3
4 +=+
R
R
R
R
↓
Vamos agora considerar o circuito com apenas um sinal de modo comum aplicado na 
entrada, como mostrado na Figura 2.18. 
Icmv
RR
R
v
34
4'
+
=
div. tensãoFigura 2.18 
i1
R2
vo
R1
R3
vIcm
R4
i1
o
v’
v’
o
e
'vv
i Icm
−
= ' vvi O
−
=
39
RR 34 +e
Igualando as equações de i1 e isolando vO
1
1
R
i Icm=
2
1
'
R
vv
i O
−
=
12
1
''
R
vv
R
vv
i IcmO
−
=
−
= )'('
1
2 vv
R
R
vv IcmO −=−
''
1
2
1
2 v
R
R
v
R
R
vv IcmO +−=
→
→
→ )'('
1
2 vv
R
R
vv IcmO −−=
''
1
2
1
2 v
R
R
vv
R
R
v IcmO ++−=
')1(
1
2
1
2 v
R
R
v
R
R
v IcmO ++−=
IcmIcmO v
RR
R
R
R
v
R
R
v
34
4
1
2
1
2 )1(
+
++−=
→
Icmv
RR
R
v
34
4'
+
=
''
1
2
1
2 v
R
R
vv
R
R
v IcmO ++−=
IcmIcmIcmO v
R
R
RR
R
v
RR
R
v
R
R
v
1
2
34
4
34
4
1
2
+
+
+
+−=
IcmIcmIcmO v
R
R
v
R
R
RR
R
v
RR
R
v 2244 −
+
+
+
=
40
IcmIcmO v
R
R
RR
R
v
RR
R
v
1
2
34
4
34
4 )1( −
+
+
+
=
IcmIcmIcmO
RRRRRR 113434 ++
IcmIcmO v
R
R
RR
RRR
v
RR
R
v
1
2
34
344
34
4 )(
+
−−
+
+
=
IcmIcmO v
R
R
RR
RRR
v
RR
R
v
1
2
34
344
34
4 )(
+
−−
+
+
=
IcmIcmO v
R
R
RR
R
v
RR
R
v
1
2
34
3
34
4
+
−
+
=
IcmO v
R
R
R
R
RR
R
v )1(
1
2
4
3
34
4 −
+
=IcmIcmO v
R
R
RR
R
R
R
v
RR
R
v
1
2
34
3
4
4
34
4
+
−
+
=
24
R
R
R
R
=Para obter ganhos iguais foi determinado que devemos fazer:
eq. 2.19
→
)1(
1
2
4
3
34
4
R
R
R
R
RR
R
v
v
A
Icm
O
cm −+
==
41
13 RR
Uma condição mais fácil é escolher R4 = R2 e R3 = R1
Portanto na equação 2.19 )1(
1
2
2
1
12
2
R
R
R
R
RR
R
v
v
A
Icm
O
cm −+
==
)11(
12
2 −
+
==
RR
R
v
v
A
Icm
O
cm 0==
Icm
O
cm
v
v
A
→
Obs.: Qualquer descasamento na razão de resistência fará Acm ≠ 0 .
Determinando a resistência de entrada entre os dois terminais de entrada
(isto é, a resistência vista por vId )
Figura 2.19- Encontrando a resistência
de entrada do amplificador de
diferenças para o caso R3 = R1 e R4 = R2
vId = vI2 – vI1
Conhecida como resistência diferencial de entrada Rid , onde Rid = vId / iI
Como os dois terminais estão no mesmo potencial, podemos obter:
- vId + R1 iI + 0 + R1 iI = 0→ vId = R1 iI + R1 iI →Rid = vId / iI = 2R1
Rid = 2R1
42
Exercício 2. 15 – pag. 53 - Figura 2.16
(a) Obtenha a expressão do ganho diferencial Ad = vO / vId.
(b) Obtenha a expressão do ganho de modo comum Acm = vO / vIcm
(c) Encontre a expressão da resistência de entrada diferencial Rid e a resistência
Se for exigido do amplificador um alto valor de ganho diferencial, então R1
deverá ter um valor baixo, o que implica uma resistência de entrada baixa, o
que é uma desvantagem. Outra desvantagem do circuito da Fig. 2.16 é que não
é fácil variar o ganho diferencial do amplificador. Essas desvantagens são
superadas no amplificador de instrumentação dado a seguir.
43
(c) Encontre a expressão da resistência de entrada diferencial Rid e a resistência
de saída Ro.
Onde R1 = R3 e R2 = R4
Solução:
Figura 2.16
1I
1
2
1O v
R
R
v −=
Para vI 1 = 0 →
Para vI 2 = 0 → 
1R
'v
i =
2
2 '
R
vv
i O
−
=e
1
1
R
v
i I=
2
10
R
v
i O
−
=e
R2
vI1
vo1
R1
R1
vI2 = 0
R2
i= 0
i
i
0V
v’ =0 V
Igualando as equações de i e isolando v
Solução: Usando o teorema da superposição
Igualando as equações de i e isolando vO1
↑
21 OOO vvv +=
(a) Obtenha a expressão do ganho diferencial Ad = vO / vId .
44
2
21
2' Iv
RR
R
v
+
=
→
,
1
2,,
1
2
2 1 v
R
R
vv
R
R
vO 





+=+=
Igualando as equações de i e isolando vO2
2
1
2
2
21
2
1
12
2 IIO v
R
R
v
RR
R
R
RR
v =
+





 +
=
12
2O
R
v
R
vv ''
=
− '' v
R
R
vv
1
2
2O =−
↙v’
↑
2I
1
2
2O v
R
R
v =→2
21
2
1
2
2 1 IO v
RR
R
R
R
v
+






+=
↓
→
Agrupa todos os v’ para 
depois substituí-lo
div. tensão
2
1
2
2 IO v
R
R
v =
21 OOO vvv +=
1
1
2
1 IO v
R
R
v −=
)( 12
1
2
2
1
2
1
1
2
IIIIO vv
R
R
v
R
R
v
R
R
v −=+−=
e
vId = vI2 – vI1
45
IdIIO v
R
R
vv
R
R
v
1
2
12
1
2 )( =−=
1
2
R
R
v
v
A
Id
O
d == VV
v
v
A
Id
O
d /100
2
200
===
dBdBAd 40100log20)( ==
→
ganho diferencial →
Id
O
d
v
v
A =
2
1
R
v'v
i O
−
=
1
1
R
'vv
i Icm
−
= e
RR
Igualando as equações de i1 para obter vO
Solução
vvvv '' −−
Icmv
RR
R
'v
21
2
+
=
(b) Obtenha a expressão do ganho de modo comum Acm = vO / vIcm
div. tensão
'' v
R
R
v
R
R
vv
1
2
Icm
1
2
O −=−
IcmO v
R
R
)
R
R
('vv
1
2
1
2 1 −+=
1
Icm
2
O
R
vv
R
vv '' −
=
−
IcmO v
R
R
'v'v
R
R
v
1
2
1
2 −+=
→ 
→ 
RR 21 +
Agrupa todos os v’ para depois substituí-lo
IcmIcmO v
R
R
)
R
R
(v
RR
R
v
1
2
1
2
21
2 1 −+
+
=
↙v’
IcmIcmO v
R
R
)
R
R
(v
RR
R
v
1
2
1
2
21
2 1 −+
+
=
IcmIcmO v
R
R
)
R
RR
(v
RR
R
v
1
2
1
12
21
2 −
+
+
=
IcmIcmO v
R
R
v
R
R
v
1
2
1
2 −=
RRv v
→ 
↙v’
→
ganho de modo comum→
Icm
O
cm
v
v
A =
47
IcmO v)
R
R
R
R
(v
1
2
1
2 −= 0
1
2
1
2 =−= )
R
R
R
R
(
v
v
Icm
O 0==
Icm
O
cm
v
v
A→ → 
Obs.: Qualquer descasamento na razão de resistência fará Acm ≠ 0 e, com isso,
CMRR será finito.
cm
d
A
A
log)dB(CMRR 20=
Rid = vId / iI
Solução
(c) Encontre a expressão da resistência de entrada diferencial Rid e a resistência de saída
Ro.
48
- vId + R1 iI + 0 + R1 iI = 0 → vId = R1 iI + R1 iI →
Rid = vId / iI = 2R1 → Rid = 2R1
Ro = 0 → é zero, porque sua saída é tomada nos terminais de uma fonte de tensão
ideal A(v2 - v1)
2.4.2- Um circuito melhor – O amplificador de instrumentação - pag.53 
O problema de baixa resistência de entrada do amplificador da Figura 2.16
pode ser resolvido se usarmos seguidores de tensão (buffer) nos dois terminais
de entrada,mas serão usados seguidores com ganho em vez de seguidores com
ganho unitário. O circuito resultante está mostrado na Fig. 2.20. Ele consiste em
dois estágios. O primeiro é formado pelos Amp Op A1 e A2 e seus resistores, e o
segundo é o amplificador de diferenças formado pelo Amp Op A3 e seus quatro
resistores. A1 e A2 estão conectados na configuração não inversora e assim
produzem um ganho de (1+R2/R1), portanto vI1 e vI2 são amplificadas por esse
fator.O amplificador de diferenças no segundo estágio amplifica o sinal de diferença:
49
O amplificador de diferenças no segundo estágio amplifica o sinal de diferença:
(1+R2/R1) (vI2 – vI1 ) = (1+R2/R1)vId e fornece na sua saída uma tensão vO
dada por:






+==
1
2
3
4 1
R
R
R
R
v
v
A
Id
O
d
IdO v
R
R
R
R
v 





+=
1
2
3
4 1
Portanto, o ganho diferencial é:
Figura 2.20(b) - Circuito popular para um
amplificador de instrumentação
vO1
vO2
vO
↙
↖
IdOO v
R
R
vv 





+=−
1
2
12 1
vI2
vO2
vO1
vI1
i↑
Curto circuito virtual
Curto circuito virtual
i
←
i
→
Analisando o primeiro estágio:
vId = (vI2 – vI1 )
Análise do circuito para obter a saída vO
0
→
0
→
vI2
vI1
vO2 - vO1
↙ +
↖ +
↘ 2R1
50
02 12122 =++++− OO viRRiiRv
11
12
22 R
v
R
vv
i IdII =
−
=
iRRvv OO )22( 2112 +=−
Id
Id
OO v
R
R
R
v
RRvv )
2
2
1(
2
)22(
1
2
1
2112 +=+=− IdOO v
R
R
vv 





+=−
1
2
12
2
2
1→
→
↓
↑
i
Figura 2.20(c)
↖ +
↓
↗
sinal de diferença
)( 12
3
4
OOO vv
R
R
v −=
A saída do amplificador de diferenças encontrado na Figura 2.16 é de: IdO v
R
R
v
1
2=
Na Figura 2.20(c) amplificador de diferencias amplifica o sinal 
de diferença vO2 - vO1 e produz uma tensão de saída vO
proporcional :
onde
Analisando o segundo estágio
IdOO v
R
R
vv 





+=−
1
2
12
2
2
1
v
RR
v )1( 24 +=
encontrada na análise anterior
Portanto:
vId = (vI2 – vI1 )
51Exemplo 2.3 – pag. 55
IdO v
R
R
R
R
v )1(
1
2
3
4 +=
Ganho diferencial total de tensão é dado:






+==
1
2
3
4 1
R
R
R
R
v
v
A
Id
O
d
Figura 2.20(c)
vO1
vO2
Portanto:
vO
vO2 - vO1
2.8.1 - A configuração inversora com impedância generalizadas
2.8 - INTEGRADORES E DIFERENCIADORES - pag. 66
Para a análise do amplificador com impedâncias generalizadas será conveniente
trabalhar no domínio da frequência. Para um Amp Op ideal a função de transferência
emmalha fechada é dada por:
O integrador e o diferenciador são circuitos que simulam os operadores matemáticos
integral e derivada, respectivamente. Além disso, são usados para modificar formas de
onda, gerando pulsos , ondas quadradas, ondas triangulares, etc.
Figura 2.37- A configuração Inversora com impedâncias generalizadas na realimentação e na entrada.
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
i
ο
1
2−=
emmalha fechada é dada por:
52
Equação 2.48
Estudar Exemplo 2.6 - pag. 67
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
i
ο
1
2−=
)1(
11
)( 2222 RsC
R
sC
R
sY +=+=
)()(
1
)(
)(
21 sYsZsV
sV
i
o −=
→
22
1
1
11
)( sC
RR
sY +=+=
Fig. 2.38 - Circuito para o Exemplo 2.6
)(
1
)(
2
2
sY
sZ = 0 V 
0
→
0
→
(a) Obtenha a expressão da função de transferência Vo(s)/ Vi(s). Mostre 
que a função obtida é semelhante a de um circuito CTS passa baixas. 
onde
Z1(s) = R1
53
)1()( 22
2
2
2
2 RsC
R
sC
R
sY +=+=
22
0
RC
1
ω =
1
2
R
R
K −=
2
2
2
2
2 1
)( sC
R
sC
R
sY +=+=
Onde e
22
12
22
2
1 1
1)1(
1
1
)(
)(
RC
s
RR
RsC
R
R
sV
sV
i
o
+
−
=
+
−
=
Para s=0 → Vo/Vi = -R2/R1
Para s=∞ → Vo/Vi = 0
Portanto é uma rede CTS passa baixas
0/1)(
)(
)(
ω+
==
s
k
sV
sV
sT
i
o
2.8.2- O circuito integrador inversor
dt
dv
Cti C=)(1
R
(t)v
ti I=)(1 )t(v)t(v CO −=
pag. 68
Resposta no domínio do tempo
Figura 2.39 (a) Circuito integrador inversor ou integrador Miller.
54
Exercício Extra 7
Mostre que o circuito da Figura 2.39(a) realiza a operação matemática de integração 
para um sinal de entrada vI (t).
)()(
1
)( 0
0
tvdttv
CR
tv C
t
t IC
+= ∫
R
(t)v
ti I=)(1 e
→
dt
dv
Cti C=)(1
R
(t)v
dt
dv
C IC =
∫∫ =
t
t I
t
t C
(t)dtv
CR
dv
00
1
Solução:
Supor que o circuito começa operar em t0= 0 e que vC(t0) = VC
Integrando de t0 a t:
55
0)t(v)t(v CO =−− )t(v)t(v CO −=→ C
t
IO Vdttv
CR
tv −−= ∫0 )(
1
)(→
C
t
IC Vdttv
CR
tv += ∫ )(
1
)(
0
Do circuito temos que:
↗
Corrigir no livro
Eq. 2.49
* Tensão de saída é proporcional à integral temporal da tensão de entrada.
* VC condição inicial de integração 
* CR constante de tempo do integrador
Supor que o circuito começa operar em t0= 0 e que vC(t0) = VC
Exemplo 2.7 – Estudar parte 1: pag. 70
(a) Ache o sinal de saída produzido por um integrador Miller em resposta a um pulso de 
entrada com amplitude de 1 V e largura de 1 ms [Figura 2.43 (a)]. Seja R = 10 kΩ e C = 10 nF. 
Solução:
)()(
1
)( tvdttvtv
t += ∫
R
(t)v
ti I=)(1 e
Integrando de t0 a t:
dt
dv
Cti C=)(1
R
(t)v
dt
dv
C IC =
No domínio do tempo
56
)()(
1
)( 0
0
tvdttv
CR
tv C
t
t IC
+= ∫
0)t(v)t(v CO =−− )t(v)t(v CO −=→
Onde t0 = 0 e vC(t0) = VC
C
t
0 IO
Vdt)t(v
CR
1
)t(v −−= ∫→
C
t
IC Vdttv
CR
tv += ∫ )(
1
)(
0
Do circuito temos que:
Figura 2.43 (a)
Que é uma rampa linear, ver Figura 2.43(b). Ela alcançará uma amplitude de -10 V em t = 1ms.
dt
CR
tv
t
O ∫−= 01
1
)( 0 ≤ t ≤ 1 ms
txt
x
tvO
3
3
1010
101,0
1
)( −=−= − 0 ≤ t ≤ 1 ms
C
t
0 IO
Vdt)t(v
CR
1
)t(v −−= ∫ supondo VC = 0 
CR = 10x10-9 x 10x103 = 0,1 ms
txtvO
3
1010−=)(
Em resposta ao pulso com 1 V de amplitude [vI (t) = 1V] e 1 ms de largura, a saída do
integrador será :
R = 10 kΩ e C = 10 nF
0 ≤ t ≤ 1 ms
↙
57
Figura 2.43 (b)
Figura 2.43 (a)
Que é uma rampa linear, ver Figura 2.43(b). Ela alcançará uma amplitude de -10 V em t = 1ms.
vO(t)
mA
V
R
(t)v
ti I 1,0
10
1
)(
31
===
A saída apresenta uma rampa linear, porque: pag. 70
Entrada vI(t) = 1 V (pulso) e supondo VC = 0 (tensão inicial)
ItIdtq
t
0
== ∫
Portanto , a tensão no capacitor muda linearmente → t
I
Idt
1
v
t == ∫
Essa corrente constante I = 0,1 mA fornece ao capacitor uma carga : 
mA
V
R
tv
I I 1,0
10
1)(
3
===Corrente constante através do capacitor
dt
dq
i = →
Cont... Solução Exemplo 2.7 
↙
0 ≤ t ≤ 1 ms
0 ≤ t ≤ 1 ms
58
Portanto , a tensão no capacitor muda linearmente → t
C
I
Idt
C
1
v
t
0C
== ∫
Como vO = - vC resulta: t
C
I
vO
−
=
Carregar um capacitor com uma corrente constante produz uma rampa linear de tensão
através dele.
R
V
I I=onde → constante
↙
0 ≤ t ≤ 1 ms
Exercício 2.27 - fazer pag. 72
Considere uma onda quadrada simétrica de 20 V pico a
pico, com o valor médio nulo e 2 ms de período aplicada
em um integrador Miller . Calcule CR, tal que a onda
triangular na saída tenha uma tensão de 20 V pico a pico.
Solução:
R
(t)v
ti I=)(1 e
dt
dv
Cti C=)(1
No domínio do tempo
59
R
(t)v
dt
dv
C IC =
)()(
1
)( 0
0
tvdttv
CR
tv C
t
t IC
+= ∫
Onde t0 = 0 e vC(t0) = VC C
t
IC Vdttv
CR
tv += ∫ )(
1
)(
0
0)t(v)t(v CO =−− )t(v)t(v CO −=→ C
t
0 IO
Vdt)t(v
CR
1
)t(v −−= ∫→
Do circuito temos que:
Supondo VC = 0 V 
Para 0 ≤ t ≤ 1ms temos como entrada vI(t) = 10 V
Em t = 1 ms → vO(t =1ms) = -20 V 
CR
ms1x10
20 −=−→ → CR = 0,5 ms
t
CR
tvO 10
1
)( −=dt
CR
tv
t
O ∫−= 010
1
)( → 0 ≤ t ≤ 1msC
t
IO Vdttv
CR
tv −−= ∫0 )(
1
)(
↙
60
vI
vO
↖
↙
vC(1ms) = 20 V e vO(1ms) = - 20V
Calcule CR, tal que a onda triangular na saída
tenha uma tensão de 20 V pico a pico.
2 ms de período
Resposta em frequência do integrador
A operação do circuito integrador pode ser descrita no domínio da frequência,
substituindo Z1(s) = R e Z2(s)= 1/sC na equação 2.48:
1
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
i
ο
1
2−=
61
(b) Resposta em frequência do
integrador
sCRR
sC
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
i
ο 1
1
1
2 −=−=−=
Em baixas frequências o Amp Op está
trabalhando praticamente em malha aberta,
apresentando um ganho bem alto!
OBS: a função de transferência
apresenta um polo no origem
CRjjV
jV
i
o
ωω
ω 1
)(
)( −
=
CR
1
V
V
i
o
ω
=
Em regime permanente senoidal, s = jωωωω
Módulo
jbax +=
sCR(s)V
(s)V
i
ο 1−=
62
Fase
adormindenonumerador ∠−∠=φ
φφφφ = + 90o
)
0
()
1
0( CRarctgarctg ωφ −−=
)()0( +∞−−= arctgarctgφ ooo 90)90(180 +=+−=φ→ →
)/( abarctg
jbax +=
CRj
j
jV
jV
i
o
ωω
ω
+
+−
=
0
01
)(
)(
Quando Vo/Vi= 1 → 
→ frequência do integrador
O integrador comporta-se como uma rede CTS passa baixas com frequência de corte
nula e com ganho infinito em ωωωω = 0. Isso indica que em cc o Amp Op está operando em
malha aberta.
CR
1
int =ω1
CR
1
V
V
tini
o =
ω
=
CR
1
V
V
i
o
ω
=
→
O ganho é inversamente proporcional
frequência (circuito não é sensível a ruídos
de alta frequência).
fCR2
1
V
V
i
o
π
=
↖ ωωωωint
0 dB
Exercício 2.28 - fazer pag. 72 
(a) Projete um integrador inversor com uma resistência de entrada de 10kΩ e uma
constante de tempo de integração de 10-3 s.
64
R = Rin = 10kΩ
Solução:
0 V
CR = 10-3 s → C= 10-3/R =100 nF = 0,1 µF
(b) Determine a expressão do módulo do ganho e do ângulo de fase desse circuito . 
sCR
1
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
1
2
i
ο −=−=
CRj
1
)j(V
)j(V
i
o
ωω
ω
−=
CR
1
V
V
i
o
ω
=
Em regime permanente senoidal, s= jωωωω→
Módulo →
adormindenonumerador ∠−∠=φ
Solução:
Fase →
sRCsV
sV
sT
i
o
+
==
1
1
)(
)(
)(
0/1
)(
ωs
k
sT
+
=
65
adormindenonumerador ∠−∠=φFase →
CRj
j
CRjjV
jV
i
o
ωωω
ω
+
+−
=
−
=
0
011
)(
)(
φφφφ = + 90o
( ) ( )
01
0 CRarctgarctg ωφ −−=
)()0( +∞−−= arctgarctgφ ooo 90)90(180 +=+−=φ→ →
)/( abarctg
jbax +=
(c) Calcule o valor do módulo do ganho e o ângulo de fase desse circuito em 10 rad/s e em
1 rad/s.
V/V100
10x10
1
CR
1
V
V
3
i
o === −ω
Módulo →
Solução: CR = 10-3 s
e Fase → φ = + 90oPara ωωωω= 10 rad/s :
Para ωωωω= 1 rad/s : e Fase → φ = + 90oV/V1000
10x1
1
CR
1
V
V
3
i
o === −ω
Módulo →
66
(d) Qual é a frequência na qual o valor do ganho é unitário? 
1
CR
1
V
V
inti
o ==
ω
Solução: CR = 10-3 s
CR
1
int =ω→ → Frequência do integrador
s/rad1000
10
1
3int
== −ω
CR
1
V
V
i
o
ω
=
↑ 0 dB
2.8.3 - O circuito diferenciador com Amp Op - pag. 71
dt
(t)dv
Cti I=)(
R
(t)v
ti O
−
=
0
)(
Resposta no domínio do tempo
Figura 2.44- (a) Circuito diferenciador
Exercício Extra 8
Mostre que o circuito da Figura 2.44(a) realiza a função matemática de diferenciação 
para um sinal de entrada vI (t).
67
dt
(t)dv
Cti I=)(
(t)v−0
O terra virtual na entrada inversora faz com que vI (t) apareça sobre o capacitor C. Dessa
forma, a corrente através de C será:
Solução:
e
R
(t)v
ti O
−
=
0
)(
dt
(t)dv
CRtv IO −=)(
68
dt
(t)dv
C
R
tv IO =−
)(
Realiza a função de diferenciação
Resposta em frequência do diferenciador
A função de transferência do circuito diferenciador pode ser obtida substituindo
Z1(s) = 1/sC e Z2(s)= R na equação 2.48:
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
i
ο
1
2−=
69
(b) resposta em frequência de um circuito
diferenciador com uma constante de tempo
CR.
sCR
sC/1
R
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
1
2
i
ο −=−=−=
OBS: a função de transferência
apresenta um zero na origem
sCR
(s)V
(s)V
i
ο −=
CRj
)j(V
)j(V
i
o ω−=
ω
ω
V
Em regime permanente senoidal, s = jωωωω
Módulo
V
70
CR
V
V
i
o ω=
Fase
→ φφφφ = - 90o
)0()( +−−∞=φ arctgarctg
ooo 90090 −=−−=φ
)
1
0()
0
( arctgCRarctg −ω−=φ
fCR2
V
V
i
o π=ou
0j1
CRj0
CRj
)j(V
)j(V
i
o
+
−
=−=
ωω
ω
ω
adormindenonumerador ∠−∠=φ
)/( abarctg
jbax +=
CR
1
=ωQuando Vo/Vi= 1 → 
A resposta em frequência do circuito diferenciador pode ser entendida como uma
rede CTS passa altas e frequência de corte infinita (ωωωω0 = ∞∞∞∞)
O circuito diferenciador é um amplificador de ruídos, porque, quando ocorre uma
mudança brusca em v (t), que poderia ser uma interferência de captação de ruídos, são
CR
V
V
i
o ω=
No qual CR é a constante de tempo do circuito diferenciador.
1=ω= CR
V
V
i
o → 
0 dB
↖
71
mudança brusca em vI (t), que poderia ser uma interferência de captação de ruídos, são
introduzidos impulsos na saída (pulsos muito estreitos e de grande amplitude). Por essa
razão e porque estão sujeitos a problemas de estabilidade, os circuitos diferenciadores
são geralmente evitados na prática.
O ganho é diretamente proporcional à frequência:
• Instabilidade de ganho;
• Sensibilidade a ruídos;
• Processo de saturação muito rápido.
fCR2
V
V
i
o π=
Fig. 2.44(a) 
sCR
R
sZ
sZ
sV
sVo
/1)(
)(
)(
)( 22
+
−
=−=
Na prática o circuito da Figura 2.44(a) é sensível a ruído, portanto, tendendo a saturar.
Para resolver esse problema, a solução é conectar uma resistência de pequeno valor R1
em série com C, como mostrado na Figura A1. Desta forma o ganho em altas frequências
é limitado. Essamodificação torna o circuito um diferenciador não ideal.
O circuito diferenciador prático 
Exercício 2.30 (e) 
Como atenuar o problema do ganho infinito para altas frequências.
72
sCRsZsVi /1)()( 11 +
=−=
1
12
1
1
2
/11
)
1
1(
)(
)(
sCR
RR
sCR
R
R
sV
sV
i
o
+
−
=
+
−
=
frequência de corte 
1
0
1
CR
=ω Figura A1 – circuito diferenciador prático
O circuito da Figura A1 só se comportará como diferenciador se f << f0 , pois nessas
condições a reatância de C será muito maior do que R1 , na prática é como se não
existisse R1 , portanto, o circuito terá comportamento semelhante ao da Figura 2.44(a).
Para f >> f0 o circuito terá comportamento de um amplificador inversor de ganho igual
a -R2/R1.
Se f << f0→ circuito diferenciador.
Se f >> f0→ circuito amplificador inversor, -R2/R1
)( RRsV −
73
Figura A2- Resposta em frequência do diferenciador prático.
Figura 2.44(a)
Figura A1 – circuito diferenciador prático1
12
/11)(
)(
sCR
RR
sV
sV
i
o
+
−
=
frequência de corte 
1
0
2
1
CR
f
π
=
Exercício 2.30 – fazer – pag. 73 
(a) Projete um diferenciador que tenha uma constante de tempo de 10-2 s e uma
capacitância de entrada de 0,01 µF.
(b) Determine a expressão do módulo do ganho e do ângulo de fase desse circuito . 
Onde C = 0,01 µF.
Solução:
CR = 10-2 s → ΩM1
10x01,0
10
C
10
R
6
22
=== −
−−
Fig. 2.44(a) 
No domínio da frequência:
74
(b) Determine a expressão do módulo do ganho e do ângulo de fase desse circuito . 
Solução:sCR
sC/1
R
(s)Ζ
(s)Ζ
(s)V
(s)V
1
2
i
ο −=−=−=
CRj
)j(V
)j(V
i
o ω−=
ω
ω
CR
V
V
i
o ω=
Em regime permanente senoidal, s = jωωωω →
Módulo →
adormindenonumerador ∠−∠=φFase →
0j1
CRj0
CRj
)j(V
)j(V
i
o
+
−
=−=
ωω
ω
ω
φ = - 90o
)
1
0()
0
( arctgCRarctg −ω−=φ
0)( −−∞=φ arctg
oo 90090 −=−−=φ →
(c) Determine o valor do módulo do ganho e o ângulo de fase desse circuito em 10 rad/s e
em 103 rad/s.
75
V/V1,010x10CR
V
V 2
i
o === −ωMódulo →
Solução: CR = 10-2 s
e Fase → φ = - 90oPara ωωωω= 10 rad/s :
Para ωωωω= 103 rad/s : Módulo → V/V1010x10CR
V
V 23
i
o === −ω e Fase → φ = - 90o
(d) Qual é a frequência na qual o valor do ganho é unitário? 
Solução: CR = 10-2 s
1CR
V
V
i
o ==ω
CR
1
=ω→
76
s/rad100
10
1
2
== −ω
0 dB ↑
(e) A fim de limitar o ganho de alta frequência do circuito diferenciador em 100, um resistor 
é associado em série com o capacitor. Obtenha o valor do resistor necessário.
Solução: 
sC/1R
R
)s(Z
)s(Z
)s(V
)s(V
1
2
1
2
i
o
+
−
=−=
1
12
i
o
sCR/11
RR
)s(V
)s(V
+
−
=
Em regime permanente senoidal, s = jωωωω→ 1212o
CR/j1
RR
CRj/11
RR
)j(V
)j(V
ωωω
ω
−
−
=
+
−
=
77
Em regime permanente senoidal, s = jωωωω→
11i CR/j1CRj/11)j(V ωωω −
=
+
=
Módulo: 
( )21
12
i
o
CR/11
RR
)j(V
)j(V
ωω
ω
+
=
Em alta frequência (ωωωω = ∞ ) → 100
R
R
)j(V
)j(V
1
2
i
o =≅
ω
ω
100
10x1
100
R
R
6
2
1 == → R1 = 10 kΩ
Se f << f0→ circuito diferenciador.
Se f >> f0→ circuito amplificador 
inversor, -R2/R1
↑
R2 ≈ 10R1
2.7- IMPERFEIÇÕES CC - pag. 66 
2.7.1- Tensão de offset cc
Como os Amp Op são dispositivos diretamente acoplados com alto ganho cc , eles
estão propensos a problemas em cc. O primeiro problema é a tensão de offset cc e o
segundo é as correntes de offset e de polarização de entrada.
Obs.:- Amplificador diretamente acoplado (d.a.) ou amplificador cc → é aquele que
amplifica sinais cujas frequências são baixas ou mesmo zero. (ver pag. 26)
Figura 2.28 -Modelo de circuito para o Amp Op com tensão de entrada de offset VOS.
A tensão de offset resulta de um desequilíbrio presente no estágio diferencial da
entrada (interno ao Amp Op).
78
real
↗tensão de entrada de offset VOS
Análise do efeito de VOS sobre o funcionamento de circuitos com Amp Op em malha
fechada
Para calcular o efeito de VOS em circuitos com Amp Op devemos anular a fonte de tensão
de sinal (vI = 0), o circuito resultante é o da Figura 2.29 para ambas as configurações,
inversora e não inversora, a partir do qual a tensão cc de saída (VO), devida a VOS , é
obtida como:






+=
1
2
OSO
R
R
1VVvI = 0
VOS
↘
i
←
i
←
Analise de cc → iremos analisar apenas VOS , portanto devemos zerar vI
Figura 2.29- Determinando a tensão de saída cc devida a VOS em um amplificador de malha fechada.
79
Essa tensão cc de saída, VO , pode ter valor alto. Quando um sinal (vI ) é aplicado à
entrada do amplificador, o correspondente sinal de saída, vO , será sobreposto à tensão
cc de saída VO.

oVˆ↕
cc ↗
↙ valor de pico
Terminais de zeramento de offset 
Alguns Amp Op possuem dois terminais adicionais onde pode ser conectado um
potenciômetro para zerar a tensão cc de saída devido a VOS. Mas mesmo que o offset
na saída possa ser zerado, o problema persiste em virtude da variação de VOS com a
temperatura.
80
Figura 2.30 - A tensão cc de saída de um Amp Op pode ser ajustada em zero conectando-se um
potenciômetro aos dois terminais de zeramento de offset. O terminal central do potenciômetro é
conectado à fonte de alimentação negativa do Amp OP.
Exercício 2.24 - pag. 64
Considere um amplificador inversor com um ganho nominal de 1000 construído com
um Amp Op tendo uma tensão de offset de entrada (VOS) de 3 mV e com níveis de
saturação de saída de (VOmáx) ±±±± 10V.
(a) Determine a expressão da tensão cc de saída (VO) devido a tensão de offset VOS na
entrada. Calcule o seu valor.
(b) Qual é, aproximadamente, o valor de pico do sinal senoidal de entrada ( ) que pode
ser aplicado sem que ocorra ceifamento na saída?
(c) Se o efeito de VOS for anulado à temperatura ambiente, 25
oC, qual é o maior valor do
sinal de entrada ( ) que pode ser aplicado se:Vˆ
iVˆ
81
sinal de entrada ( ) que pode ser aplicado se:
(c.i ) o circuito operar em temperatura constante?
(c.ii) o circuito operar com um variação de temperatura de 0oC a 75oC e o
coeficiente de temperatura de VOS for de 10 µV/
oC ?
O sinal de saída, vO , é sobreposto à tensão cc de saída VO.
iVˆ
OOo VVV −= maxˆ
↖cc
↙ valor de picovalor de pico
↓
Para obter VO , tensão cc de saída, devido a tensão VOS :
i
←VOS
↘
(a) Calculo da expressão da tensão cc de saída (VO) devido a tensão de offset VOS na entrada.
vI = 0 i←
Analise cc → iremos analisar apenas VOS , portanto devemos zerar vI
Solução :
↖cc
82






+=
1
2
OSO
R
R
1VV
1R
V
i OS=
2R
VV
i OSO
−
=
VOS = 3 mV e ganho nominal de 1000 →
VO → tensão cc de saídae
1
OS
2
OSO
R
V
R
VV
=
−
→
[ ] V310001mV3VO ≈+=
1000
1
2 =
R
R
↖cc






+=
1
2
OSO
R
R
1VV →
VVVV 7310ˆ =−=−=
10V
3V
oVˆ → valor de pico do sinal senoidal de saída
oVˆ
(b) Calculo do valor de pico do sinal senoidal de entrada ( )
iVˆ
OOo VVV −= maxˆ
i
o
V
V
G
ˆ
ˆ
=
G
V
V oi
ˆ
ˆ =→ 
83
iVˆ
i
o
V
V
G
ˆ
ˆ
= mVVi 7
1000
7ˆ ==
VVVV OOo 7310
ˆ
max =−=−=
→
→valor de pico do sinal senoidal de entrada
1000
R
R
G
1
2 == → ganho nominal 
i
o
V
V
G
ˆ
ˆ
= mVVi 10
1000
10ˆ ==
G
V
V oi
ˆ
ˆ =
0 o → 25oC → 75o C
VOS(25o C) = 0 V → VOS(75o C) = (75 - 25) 
oC x 10 µV/ oC
→→
c-i) efeito de VOS foi anulado à 25
oC e a temperatura permaneceu constante → VO =0
c-ii) efeito de VOS foi anulado à 25
oC e a temperatura não permaneceu constante 
max
ˆ
Oo VV =
VO = 0
Onde: Vomáx = 10 V
Vomáx
-Vomáx
cc
↓
84
VOS(25o C) = 0 V → VOS(75o C) = (75 - 25) C x 10 µV/ C
VOS(75o C) = 50
oC x 10 µV/ oC
VOS(75o C) = 0,5 mV 
G
V
V oi
ˆ
ˆ = mVVi 5,9
1000
5,9ˆ ==→
V5,95,010VVVˆ OmaxOo =−=−=
10V =
0,5V =
VmVx
R
R
VV oOSO
5,010005,01
1
2
)75(
=≈





+=
Uma forma de superar o problema do offset cc - pag. 64
Uma forma de superar o problema do offset cc é pelo acoplamento capacitivo do
amplificador. No entanto, só será possível apenas em aplicações que não exijam
amplificação de entrada cc ou de frequências muito baixas. A Figura 2.31(a)
mostra um amplificador inversor capacitivamente acoplado. O capacitor de
acoplamento irá fazer com que o ganho seja zero em cc.
Capacitor de 
85
Figura 2.31- (a) Um amplificado inversor capacitivamente acoplado
vI
VOS
vO
Capacitor de 
Acoplamento
↘ 
Assim, o circuito equivalente para determinar a tensão cc de saída (VO) devido a tensão
de offset VOSna entrada do Amp Op é o da Figura 2.31(b). Uma vez que o capacitor se
comporta como um circuito aberto em cc, é fácil concluir da Figura 2.31(b) que a fonte
VOS “vê “, de fato, um seguidor de tensão de ganho unitário, e a tensão cc de saída VO
será igual a VOS em vez de VOS(1 + R2/R1), como seria sem o capacitor de acoplamento.
ωωωω= 0 → XC = ∞∞∞∞
vI 
R2
vO
R1
Xc = ∞
VOS→
VOS 
↘
0
→
0
→
VO = VOS
↖cc
86
Quando sinais de entrada (vI→ ωωωω ≠ 0 ) estão presentes, o capacitor C forma com R1 um
circuito CTS passa altas com uma frequência de corte ωωωω0 = 1/CR1. Portanto, o ganho do
amplificador capacitivamente acoplado caíra na região de baixas frequências e em
altas frequências (ωωωω >> ωωωωo) terá um ganho de – R2/R1 e será 3dB menor em ω0.
Figura 2.31- (b) o circuito equivalente para determinar a tensão de offset de saída VO .
VOS
vI
VOS
vO
1
12
i
o
sCR/11
RR
)s(V
)s(V
+
−
=
Se f << f0→ circuito diferenciador.
Se f >> f0→ circuito amplificador 
inversor, -R2/R1
↖cc
↖cc
Exercício Extra 9
(a) Faça o teste em ω = 0 e ω = ∞∞∞∞ para classificar o circuito CTS da Figura 2.31(a)
como passa-altas ou passa-baixas.
(b) Determine a expressão da constante de tempo (τ) do circuito, aplique o cálculo
rápido de τ.
(c) Escreva a expressão da frequência de 3 dB, f0 , do circuito.
(d) Escreva a expressão da função de transferência desse amplificador.
Capacitor de 
Figura 2.31- (a) Um amplificado inversor capacitivamente acoplado
87
vI
VOS
vO
Capacitor de 
Acoplamento
↘ 
vI vOCj
XC ω
1
=
ω= 0 → XC = ∞ → vO = 0
ω= ∞→ XC = 0 → vO = - R2/R1 vI
passa altas
VOS = 0 
(b ) Cálculo rápido de ττττ, faz vI = 0.
C “vê” apenas R1, pois existe um terra virtual na entrada negativa.
Solução: Analise de sinal → iremos analisar apenas vI , portanto devemos zerar VOS
(a ) Faz VOS = 0 
88
1
0
CR
11
=
τ
=ω
vI = 0
τ = CR1→ 
1
0
CR2
1
f
π
=
1
12
0
12
/11/1
)(
sCR
RR
s
RR
sT
+
−
=
+
−
=
ωs/1
k
)s(T
0ω+
= →
(c )
(d) ω= ∞→ XC = 0 → K = vO / vI = - R2/R1
VOS = 0 
vI
VOS = 0 
88
ω= ∞→ XC = 0 
Exercício 2.25 - pag. 64
Considere um amplificador inversor capacitivamente acoplado, Figura 2.31 (a), com um
ganho nominal de 1000 construído a partir de um Amp Op com uma tensão de offset de
entrada (VOS) de 3 mV e com níveis de saturação de saída (VOmáx) ±±±± 10V .
(a) Determine a expressão da tensão cc de saída (VO) devido a tensão de offset VOS na
entrada. Calcule o seu valor.
(b) Qual é, aproximadamente, o valor de pico do sinal senoidal ( ) que pode ser
aplicado na entrada sem ceifamento na saída? Existe necessidade de compensar o
offset?
iVˆ
89
offset?
(c) Se R1 = 1 kΩ e R2 = 1 MΩ, obtenha o valor do capacitor de acoplamento C1 que
assegurará que o ganho seja maior que 57 dB abaixo de 100 Hz.
Figura 2.31(a)vI
VOS
vO
Capacitor de 
Acoplamento
↘ 
Fazendo vI = 0 
XC = ∞∞∞∞ para VOS





+=
1
2
OSO
R
R
1VV
Em cc R1 está aberto (∞∞∞∞)→ VO = VOS
valor → VO = 3mV 
(a) 
↖cc
Cálculo da expressão da tensão cc de saída (VO) devido a tensão de offset VOS
(b) Cálculo do valor de pico do sinal senoidal que pode ser aplicado na entrada
sem ceifamento.
iVˆ
VOS↘
0
→
Solução: Analise de cc → iremos analisar apenas VOS , portanto devemos zerar vI
V = 10V
90
i
o
V
V
G
ˆ
ˆ
= mVVi 10
1000
997,9ˆ ≈=
G
V
V oi
ˆ
ˆ = →→
V997,910x310VVVˆ 3OmaxOo =−=−=
−
VOS
Não existe necessidade de compensar o offset.
sem ceifamento.
VO = 3mV
3mV
vI
vO
Vomáx = 10V
b) Se R1 = 1 kΩ e R2 = 1 MΩ, obtenha o valor do capacitor de acoplamento C1 que
assegurará que o ganho seja maior que 57 dB abaixo de 100 Hz.
vI
Análise de sinal (vI ), portanto faz VOS = 0 
0V 
↘
Teste para classificar
ωωωω= 0 → X = ∞∞∞∞ → V = 0 V
Passa-altas
vO
VOS = 0 
Determinando o tipo de CTS
Solução:
91
Cj
XC ω
1
=
ωωωω= 0 → XC = ∞∞∞∞ → Vo = 0 V
ωωωω= ∞∞∞∞→ XC = 0→
Passa-altas
→
1
2
R
R
V
V
k
i
o −==
0
)(
ω+
=
s
ks
sTPassa-altas→
io V
R
R
V
1
2−=
k → ganho em altas frequências (ωωωω = ∞)
( )21
12
/11)(
)(
)(
CR
RR
jV
jV
jT
i
o
ωω
ωω
+
==
dBT 57log20 > → VVT /95,707>
Módulo: 
ωω−
=
ωω+
=
ω
ω
=ω
/1/1)(
)(
)(
00 j
k
j
k
jV
jV
jT
i
o
Em regime permanente senoidal, em que s=jωωωω, torna-se 
→
92
( )
95,707
/11
)(
2
1
12 >
+
=
CR
RR
jT
ω
ω
dBT 57log20 > → VVT /95,707>
( )
95,707
/11
2
1
12 >
+ CR
RR
ω
→
( )
( )2
2
2
1
95,707
/11
11
>







+
ΩΩ
CR
kM
ω
→
( )
( )2
2
1
6
95,707
/11
10
>
+ CRω
→( ) ( )212
6 1
1
95,707
10
CRω
+>
( )21
1
1995,1
CRω
+> ≈ ( )21
1
12
CRω
+> →
( )21
1
1
CRω
>
( )
( )2
2
2
1
95,707
/11
11
>







+
ΩΩ
CR
kM
ω
→ →
93
( )21
1
1
CRω
> → ( ) 121 >CRω →
1
1
R
C
ω
> →
12
1
fR
C
π
>
10001002
1
××
>
π
C→ FC µ59,1>→ ≈ FC µ6,1>
( )21CRω ( )1CRω ( )1CRω
2.7.2 - Correntes de offset e de polarização de entrada - pag. 64
O segundo problema em cc do Amp Op é que, para o Amp Op operar, os dois terminais de
entrada devem estar alimentados por corrente cc, denominadas de corrente de
polarização. Na Fig. 2.32 essas correntes estão representadas por IB1 e IB2. Essas correntes
são independentes do fato de os Amp Op terem resistência de entrada finita.
IB1
IB2
IB1
→
IB2
→corrente de polarização ↗
corrente de polarização ↘
Figura 2.32- Correntes de polarização de entrada representadas por duas fontes de corrente IB1 e IB2.
94
IB2
Geralmente o fabricante especifica o valor médio de IB1 e IB2 , bem como sua diferença.
O valor médio IB é chamado de corrente de polarização de entrada. 
2
I I
I B2B1B
+
=
e a diferença é conhecida como corrente de offset de entrada , IOS , dada por
2B1B II −=OSI
Para calcular o efeito de IB1 e IB2 em circuitos com Amp Op devemos anular a fonte de
tensão de sinal (vI = 0), o circuito resultante é o da Figura 2.33, para ambas as
configurações, inversora e não inversora, a partir do qual a tensão cc de saída (VO),
devida a IB1 e IB2 é obtida como:
IB1
←
Análise cc , portanto faz vI =0
1
0
R
V
R
V
I OOB =
−
= →
Análise do efeito das correntes de polarização de entrada sobre o funcionamento de
circuitos com Amp Op emmalha fechada
95
Figura 2.33- Análise do amplificador em malha fechada, considerando as correntes de polarização de
entrada.
21RIV BO =vI = 0
0
→
0V
↘
IB1
→
IB2
→
Fazendo IB1 ≈ IB2 ≈ IB
VO→ tensão cc de saída devido às correntes de 
polarização
↙22
1
RR
IB == →
221 RIRIV BBO ≈=
Como VO depende de R2 , isso limita o valor máximo de R2. Existe uma técnica para reduzir
o valor da tensão cc na saída devido às correntes de polarização de entrada. O método
consiste em colocar uma resistência R3 em série com o terminal da entrada não inversora,
conforme mostrado na Figura 2.34.
O valor apropriado para R3 pode ser calculado pela análise da Figura 2.34.
Colocando uma resistência R3 em série com o terminal da entrada não inversora para
reduzir a tensão cc na saída (VO) devido a IB - pag. 65
↖ pag. 65
corrigir no livro
I2
↓
I2
←V’ 
96
Figura 2.34- Reduzindo o efeito da corrente de polarização de entrada pela introdução
de um resistor R3 - pag. 66
R3 →Para reduzir VO devido a IB
R3 IB2
→
IB1
→
I1
→
V’ = - IB2 R3
- +V’
Exercício 2.26 - pag. 66
Considere o circuito de um amplificador inversor projetado com um Amp Op e dois
resistores, R1 = 10 kΩ e R2 = 1 MΩ. O Amp Op é especificado com uma corrente de
polarização de entrada (IB) de 100 nA e uma corrente de offset (IOS) de 10 nA.
Fazendo IB1 ≈ IB2 ≈ IB
a) Obtenha a expressãoda tensão cc de saída (VO) devido às correntes de polarização de 
entrada. Considere IB1 ≈ IB2 ≈ IB
I2 = IB1 
←
0V
I O
−
=
)( 12 vvAvO −=
v
vv O=− 0
00
=
−
=I
Solução: Devemos fazer vI= 0 2
I I
I B2B1B
+
=
97
Figura 2.33- Análise do amplificador em malha fechada, considerando as correntes de polarização de 
entrada.
2B21BO RIRIV ≈=
I1 = 0
→
0V
2
1
0
R
V
I OB
−
=
A
v
vv O=− 12
e v2 = 0
0vv 21 ==
0vv 12 =−
Como A →∞ 
v2
v1
0
1
1 ==
R
I
2RIV BO ≈
IB2
→
IB1
→
vI= 0
Curto circuito virtual
1
32
1
32
1
1
)('0
R
RI
R
RI
R
V
I BB =
−−
=
−
=
112 BIII =+ →
2
2
'
R
VV
I O
−
=
1
1
'
R
V
I −=
1
12
''
B
O I
R
V
R
VV
=−
−
b) Obtenha a expressão que determine o valor do resistor R3 a ser colocado em série com o
terminal de entrada positivo, a fim de minimizar a tensão cc de saída, devido às correntes
de polarização de entrada.
Solução:
I2
←
I1
→
IB1
→
e
1
1
2
''
R
V
I
R
VV
B
O +=
−
Análise cc , portanto faz vI =0
Agrupa todos os V’ para 
depois substituí-lo
98
'
'
1
221 V
R
V
RRIV BO ++=
)(
1
3
21232
R
R
IIRRIV BBBO −+−=
→
V’ = - IB2 R3
→
IB2
→
- +V’
V’
12 RR
(2.45)
'1
1
2
21 V
R
R
RIV BO 





++=
( )32
1
2
21 )1( RI
R
R
RIV BBO −++=
32
1
2
3221 RI
R
R
RIRIV BBBO −−= →
VO
depois substituí-lo
V’
21
21
21
3 RR
RR
RR
R =
+
=
Para o caso de IB1 = IB2 = IB e fazendo VO = 0, pois queremos minimizar a tensão cc de 
saída.
0
1
3
23 =−+−= )(
R
R
IIRRIV BBBO 0
1
2
323 =−+− ][
R
R
RRRIB 01
1
2
32 =+− )]([
R
R
RRIB→
→
)
R
R
II(RRIV
1
3
2B1B232BO −+−=
0
1
21
32 =
+
− )(
R
RR
RR
→
(2.45)
99
Concluímos que, para minimizar o efeito das correntes de polarização de entrada,
devemos colocar no terminal positivo uma resistência igual ao valor da resistência cc
vista pelo terminal inversor, R3 = R1 // R2 .
Amplificador inversor diretamente acoplado 
(amplificador cc ), não existe o capacitor de 
acoplamento → resistência cc vista pelo 
terminal negativo é R1 // R2
vI 
R2
vO
R1
R3 V’= -IB2R3
V’
I1 IB1
IB2
I2
2.26 (c) Qual é a expressão de VO com R3 , em função de IOS. Use IOS = 10nA.
21B3
1
2
2B32B
1
3
2B1B232BO RIR
R
R
IRI)
R
R
II(RRIV +−−=−+−=
21RRR =
21B2B
1
2
3O RII)
R
R
1(RV ++−=
Solução: Para calcular a expressão de VO com R3 , devemos substituir a expressão de
R3 e considerar IB1 ≠≠≠≠ IB2 na equação 2.45.
Substitui R por 
↗
(2.45)
100
21
21
3
RR
RR
R
+
=
2OS22B1B21B22BO RIR)II(RIRIV =−=+−=
Substitui R3 por 
21B2B
1
21
21
21
O RII)
R
RR
(
RR
RR
V +
+
+
−=
↖
2RIV OSO =
Que é normalmente uma ordem de magnitude menor que 
o valor obtido sem R3 .
2B1B II −=OSI
Amplificadores inversores com acoplamento ca ou acoplamento capacitivo – pag. 66
Observe que, se o amplificador tiver acoplamento ca, devemos escolher R3 = R2 ,
conforme mostrado na Figura 2.35.
A resistência cc vista pelo terminal inversor em um amplificador com acoplamento
ca é apenas R2 , visto que o capacitor age como um circuito aberto para cc.
Amplificador capacitivamente
acoplado ou amplificador ca →
possui capacitor de acoplamento
XC= ∞ para cc
↘
→IB1
← IB1
v
Figura 2.35- A resistência cc vista pelo terminal
inversor em um amplificador com acoplamento ca é
apenas R2 ; portanto, R3 é escolhida com valor igual
a R2 (R3 = R2 ) .
101
possui capacitor de acoplamento
que provoca a queda no ganho
em baixas frequências e faz com
que o ganho seja zero em cc.
→IB1
→IB2
vi
Amplificadores não inversores com acoplamento ca (capacitivo)
Sempre que trabalharmos com amplificadores de acoplamento ca, devemos
proporcionar um caminho cc entre cada um dos terminais do Amp Op e o terra.
Por essa razão, o amplificador não inversor com acoplamento ca da Figura 2.36
não funcionará sem a resistência R3 ligada ao terra. Infelizmente, a inclusão de
R3 diminui consideravelmente a resistência de entrada do amplificador não
inversor em malha fechada.
Para o Amp Op operar, os dois
terminais de entrada devem estar
alimentados por corrente cc,
XC= ∞ para cc
↘
→IB1
← IB1
pag. 66 
Figura 2.36- Ilustrando a necessidade de proporcionar um caminho cc contínuo para cada
um dos terminais de entrada do Amp Op. Especificamente, note que o amplificador não
funcionará sem o resistor R3. R3 é o caminho cc para IB2 no terminal positivo. - pag. 66
102
alimentados por corrente cc,
denominadas de corrente de
polarização, essas correntes são
representadas por IB1 e IB2, ver Fig. 2.32
Sem R3 o terminal positivo estaria aberto para cc e o amplificador
não funcionaria.
vi
↖
↗
XC= ∞ para cc
→IB1
→IB2
↑IB2
Obs.: Devido a C1 VOS “vê “, de fato, um seguidor de tensão de ganho unitário.
Em cc o capacitor comporta-se como um circuito aberto, como o elemento de
realimentação é um capacitor no circuito integrador, não vai existir nenhuma
realimentação negativa. Desta forma qualquer componente cc muito pequeno no sinal
de entrada produzirá teoricamente uma saída infinita. Na prática, a saída do
amplificador satura a uma tensão próxima da alimentação.
Podemos concluir que o amplificador integrador sofrerá efeitos danosos com a presença
da corrente ou tensão de offset cc na entrada do Amp OP.
O efeito da tensão de offset de entrada VOS no circuito integrador 
Análise do amplificador integrador para componentes cc 
Efeito do VOS e IOS sobre a operação do amplificador integrador - pag. 69
Figura 2.40 - Determinando o efeito da tensão de offset de entrada VOS do Amp Op sobre o circuito
integrador Miller. Note-se que, uma vez que a saída aumenta com o tempo, o Amp Op
eventualmente satura.
O efeito da tensão de offset de entrada VOS no circuito integrador 
Para simplificar a análise curto circuitamos a fonte de sinal de entrada, vI = 0.
103
Assumindo que para t = 0, a tensão no 
capacitor é zero, VC = 0. 
Portanto vO aumenta linearmente
com o tempo até o Amp Op saturar,
situação inaceitável.
I =
0
→
I =
vO
vI = 0
+ vC -
→
i = - II =
Exercício Extra 10
Determine a expressão da tensão de saída, vO , em função do tempo, devido a tensão VOS .
Solução:
I =
)()(
1
)( 0
0
tvdtti
C
tv C
t
tC
+= ∫
dt
dv
Cti C=)( dtti
C
tdvC )(
1
)( =→
t0 = 0 e vC(t0) = VC
t1 Figura 2.40
R
V
I OS=
↖cc
0
→
0
→
104
dt
R
V
C
tv
t
OS
C ∫ −= 0 )(
1
)(
Onde :
0=+−− OSCO Vvv
→
COSO vVv −=→ →
t
CR
V
dt
CR
V
tv OS
t
OS
C −=−= ∫0)( tCR
V
tv OSC −=)(→
)( t
CR
V
Vv OSOSO −−=
t
CR
V
Vv OSOSO += vO aumenta linearmente com o tempo até o Amp Op
saturar.
C
t
C Vdtti
C
tv += ∫ )(
1
)(
0
Figura 2.40
R
V
Iti OS−=−=)( e VC = 0 
t
C
I
RIv OS2BO +−=
RIV 2B−='
↘
A corrente de offset cc de entrada IOS produz um problema semelhante ao da tensão de
offset de entrada VOS . Observe na Figura 2.41 que foi adicionada um resistência R no
terminal de entrada positivo do Amp Op a fim de conservar a corrente de offset de entrada
fluindo através de C.
(ver Exercício 2.26 , R3 = R1// R2 ).
O efeito da corrente de offset cc de entrada IOS no circuito integrador – pag. 69
2B1B III −=OSCorrente de offset de entrada
2
2 )('0
B
B
R I
R
RI
R
V
I =
−−
=
−
=
Figura 2.41- Efeito da corrente de polarização de entrada,IB, do Amp Op e da corrente
de offset, IOS, no desempenho do circuito de integrador Miller.
C
RIV 2B−='
↖
↘
105
A corrente de offset IOS fluirá
através de C e provocará uma
variação linear com o tempo
em vO até que o Amp Op
sature.R conserva IOS fluindo através
de C, pois sem R V’ = 0, teríamos
em C apenas IB1 . 2
I I
I B2B1B
+
= corrente de polarização de entrada
R3 = R
IR =IB2↑
2
2
1
)('0
B
B I
R
RI
R
V
I =
−−
=
−
=
121 BIII =+ 21112 BBB IIIII −=−=→
212 BBOS IIII −==
→
Exercício Extra 11
Determine a expressão da tensão de saída, vO , em função do tempo, devido as correntes
de polarização (IB1 e IB2 ) e de offset, IOS .
Solução:
2B1 II =
→
OSII =2→
vI= 0
I2 =IB1 – IB2 = IOS 
Figura 2.41
1
↙
↙
V’ = - I R
- +V’
↙
0'=+−− Vvv CO CO vVv −= '→ CBO vRIv −−= 2→
C
t
C Vdti
C
tv += ∫0
1
)( Onde : i = - IOS e VC = 0 
dtI
C
tv
t
OSC ∫ −= 0 )(
1
)(
)(2 t
C
I
RIv OSBO −−−= t
C
I
RIv OSBO +−= 2
→
→
t
C
I
tv OSC −=)(→
106
IOS fluirá através de C e
provocará uma variação linear
com o tempo em vO até que o
Amp Op sature.
V’ = - IB2 R
O circuito integrador prático - pag. 70
O problema cc do circuito integrador pode ser atenuado conectando-se um resistor RF em
paralelo com o capacitor C do integrador, como mostrado na Figura 2.42. Esse resistor
proporciona um caminho cc pelo qual as correntes cc I = VOS / R (ver Figura 2.40 ) e IOS
(ver Figura 2.41) possam circular, resultando agora que vO terá um componente cc de
[ VOS (1 + RF /R) + IOSRF ] em vez de crescer linearmente. Para manter a tensão cc de
offset pequena na saída, RF deveria ter um valor baixo, mas quanto menor o valor de RF ,
menos ideal o circuito integrador se torna. Isso porque RF faz com que a frequência do polo
do integrador se mova de sua posição ideal em ωωωω = 0 [ver Figura 2.39(b)], para outra
107
do integrador se mova de sua posição ideal em = 0 [ver Figura 2.39(b)], para outra
determinada pela rede CTS passa baixas (RF , C).
Figura 2.42 - Integrador de Miller com uma resistência de RF ligado em paralelo com C, a fim de
fornecer um elo de realimentação negativa em cc . pag. 70
Figura 2.39(b)
F
F
i
o
CR
s
RR
sV
sV
1
1
)(
)(
+
−
=
FCR
1
0 =ω



 +=
R
R
VV FOSO 1
Ver Exemplo 2.6 
Nesse caso, a função de transferência do integrador se torna, equação (1), em
comparação com a função ideal - 1/sCR .
F
F
F
F
i
o
CR
s
RR
sCR
RR
sV
sV
1
1
1)(
)(
+
−=
+
−=
Onde: ganho cc = - RF / R e a 
frequência de corte 
F
o
CR
1
=ω
Eq. (1)
0 V 
Figura- Resposta em frequência do integrador prático.
(não tem no livro) 
↑
↓
108
Portanto, quanto menor valor de RF ,maior a frequência de corte será e menos ideal o
integrador se torna. Observe que RF fecha a malha de realimentação negativa do
ponto de vista cc e faz com que o circuito integrador tenha um ganho finito em –RF/R.
Se f << fo→ amplificador inversor 
Se f >> fo→ integrador
O circuito só se comportará como integrador para frequências acima da frequência de
corte f0 . Abaixo de f0 o circuito se comporta como amplificador inversor de ganho
igual a – RF/R.
(não tem no livro) 
O circuito diferenciador práticoO circuito integrador prático
Minimiza problemas relacionados
às correntes de polarização e
Minimiza problemas relacionados às
correntes de polarização e offset.
↗ ↗
Laboratório de Eletrônica
→IB1
→IB2
→IB1
→IB2
← IB1I
→
109
às correntes de polarização e
offset, ver pag. 71 a 79.
correntes de polarização e offset.
Para minimizar o efeito das correntes de
polarização de entrada, devemos colocar
no terminal positivo uma resistência
igual ao valor da resistência cc vista pelo
terminal inversor. Como o amplificador é
diretamente acoplado (amplificador cc)
a resistência cc vista pelo terminal
negativo é R // RF .
Observe que, se o amplificador tiver
acoplamento ca, devemos escolher R = R2 .
A resistência cc vista pelo terminal inversor
em um amplificador com acoplamento ca é
apenas R2 , visto que o capacitor age como
um circuito aberto para cc.
Se f << fo→ circuito diferenciador.
Se f >> fo→ circuito amplificador 
inversor, - R2/R1Se f << fo→ amplificador inversor 
Se f >> fo→ integrador
2.5 - EFEITO DO GANHO FINITO EM MALHA ABERTA E DA FAIXA DE
PASSAGEM NO DESEMPENHO DO CIRCUITO - pag. 56
2.5.1 - Dependência do ganho (A) de malha aberta com a frequência
O ganho diferencial em malha aberta, A , de um Amp Op não é infinito; é finito e diminui
com a frequência. A figura 2.22 mostra uma curva para |A| de um Amp Op. Observe que,
embora o ganho seja alto em cc e em baixas frequências, ele começa a cair para
frequências relativamente baixas (10 Hz, para esse exemplo).
A queda uniforme de -20 dB/década no ganho é típica dos Amp Op compensados
internamente. Os Amp Op compensados internamente são circuitos que têm uma rede
(em geral um capacitor simples) incluída dentro da mesma pastilha do CI, cuja função é
fazer com que o ganho do Amp Op tenha uma resposta equivalente à do passa baixas,
Figura 2.22 – Ganho em malha aberta de 
um Amp Op de aplicação geral típico com 
compensação interna. 110
A0 →
A0 = 10
5 V/V
fazer com que o ganho do Amp Op tenha uma resposta equivalente à do passa baixas,
com constante de tempo simples (CTS).
0 dB→
fb ft
↑ ↑
0/1
)(
ωs
k
sT
+
=
bs
A
sA
ω/1
)( 0
+
=
bj
A
jA
ωω
ω
/1
)( 0
+
=
2
0
)/(1
)(
b
A
jA
ωω
ω
+
=
Por analogia à resposta dos circuitos CTS passa-baixas, o ganho A(s) de um Amp Op
compensado internamente pode ser expresso como:
Para regime permanente senoidal, s = jωωωω
→
→
Eq. 2.25
↗
0 dB→
ft
↑ ↑
A0→
fb
fπω 2=
ω
ωω bAjA 0)( =
Para frequências ωωωω >> ωωωωb (cerca de dez vezes mais alta) a equação 2.25 pode ser aproximada
por:
ω
ωω
j
A
jA b0)( ≅ →
A0→ ganho cc e ωωωωb→ frequência de 3 dB do Amp Op
111
2
0
)/(1
)(
b
A
jA
ωω
ω
+
= →
bb fπω 2=
O ganho torna-se unitário, ( 0 db) na frequência representada por ωωωωt que é
dada por:
1)( =ωjA
t
b0A1
ω
ω
= bt Aωω 0=→ →
Se ft for conhecida, o valor do ganho do Amp Op pode ser determinado para uma dada
frequência f por:
f
fAA
jA bb 00)( =≈
ω
ωω
ω
ω
=ω b0
A
)j(A ↗
↖ 
ou 
bt fAf 0=
f2π=ω
↖ 
A →
112
f
fA
jA ttb ===
ω
ω
ω
ωω 0)(
frequência f por:
ft é chamada de faixa de passagem de ganho unitário
Como ft ( ft = A0f b ) é o produto do ganho A0 pela faixa de passagem de 3 dB fb ,
ft é também conhecida como produto ganho - faixa de passagem (GB). Isso é valido para
alguns amplificadores.
GB = ft = A0 fb → produto ganho-faixa de passagem
0 dB→
fb
ft
↑ ↑
A0→
Exercício 2.18 - pag. 57
Um Amp Op internamente compensado apresenta especificações de ganho cc em malha
aberta, A0 , de 106 dB e faixa de passagem de ganho unitário, ft , de 3 MHz.
(a) Estime a faixa de passagem de 3 dB, fb .
(b) O ganho de malha aberta A (em dB) em fb.
(c) Estime o ganho de malha aberta A (em dB) em: 300 Hz, 3 kHz, 12 k Hz e 60 kHz.
bs
A
sA
ω/1
)( 0
+
=
bj
A
jA
ωω
ω
/1
)( 0
+
=
2
0
)/(1
)(
b
A
jA
ωω
ω
+
=Para regime permanente senoidal, s = jωωωω →
↗
Solução:
(a)
113
bj ωω /1+ 2)/(1 bωω+↗
f
fAA
jA bb 00)( =≈
ω
ωω→
Para frequências ωωωω >> ωωωωb → ω / ωb >> 1 
2
0
)/(1
)(
b
A
jA
ωω
ω
+
=
Quando ganho torna-se unitário │A│=1 →
f
fA
jA b0)( =ω 1
f
fA
t
b0 =→ bt fAf 0=→Hz
x
x
A
f
f tb 15
10200
103
3
6
0
===→ 20 log A0 = 106 dB → A0 = 199,53 x 103≈ 200 x 103 V/V
ft = 3 MHz. 
↖
↓
│A(fb)│(dB)= A0 (dB) – 3 dB = 106 dB – 3 dB = 103 dB 
2
0
2
0
)/(1)/(1
)(
bb ff
AA
jA
+
=
ωω+
=ω
ou
VV
xA
ff
A
A
bb
/1042,141
2
10200
2)/(1
3
3
0
2
0 ×===
+
= 0 dB→
fb ft
↑ ↑
↗
↗
↓ ↙
(b) O ganho de malha aberta A (em dB) em fb. 
Solução:
A0→
114
f
f
f
fAA
jA tbb ==≈ 00)(
ω
ωω
f
x
f
f
dBjA t
6103
log20log20)()( ==ω
dBxdBA 103)1042,141log(20)( 3 ==
Calcule o ganho para f : 300 Hz, 3 kHz, 12 k Hz e 60 kHz.
fb ft↗
(c) O ganho de malha aberta A (em dB) em: 300 Hz, 3 kHz, 12 k Hz e 60 kHz.
Solução:
Exercício 2.19 - pag. 59
Um Amp Op compensado internamente possui um ganho cc em malha aberta, A0 , de 10
6
V/V e um ganho ca em malha aberta de 40 dB em 10 kHz. Estime:
(a) Sua frequência de 3 dB, fb.
(b) Sua frequência de ganho unitário ft.
(c) Seu produto ganho-faixa de passagem, GB.
(d) Seu ganho esperado A (em dB) em 1 kHz.
bs
A
sA
ω/1
)( 0
+
=
A
jA ω)( 0= 0)(
A
jA ω =Para regime permanente senoidal, s = jωωωω →
Solução:
(a)
115
bj
jA
ωω
ω
/1
)( 0
+
=
2
0
)/(1
)(
b
A
jA
ωω
ω
+
=Para regime permanente senoidal, s = jωωωω →
↗
f
fAA
jA bb 00)( =≈
ω
ωω→
Para frequências ωωωω >> ωωωωb → ωωωω / ωωωωb >> 1 
2
0
)/(1
)(
b
A
jA
ωω
ω
+
=
f
fA
A b0= →
20 log │A│= 40 dB → │A│ = 100 V/V em 10 kHz 
A0 = 10
6 V/V 
│A│(dB) = 40 dB em 10 kHz
0A
fA
fb =
fb = 1HzHz
xx
fb 1
10
1010100
6
3
==
→
→
0A
fA
fb = → →
Quando ganho torna-se unitário │A│=1 →
f
fA
jA b0)( =ω
1
f
fA
t
b0 = → bt fAf 0=
↗
↖
fb = 1Hz A0 = 10
6 V/V 
(b) Sua frequência de ganho unitário ft.
Solução:
(c) Seu produto ganho - faixa de passagem, GB.
ft = 10
6 Hz
116
GB = ft = A0 fb
f
f
f
fA
jA tb == 0)( ω
f
f
dBA tlog20)( = onde f =1 kHz
(d) Seu ganho esperado A (em dB) em 1 kHz.
(c) Seu produto ganho - faixa de passagem, GB.
Solução:
Solução:
2.5.2- Resposta em frequência dos amplificadores em malha fechada – pag. 58 
Exercício 2.20
Um Amp Op com ganho cc em malha aberta, A0, de 106 dB e uma resposta em
frequência de pólo simples com ft = 2 MHz, é usado no projeto de um amplificador não
inversor com ganho nominal cc em malha fechada de 100.
(a) Encontre a expressão para: o ganho em malha fechada G(s)= Vo(s) / Vi(s) , a expressão
da frequência de 3dB (ωωωω ) e a expressão do ganho cc (G ).
2.5.2.1 - Amplificador não inversor
Vamos considerar agora o efeito da limitação do ganho A e da faixa de passagem nas
funções de transferência das configurações: amplificador não inversor, amplificador
inversor e amplificador de ganho unitário (seguidor de tensão).
(limitação do ganho A e da faixa de passagem) 
117
o i
da frequência de 3dB (ωωωω3dB ) e a expressão do ganho cc (G0).
(b) Calcule o valor de f3dB .
Solução:
ARR
RR
v
v
G
I
O
)1(1
)(1
12
12
++
+
==
bs
A
sA
ω/1
)( 0
+
=
ganho em malha fechada G é dado pela Equação 2.11. 
)s(A
)RR1(
1
)RR(1
)s(V
)s(V
)s(G
12
12
i
o
++
+
== onde
Como A é dependente da frequência:






+++
+
=





 +
++
+
==
00
12
12
0
12
12
/1
)1(1
)(1
/1
)1(1
)(1
)(
)(
)(
A
s
A
RR
RR
A
s
RR
RR
sV
sV
sG
bbi
o
ωω
i
o
RRs
RR
sV
sV
sG
12
12
)1(
1
)(1
)(
)(
)(
++
+
==
↗
bb
i
o
s
A
RR
RR
s
A
RR
RR
sV
sV
sG
ωω /1
1
)1(1
)(1
/1
)1(
1
)(1
)(
)(
)(
0
12
12
0
12
12
+
++
+
=
+
++
+
==
Como A0 >> 1 






++
+
==
12
12
/
)1(1
)(1
)(
)(
)(
A
s
RR
RR
sV
sV
sG
bi
o
ω →
→
→
118
Onde ωωωωt =A0 ωωωωb a expressão fica: 
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)(
12
12
12
12
1
1
1
1
1
1
RR
s
RR
RRs
RR
sV
sV
sG
tt
i
o
+
+
+
=
+
+
+
≅=
ωω
dB
i
o
s
RR
sV
sV
sG
3
12
1
)(1
)(
)(
)(
ω+
+
==→
b
i
A
sV
ω0
121)( +
)1( 12
3
RR
t
dB +
=
ωω



 0
12
A
Sendo que:↑
Resposta:
Onde: 
ωωωωb → é a frequência de corte do Amp Op
ωωωω3dB → é a frequência de corte do circuito do amplificador não inversor , usando
um Amp Op que tem como frequência de corte ωb e como faixa de passagem de
ganho unitário ωt .
expressão do ganho em malha fechada G(s)=V (s)/V (s) 
Onde ωωωωt =A0 ωωωωb
119
)1(
1
1
)(
)(
)(
12
12
RR
s
RR
sV
sV
sG
t
i
o
+
+
+
==
ω
)1( 12
3
RR
t
dB +
=
ωω
dB
i
o
s
G
sV
sV
sG
3
0
1
)(
)(
)(
ω
+
==→
e expressão do ganho cc → G0 = 1 + R2/R1 
expressão do ganho em malha fechada G(s)=Vo(s)/Vi(s) 
expressão da frequência de 3dB (ωωωω3dB ) →
G0 = 1 + R2/R1→ 100 ft = 2 MHz
)1( 12
3
RR
f
f tdB +
=→
Exercício Extra 12
Um Amp Op compensado internamente com ganho cc em malha aberta A0, é usado
no projeto de um amplificador inversor, com ganho nominal cc em malha fechada G0.
Encontre a expressão para: o ganho em malha fechada G(s)=Vo(s)/Vi(s), a expressão da
frequência de 3dB (ωωωω3dB do amplificador inversor) e a expressão do ganho cc ( G0 ).
2.5.2.2 - Amplificador inversor
RRv −
Solução:
ganho em malha fechada, G, é dado pela Eq. 2.5
120
ARR
RR
v
v
G
I
O
)1(1 12
12
++
−
==
)1(
1)(
)(
)(
12
12
RR
s
RR
sV
sV
sG
t
i
o
+
+
−
==
ω
Resposta:
)1( 12
3
RR
t
dB +
=
ωω e ganho cc → G0 = - R2/R1
bs
A
sA
ω/1
)( 0
+
=
,
amp. inversor
Exercício Extra 13
Um Amp Op compensado internamente com ganho cc em malha aberta de A0, é usado
no projeto de um seguidor de tensão. Encontre a expressão para: o ganho em malha
fechada G(s)= Vo(s) / Vi(s), a expressão da frequência de 3dB (ωωωω3dB do seguidor de
tensão) e o valor do ganho cc (G0).
A
1
1
1
v
v
G
I
O
+
==
2.5.2.3- Amplificador de ganho unitário
Solução:
A
Ver exercício Extra 6 →
1)s(Vo
Como A é dependente da frequência:
121
b
0
/s1
A
)s(A
ω+
=
)s(A
1
1
1
)s(V
)s(Vo
)s(G
i +
== onde
b00b0
b
0
i
A
s
A
1
1
1
s
1
A
1
1
1
/s1
A
1
1
1
)s(V
)s(Vo
)s(G
ω
++
=






ω
++
=
ω+
+
== Como A0 >> 1 e ωt =A0 ωb
t
i
s
1
1
)s(V
)s(Vo
)s(G
ω
+
==
tdB3 ω=ω e ganho cc → G0 = 1
Resposta:
onde
2.6- OPERAÇÃO DOS AMP OPS PARA GRANDES SINAIS - pag. 59
Estudo das limitações no funcionamento dos circuitos com Amp Op quando
sinais de grandes amplitudes estão presentes na saída.
2.6.1 - Saturação da tensão de saída
Os Amp Op operam linearmente em uma faixa limitada de tensão de saída.
Para evitar o ceifamento dos picos da forma de onda da saída e, portanto sua
distorção, o sinal de entrada deve se manter pequeno.
Tensão de saída nominal é a tensão que o 
122
Fig. 1.13
Tensão de saída nominal é a tensão que o 
Amp Op satura. 
→
→
2.6.2- Limites de corrente de saída - pag. 59
A corrente de saída do Amp Op é limitada a um máximo especificado em manual.
iO = iF + iL ≤ iOmax
Estudar Exemplo 2.5
↑ i i↑
Se o circuitoexterno na saída do Amp Op drenar uma corrente maior que a permitida, a
tensão de saída do Amp Op saturará em um nível correspondente à máxima corrente de
saída (iOmax ).
Figura 2.25 - (a) Um amplificador não inversor com um ganho nominal de 10 V/V projetado usando
um Amp Op que satura em tensão de saída de ±13 V e tem limites de corrente de saída ± 20 mA. (b)
Quando a onda senoidal de entrada tem um pico de 1,5 V, a saída é ceifada em ±13 V. 123
↓iL
↓
↑ iO
iF
iL
→
→
↑
iL
A taxa (ou o declive) de variação da tensão de saída, vO , dos Amp Ops tem um valor
máximo que não deve ser excedido. Esta limitação é conhecida como slew rate (SR) do
Amp Op e provoca distorção não-linear se a variação no tempo, do sinal de saída, for
superior à taxa de variação (SR) do Amp Op utilizado. A taxa SR é definida por
Geralmente especificada em V/µs
máxdt
d
SR o
v
=
2.6.3 - Taxa máxima de variação da tensão de saída (slew rate) - pag. 60
124
Assim, se o sinal, vI , aplicado na entrada do Amp Op exigir que a saída, vO , responda com
uma taxa superior ao SR , o Amp Op não atuará como esperado. Em vez disso, sua saída
responderá à taxa máxima permitida, que é o próprio SR.
Para ilustrar o fenômeno do slew rate, considere o seguidor de ganho unitário da Figura
2.26 (a) e admita que o sinal de entrada vI é o degrau de amplitude V mostrado na
Figura 2.26 (b).
Figura 2.26 
VV
↖
↑
125
A saída do Amp Op não está apta a subir instantaneamente para o valor ideal V, em vez
disso a saída será uma rampa linear com inclinação igual a SR, como mostrado na Figura
2.26(c).
O fenômeno slew rate é diferente da faixa de passagem finita do Amp Op, que limita a
resposta em frequência dos amplificadores em malha fechada. A limitação na faixa de
passagem é um fenômeno linear e não resulta, na saída, uma modificação na forma da
senóide de entrada; isto é, ela não leva a uma distorção não-linear. A limitação por slew
rate pode causar distorção não linear em um sinal senoidal, veremos na seção 2.6.4.
Figura 2.26 ↖
Se a amplitude do degrau de entrada V for suficientemente pequena, a saída pode ser a
rampa exponencial (saída esperada) mostrada na Figura 2.26(d).
V
↑
126
Figura 2.26 
A rampa exponencial é a resposta esperada se a única limitação verificada no Amp Op
for a limitação na faixa de passagem (que limita a resposta em frequência dos
amplificadores em malha fechada estudados anteriormente , seção 2.5).
↑
Ver Exercício Extra 13
t
i
s
1
1
)s(V
)s(Vo
)s(G
ω
+
==
Para evitar que ocorra o fenômeno slew rate devemos calcular o maior valor possível
da amplitude do degrau, para isso devemos obter a função de transferência do seguidor
de tensão, que é:
Que é uma CTS passa baixas com τ = 1/ ω3db , para este caso ω3db = ωt→ τ = 1/ωt
Onde ω3db = ωt
ω3db → frequência de 3 dB do seguidor de tensão 
ωt→ frequência de ganho unitário do Amp Op
ωt = A0 ωb
127
A resposta de um circuito CTS passa-baixas (com um ganho cc de G0 = 1) devido a um
degrau de altura S produz a forma de onda mostrada na Figura D.10 (Apêndice D pag.
825).
Figura D.10
S
)1()(
tteVtv
ω−−=)e1(V)t(v
/t
O
τ−−= → Eq. 2.40
A equação da forma de onda da saída pode ser obtida a partir da expressão (ver
Apêndice D)
τ/
)()(
t
eYYYty
−
+∞∞ −−= 0
)()(
/τteSty −−= 1
Para a Figura D.10 → Y∞ = S e Y0+ = 0, portanto
Para o nosso caso, amplificador de ganho unitário, y(t) = vO (t) e S = V, portanto
Onde τ = 1/ωt
S
Figura D.10τ/)0()( teSStY −−−= →
128
)1()(
tt
O eVtv
ω−−=)e1(V)t(vO −= →
máxdt
d
SR o
v
= ttt
tt
t
o VeeV
dt
dv ωω ωω −− =−−= )(
V
dt
dv
SR t
0tmax
o ω==
=→
Enquanto ωωωωtV ≤≤≤≤ SR a saída será uma rampa exponencial. 
Eq. 2.40
→
→
))(
tt
O VeVtv
ω−−=
Exercício 2.21 - pag. 61 - Ver enunciado (SR = 1V/µs = 1V/10-6 s e ft = 1MHz)
(a) Calcule omaior valor possível para o degrau de tensão na entrada para o qual a forma
de onda de saída ainda é dada pela rampa exponencial da equação )()( /τtO eVtv
−−= 1
Solução:
t
i
s
1
1
)s(V
)s(Vo
)s(G
ω
+
==
(a) função de transferência do seguidor de tensão: 
Que é uma CTS passa baixas com τ = 1/ ω3db , para este caso ω3db = ωt→ τ = 1/ωt
129
)1()(
tt
O eVtv
ω−−=)1()( /τtO eVtv
−−= →
máx
O
dt
dv
SR =
tt
t
tt
t
O VeeV
dt
dv
SR
ωω ωω −− =−−== )( V
dt
dv
SR t
t
O ω==
=→ 0max
Enquanto ωωωωtV ≤≤≤≤ SR a saída será uma rampa exponencial. 
→ →
t
SR
V
ω
≤
tf2
SR
V
π
≤
ππ 2
1V
10x12
s1V/10
V
6
-6
=≤ V16,0V ≤→ → →
V16,0Vmax =
→SRVt ≤ω →
↓
Onde: SR = 10 V/µs e ft = 1 MHz
10%V
90%V -----.
--. . 
(b) Com essa tensão de entrada, qual é o tempo de subida de 10% a 90% para a forma de 
onda de saída?
Solução:
12 tttr −=Tempo de subida →
ft = 1MHz
V16,0Vmax =
Tempo de subida(tr) → 
é o tempo que a 
amplitude leva para 
aumentar de 10% a 
90% de seu valor final. 
(pag. 827)
V ................
V = 0,16 V
130
10%V --. . 
t1 t2
)()(
t
O
teVtv
ω−−= 1
t = t1 →
t = t2→
tr= 0,35 µµµµs
)e1(VV1,0 1
ttω−−=
)e1(VV9,0 2
ttω−−=
9,0)1,01(e 1
tt =−=ω−
1,0)9,01(e 2
tt =−=ω−
→
→
9,0lneln 1
tt =ω−→
→ 1,0lneln 2
tt =ω−
105,0t1t −=ω−
3,2t2t −=ω−
t
2
3,2
t
ω
=
t
1
105,0
t
ω
=
→
→ →
→
tttt
r
ff
ttt
35,0
2
2,22,2105,03,2
12 ≅=≅
−
=−=
πωω
10%V
90%V ------.
.
--. .
. .
t t
(c) Se for aplicado um degrau de entrada dez vezes maior, calcule o tempo de subida de 
10% a 90% para a forma de onda de saída. 
Solução:
V =1,6V
Para V = 10 x 0,16 = 1,6 V → a saída 
será uma rampa linear com inclinação 
igual a SR.V
Vmáx = 0,16 V
. . . . .
131
t1 t2
tr = t2 – t1
bat)t(vO +=
t = t1 →
t = t2 → tr= 1,28µµµµs
Onde: a = SR = 1V/µs e b = 0 t
s
V
tvO µ
1
)( =→
1
1
1,0 t
s
V
V
µ
= sVt µ1,01 =
sVt µ9,02 =
→
→2
1
9,0 t
s
V
V
µ
=
2.6.4 - Faixa de passagem a plena potência - pag. 61
A limitação por slew rate do Amp Op pode provocar uma distorção não-linear em uma
forma de onda senoidal se a sua amplitude e frequência necessitarem de uma
variação superior a SR.
Considere o seguidor de ganho unitário com uma onda senoidal de entrada.
tsenVtv oO ωˆ)( =tsenVtv iI ωˆ)( =
132
máx
O
dt
dv
SR =A taxa de variação (SR) dessa forma de onda é dada por:
tV
dt
dv
o
O ωω cosˆ= o
nt
O V
dt
dv
SR ˆ
max
ω
πω
==
=→
Se exceder o slew rate do Amp Op, a forma de onda de saída será distorcida
como mostra a Figura 2.27.
oVˆω
e
SRVo ≤ˆωEnquanto a forma de onda da saída não será distorcida. 
A saída do Amp Op não acompanha a alta taxa de variação da senóide na sua
passagem por zero, ela distorce respondendo com rampas lineares.
133
Figura 2.27- Efeito da limitação por slew rate em formas de onda de saída senoidais.
Os catálogos de Amp Ops especificam, geralmente, uma frequência fM chamada faixa
de passagem a plena potência. Essa é a frequência (fM) na qual uma saída senoidal
com amplitude igual à tensão de saída nominal do Amp Op, Vomáx , começa a mostrar
distorção devido à limitação da taxa de variação (SR).
fM pode ser relacionada ao SR por : 
omáx
M
V
SR
f
π2
=
omáxo VV =ˆSRVo ≤ˆω SRVomáx ≤ω
omáx
M
V
SR
=ω
omáxMVSR ω=
Saídas senoidais com amplitudes inferiores a VOmáx (VO <<<< VOmáx) apresentarão uma
quando
→→
→ →
omáxV
SR
≤ω
134
ω
ω
= Momáxo VV f
f
VV Momáxo =ou
SRVo ≤ω omáxMo VV ω≤ωomáxMVSR ω=
→
onde →
VO é a amplitude máximada saída senoidal sem distorção quando um sinal senoidal
for aplicado com uma frequência f acima de fM . Onde VO < VOmax
→
Saídas senoidais com amplitudes inferiores a VOmáx (VO <<<< VOmáx) apresentarão uma
distorção em razão do SR nas frequências acima de ωωωωM ( ωωωω >>>> ωωωω M ).
O calculo da amplitude máxima VO (inferior a VOmáx ) da saída senoidal sem distorção
para uma frequência ωωωω acima de ωωωωM é dada por:
↑ω
ω
≤ Momáxo VV
Exercício 2.22 - pag. 62
Um Amp Op que está conectado na configuração seguidora de ganho unitário tem uma
tensão de saída nominal de VOmáx = ± 10 V e uma taxa máxima de variação de SR = 1 V/µs.
(a) Se for aplicada uma onda senoidal de entrada dada por , deduza a
expressão da faixa de passagem a plena potência, fM . Calcule o valor de fM para esse Amp.
Op.
(b) Deduza a expressão da amplitude máxima, VO , da saída senoidal sem distorção
quando um sinal senoidal for aplicado com uma frequência f acima de fM . Calcule o valor
de VO se o sinal tiver uma frequência f = 5 fM .
tsenVtv iI ωˆ)( =
135
tsenVtv iI ωˆ)( =
tsenVtv oO ωˆ)( =
máx
O
dt
dv
SR =
Solução:
(a) 
máx
O
dt
dv
SR = tV
dt
dv
o
O ωω cosˆ= o
nt
O V
dt
dv
SR ˆ
max
ω
πω
==
=→
tsenVtvtv oIO ωˆ)()( ==
→ →
omáx
M
V
SR
f
π2
=
omáxo VV =ˆ
SRVˆO ≤ω
SRVomáxM =ω
omáx
M
V
SR
=ω
→ sem distorção na forma de onda de saída
Quando → ou
configuração seguidora de ganho unitário
SRVomáx ≤ω →→
↑↑
136
omáxV2omáxV
fM → é a frequência que a saída senoidal começa a mostrar distorção quando sua
amplitude é igual à VOmáx (tensão de saída nominal do Amp Op) devido a SR
Subsptuindo os valores → fM = 15,9kHz
VOmáx = ± 10 V e SR = 1 V/µs omáx
M
V
SR
f
π2
=
↑↑
(b) 
ω
ωM
OmáxO VV =
f
f
VV MOmáxO =ou
SRVO ≤ω omáxMO VV ωω ≤
OmáxMVSR ω=
ω
ωM
OmáxO VV ≤
→
onde
→
VO é a amplitude máxima da saída senoidal sem distorção quando um sinal senoidal for
aplicado com uma frequência f acima de f .
→
↑
SRVO ≤ω
137
aplicado com uma frequência f acima de fM .
Subsptuindo os valores → VO = 2V (pico)
VOmáx = 10 V e f = 5 fM
f
f
VV MOmáxO =
Lista de Exercícios do Capítulo 2 
SEÇÃO EXEMPLOS EXERCÍCIOS PROBLEMAS
Introdução
2.1 a 2.1.3 2.1, 2.2, 2.3 2.1
2.2 a 2.2.4 2.1, 2.2 2.4, 2.5, 2.6, 2.7, 2.8 2.6, 2.7, 2.9
Esses são os exercícios mínimos recomendados das seções do
Capítulo 2
138
2.2 a 2.2.4 2.1, 2.2 2.4, 2.5, 2.6, 2.7, 2.8 2.6, 2.7, 2.9
2.3 a 2.3.4 2.9, 2.10, 2.11, 2.12, 2.13,2.14
2.4 a 2.4.2 2.3 2.15, 2.16 2.22
2.5 a 2.5.2 2.4 2.18, 2.19, 2.20 2.29
2.6 a 2.6.4 2.5 2.21, 2.22 2.33, 2.35
2.7 a 2.7.2 2.23, 2.24, 2.25, 2.26 2.37, 2.38, 2.39
2.8 a 2.8.3 2.6, 2.7(a) sem RF 2.27, 2.28, 2.29, 2.30 2.49
-----------------------------------------------------------------------