Um integrador Miller incorpora um AmpOp ideal, um resistor R de 100 k \Omega e um capacitor C de 0,1 \mu F. Um sinal senoidal é aplicado em sua entrada.
a) Em que frequência (em Hz) os sinais de entrada e de saída serão iguais em amplitude?
b) Nessa frequência, como se relacionam as fases das senóides de saída e de entrada?
c) Se a frequência for reduzida por um fator de 10 em relação à do item (a), a amplitude da tensão de saída muda com que fator e em que sentido (aumenta ou diminui)?
d) Qual a relação de fase entre a entrada e a saída na situação (c)

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas sobre um integrador tipo Miller que tem um amplificador operacional ideal, um resistor e um capacitor, com um sinal senoidal aplicado na entrada. Os dados fornecidos são:
  • R = 100\\ \text{k}\Omega.
  • C = 0{,}1\\ \mu\text{F}.
As perguntas são:
(a) Em que frequência (Hz) os sinais de entrada e saída têm igual amplitude?
(b) Nessa frequência, qual a relação de fase entre saída e entrada?
(c) Se a frequência for reduzida por um fator de 10 em relação à do item (a), por qual fator a amplitude da saída muda e em que sentido (aumenta ou diminui)?
(d) Qual a relação de fase entre entrada e saída na situação do item (c)?

Passo 2

Vamos obter a resposta geral (a função de transferência) do integrador — isto é essencial para responder todas as perguntas. Primeiro, uma explicação intuitiva e depois a derivação matemática bem passo-a-passo.
Intuição rápida: num integrador inverting com op-amp ideal temos o terminal não-inversor aterrado ( V_+=0) e o op-amp força o terminal inversor a ficar virtualmente em 0 volt ( V_-=0) por realimentação. A corrente que entra pela resistência R é forçada a passar pelo capacitor C para o nó de saída; isso gera a relação de integração entre V_{out} e V_{in}.
Derivação passo a passo:
  • Como o op-amp é ideal, a tensão no terminal inversor é igual à do terminal não-inversor (virtual short), portanto V_-=0.
  • A corrente que sai da fonte pelo resistor R vale \dfrac{V_{in}-V_-}{R}=\dfrac{V_{in}-0}{R}=\dfrac{V_{in}}{R}.
  • Essa mesma corrente deve atravessar o capacitor para o nó de saída (não entrando nos terminais do op-amp), e a corrente no capacitor é i_C=C\,\dfrac{d}{dt}(V_- - V_{out}) = C\,\dfrac{d}{dt}(0-V_{out}) = -C\,\dfrac{dV_{out}}{dt}.
  • Igualando correntes:
\frac{V_{in}}{R} = -C\,\frac{dV_{out}}{dt}.
  • Rearranjando:
\frac{dV_{out}}{dt} = -\frac{1}{RC}\,V_{in}.
  • Integrando no tempo:
V_{out}(t) = -\frac{1}{RC}\int V_{in}(t)\,dt + \text{constante}.
(Para sinais AC a constante de integração é desprezível em regime estacionário.)
Agora, passando para o domínio de frequência (análise fasorial). Para V_{in}(t)=\Re\{ \tilde{V}_{in} e^{j\omega t}\} a relação entre fasores é
\tilde{V}_{out} = -\frac{1}{j\omega RC}\,\tilde{V}_{in}.
Portanto a função de transferência do circuito é
H(j\omega)=\frac{\tilde{V}_{out}}{\tilde{V}_{in}} = -\frac{1}{j\omega RC}.

Passo 3

Vamos interpretar a função de transferência em módulo e fase — isto é o que vamos usar para responder (a–d).
  • Módulo:
|H(j\omega)|=\frac{1}{\omega RC}.
Isto significa que a amplitude da saída em relação à entrada é \dfrac{1}{\omega RC}. Observe que quanto maior \omega, menor a amplitude (característica de integrador).
  • Fase:
H(j\omega) = -\frac{1}{j\omega RC}.
Usando que \dfrac{1}{j}=-j e que -1\cdot(-j)=j, podemos reescrever
H(j\omega)=\frac{j}{\omega RC}.
O fator j tem ângulo +90^\circ. Portanto a fase constante do integrador ideal é
\angle H(j\omega) = +90^\circ.
Isto quer dizer que, para qualquer frequência \omega>0, a tensão de saída adianta (lead) a tensão de entrada em 90^\circ.

Passo 4

Item (a): encontrar a frequência na qual as amplitudes de entrada e saída são iguais. Isso significa achar \omega tal que |H(j\omega)|=1. Usando a fórmula do módulo:
\frac{1}{\omega RC}=1 \quad\Rightarrow\quad \omega=\frac{1}{RC}.
Convertendo para frequência em hertz:
f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi RC}.
Agora substituímos os valores dados. Primeiro calcule RC:
R = 100\\ \text{k}\Omega = 100\times10^{3}\\ \Omega, \qquad C = 0{,}1\\ \mu\text{F} = 0{,}1\times10^{-6}\\ \text{F} = 1\times10^{-7}\\ \text{F}.
RC = 100\times10^{3}\times 1\times10^{-7} = 0{,}01\\ \text{s}.
Logo
f=\frac{1}{2\pi\cdot 0{,}01}=\frac{1}{0{,}02\pi}\approx 15{,}9155\\ \text{Hz}.

Passo 5

Item (b): fase nessa frequência. A fase não depende de \omega para o integrador ideal — vimos que \angle H(j\omega)=+90^\circ para qualquer \omega>0. Portanto, na frequência do item (a) a saída adianta a entrada de 90^\circ.

Passo 6

Item (c): reduzir a frequência por um fator de 10 em relação à do item (a). Seja f_0 a frequência do item (a) e f_1 = f_0/10. O módulo em f_1 é
|H(j\omega_1)|=\frac{1}{\omega_1 RC}=\frac{1}{(\omega_0/10)RC}=10\cdot\frac{1}{\omega_0 RC}=10\cdot |H(j\omega_0)|.
Como em f_0 tínhamos |H|=1, em f_1 teremos |H|=10. Ou seja, a amplitude da tensão de saída aumenta por um fator 10 (fica 10 vezes maior que a entrada).

Passo 7

Item (d): fase na situação do item (c). Novamente, a fase do integrador ideal é independente de \omega e vale +90^\circ. Portanto, ao reduzir a frequência por 10 a saída continua adiantando a entrada em 90^\circ.

Resposta

(a) f=\dfrac{1}{2\pi RC}\approx 15{,}92\\ \text{Hz}
(b) A saída adianta a entrada em +90^\circ.
(c) A amplitude da saída aumenta por um fator 10 (fica 10 vezes maior).
(d) A saída continua adiantando a entrada em +90^\circ.

Exercícios relacionados