Ejercicio 2 - ELAI-UPM

E.U.I.T.I.
Madrid
Curso 99/00
TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA
(Examen de Febrero 9-2-2000)
Ejercicio 1 (4 puntos)
El diodo de silicio con parámetros IS = 10-5 mA y η = 2, está conectado al circuito de la figura.
Determinar a temperatura ambiente (VT = 25 mV)
1) Los valores del punto de trabajo (corriente y tensión en el diodo).
2) La componente alterna de la tensión y la tensión total en bornes del diodo.
R1 = 10 KΩ
vi = 0,4 sen ωt (v)
R2
10 KΩ
V1 = 17,5 v
Ejercicio 2 (3 puntos)
Para el circuito con diodo zener de características ( VZ = 10 V y PZmax = 30 mW),
determinar: VL , VR , IZ y PZ.
1) Con RL = 0,8 KΩ
2) Con RL mínima para que el circuito sea regulador, considerando la corriente inversa de saturación
despreciable.
3) Con RL máxima para que el circuito sea regulador.
R = 1 KΩ
+ VR -
IZ
Vi = 20 V
RL
+
VL
-
Ejercicio 3 (3 puntos)
En el circuito representado se emplea un transistor con βF = 99, corriente inversa de saturación
despreciables y VBE = 0,7V.
• Hallar los valores de IC y VCE.
VCC = 10 V
RB=250KΩ
RC = 4,7 KΩ
C
v0
C
vi
RE = 1,2 KΩ
Tiempo total : 75 min
E.U.I.T.I.
Madrid
Curso 99/00
TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA
(Examen de Febrero 9-2-2000)
Ejercicio 4 (4 puntos)
Para la etapa amplificadora con JFET de la figura, cuyos parámetros son:
IDSS = 10 mA , Vp = - 4 V y λ = 0,01 V-1
Calcular:
1) El punto de trabajo.
2) La ganancia de tensión a frecuencias bajas.
3) La resistencia de entrada del circuito amplificador.
4) La resistencia de salida.
VDD = 20 V
RD=2KΩ
C2
C1
v0
RG
10MΩ
vi
RL
10MΩ
VGG=1,5V
Ejercicio 5 (3 puntos)
Calcular para el circuito Darlington de la figura con: VBE = 0,7 V , β1 = 160 , β2 = 200 y VT = 25 mV
1) los valores de polarización: VB1 , VC2 e IC.
2) la tensión de salida total vO a frecuencias bajas.
16 V
IC
100Ω
C2
C1
v0
Q1
vi =120 sen ωt mV
Q2
1,5MΩ
Ejercicio 6 (3 puntos)
Determinar el voltaje de salida para el circuito de la figura, considerando a los amplificadores
operacionales ideales.
100 KΩ
220 KΩ
10 KΩ
22 KΩ
V1= 12 mV
v0
22 KΩ
v2=20 sen ωt (mv)
Tiempo total: 90 min
TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA
(Examen de Febrero 9-2-2000)
Ejercicio 1. Solución
1) El circuito para continua es el de la figura 1
I1 = I 2 + I D
R1 = 10 KΩ
I1
V1 = 17,5v
R2
10 KΩ
I2
+
VD
-
ID
 VD 
I D = IS  e η VT - 1


La ecuación del diodo:
V1 - VD VD
=
+ ID
10
10
Fig 1
V1 - VD VD
 VD 
=
+ IS  e η VT - 1
10
10


 VD

V1 - VD = VD + 10 . 10-5  e 2 . 0,025 - 1


VD = 0,6 V
Por tanteo, se obtiene:
La corriente que pasa por el diodo es:
 0,6

I D = 10-5  e 2 . 0,025 - 1 = 1,6 mA


La resistencia incremental: rd =
rd =
dando valores
η VT
ID
2 . 0,025
= 0,03 KΩ = 30 Ω
1,6
2) El circuito para alterna es el de la figura 2, al cual se le aplica el teorema de Thevenin quedando
representado en la figura 3.
R1 = 10 KΩ
RTh = 5 K
id
R2
10KΩ
0,4 sen ωt
rd
+
vd
-
VTh=0,2 sen ωt
10.10
= 5KΩ
10 + 10
Fig –3VTh =
10
0,4 sen ωt = 0,2 sen ωt
10 + 10
La componente alterna de la tensión:
vd =
30
5 10 + 30
3
+
vd
-
Fig -2R Th =
rd
30 Ω
0,2 sen ωt = 1,2 10-3 sen ωt (v)
La tensión total en bornes del diodo:
vD = VD + vd = 0,6 + 1,2 10-3 sen ωt (v)
Ejercicio 2. Solución
1) Con VL < VZ el diodo zener está en OFF, quedando el circuito como el representado en la figura 4
R1 = 1 KΩ
+
IL
VR -
VL =
IZ=0
Vi = 20v
+
VL
-
RL
VR = Vi – VL = 20 – 8,9 = 11,1 v
VL = 8,9 v
Fig -4-
R L . Vi 0,8 . 20
=
= 8,9 < VZ
R + R L 1 + 0,8
VR = 11,1v
IZ = 0
PZ = 0
2) Para que el circuito sea regulador el diodo zener debe estar en zona zener VZ = 10v, quedando el
circuito como el representado en la figura 5.
v -V
V
I = IZ + IL = i Z = cte
siendo
IL = Z
I R1=1kΩ
IL
RL
RL
Para
R
⇒
I
⇒
I
+ VR IZ
+
Lmin
Lmax
Zmin
Vi = 2v
VZ=10v
RL
VL
_
Si la corriente inversa de saturación es
despreciable: Is = 0 ⇒ IZmin = 0 y PZ = 0
I = ILmax =
Fig -5-
20 - 10
= 10 mA
1
Despejando la resistencia de carga mínima:
R Lmin =
VZ
I Lmax
=
10
= 1 KΩ
10
VR = Vi – VL = 20 – 10 = 10 v
VL = 10 v
VR = 10 v
IZ = 0
PZ = 0
3) Al ser el circuito regulador el diodo zener está en zona zener VZ = 10v, quedando el circuito como el
representado en la figura 5.
V
I = IZ + I L
siendo
IL = Z
RL
Si
RLmax ⇒ ILmin ⇒ IZmax
Para
⇒ I Zmax =
PZmax = 30 mW
I = IZmax + ILmin =
PZmax 30
=
= 3 mA
VZ
10
20 - 10
= 10 mA
1
ILmin = I - IZmax = 10 – 3 = 7 mA
Despejando la resistencia de carga máxima:
R Lmax =
VZ
I Zmin
=
10
= 1,42 KΩ
7
VR = Vi – VL = 20 – 10 = 10 v
VL = 10 v
VR = 10 v
IZ = 3 mA
PZ = 30 mW
Ejercicio 3. Solución
VCC=10V
I
RC=4,7 kΩ
RB=250 kΩ
IC
IB
+
VCE
+
VBE _ RE=1,2 kΩ
IE
Fig -6-
El circuito para el estudio de continua queda representado en la figura 6
Aplicando la ley de Kirchhoff al lazo base- emisor del circuito con
transistor NPN y suponiendo al transistor en activa, tendremos:
- VCC + RC (IB + IC)+ IB RB + VBE - IE RE = 0
Puesto que IE = - (IB + IC)
e
IC = βF IB ⇒
IE = - (1+βF) IB
Sustituyendo IC e IE :
- VCC + RC (1+ βF) IB + IB RB + VBE + (1+ βF) IB RE = 0
Despejando IB y aplicando los valores numéricos
IB =
VCC - VBE
10 - 0,7
= 0,011 mA
=
R B + (1 + β F )R C + (1 + βF )R E 259 + (1 + 99) . 4,7 + (1 + 99) . 1,2
Aplicando las ecuaciones de Ebers-Moll para un transistor NPN, trabajando en modo activa directa con la
corriente de saturación inversa despreciable, la corriente de colector será:
IC = βF IB = 99 . 0,011 = 1,1 mA
Aplicando la ley de Kirchhoff al lazo colector-emisor
-VCC + (IB + IC) RC + VCE - IE RE = 0
-VCC + (IB + IC) RC + VCE + (IB + IC) RE = 0
Despejando VCE y aplicando los valores numéricos
VCE = VCC - (1+ βF) IB (RE + RC)
VCE = 10 – (1+ 99) . 0,011 . (4,7 + 1,2) = 3,51 V.
El transistor está en activa directa, ya que: VBC = VBE – VCE = 0,7 –3,51 < 0
Ejercicio 4. Solución
1) El circuito para el estudio en continua está representado en la figura 7.
Como IG = 0 ⇒ VGS = -VGG = -1,5 v
VDD = 20 V
ID
RD
2 KΩ
IG
+
Los valores del punto de polarización son:
VDS
+
RG=10MΩ
Por ser el JFET un amplificador debe trabajar en zona de
saturación.
VGS
-
I DQ
-
VGG=1,5v
 VGSQ
= I DSS 1 VP

2
2

- 1,5 
 = 10 1  = 3,9 mA
 -4 

VDSQ = VDD – RD IDQ = 20 – 2 . 3,9 = 12,2 v
Fig -7Los parámetros de alterna son:
La transconductancia
I DSS  VGSQ
1 VP 
VP
La resistencia de salida
gm = - 2
rds =
1 + λ VDSQ
λ I DQ
=

10 . 10-3  - 1,5 
 = - 2
1  = 3,125 S
-4  -4 

1 + 0,01.12,2
= 28,8 KΩ
0,01 . 3,9
El circuito equivalente para señal queda representado en la figura 8:
vi
RG
10MΩ
+
vgs
_
gm vgs
rds
28,8KΩ
Ri
2) Ganancia de tensión
v0 = -(rds // RD // RL) gm vgs
vi = vgs
v0
= -(rds // RD // RL) gm = - 1,87 103 . 3,125 = -5840
vi
3) Resistencia de entrada
Ri = RG = 10 MΩ
4) Resistencia de salida
R0 = rds // RD // RL = 1,87 KΩ
+
RL
v0
10MΩ _
R0
Fig -8-
∆V =
RD
2KΩ
Ejercicio 5. Solución
1) Circuito de continua, figura 9.
IC = IE1 + IC2
16 v
IB2 = - IC1
IC
100Ω
Por estar los transistores en zona activa:
IE1
−
0,7
+
VC2
IC2
VB1
IB1
1,5MΩ
IC2 = βF2 IB2 = - βF2 IC1
IC1 IB2
IC1 = βF1 IB1
+
0,7v _
IC2 = - βF1 βF2 IB1
Fig -9-
Como βF>>1 ⇒ IE1 ≈ - IC1
IC = -IC1 + IC2 = - βF1 IB1 - βF1 βF2 IB1 = - (βF1 + βF1 βF2 ) IB1
IC = - ( 160+160 . 200) IB1 = -32160 IB1
Apliocando la ley de Kirchhoff al lazo emisor-base de Q1.
16 = 100 10-3 IC + 0,7 – 1,5 103 IB1
Sustituyendo IC
16 = - 100 10-3. 32160 IB1 + 0,7 – 1,5 103 IB1
Despejando IB1
I B1 =
0,7 - 16
= - 3,2 10-3 mA
4716
VB1 = -1,5 103 IB1 = 1,5 103 . 3,2 10-3 = 4,8 V
IC = 32160 . 3,2 10-3 = 103 mA
VC2 = 16 – 0,1 IC = 16 – 0,1 . 103 = 5,7 V
IC1 = βF1 IB1 = 160 (-3,2 10-3) = - 0,5 mA
La transconductancia gm y la resistencia rπ del transistor bipolar 1.
β01
rπ1 = gm1 = 160 = 8000 Ω
0,02
0,5
gm1 = IC1 =
= 0,02 s.
25
25
2) Circuito para alterna, figura 10.
Vi
b1
Ib1
c1= b2
Ib2
e2
β01 Ib1
rπ1
1,5MΩ
rπ2
β02 Ib2
e1
Ie1
100Ω
Fig -10-
+
Vo
-
c2
Ie1 = - Ib1 - β01 Ib1 + β02 Ib2
Ib2 = - β01 Ib1
Ie1 = - Ib1 - β01 Ib1 - β02 β01 Ib1
Ie1 = - Ib1 ( 1+ β01 + β01 β02 ) ≈ - Ib1 β01 β02
La tensión de salida de pico para señal
V0 = - 0,1 Ie = 0,1 Ib1 β01 β02
V0 = 0,1 . 160 . 200 . Ib1 = 3200 Ib1
La tensión de entrada de pico para señal
Vi = rπ1 Ib1 – 0,1 Ie1 = rπ1 Ib1 + 0,1 Ib1 β01 β02
Vi = (8 + 0,1 . 160 . 200) Ib1 = 3208 Ib1
La ganancia de tensión
AV =
V0 3200
=
≈1
Vi 3208
V0 = Vi = 120 mv
La tensión de salida para alterna:
vo = 120 sen ωt (mv)
La tensión de salida total
v0 = V0 + vo = VC2 + vo = 5,7 + 120 10-3 sen ωt (v)
Ejercicio 6. Solución
100 KΩ
I1
220 KΩ
I2
I1
I21
V1= 12 mV
v0
10 KΩ
V01
22 KΩ
I22
22 KΩ
v2= 20 sen ωt (mv)
I1 =
V
V1
= - 01
10
100
I 21 =
V01 -10
=
V1
22
22
I 22 =
v2
22
⇒
V01 =
I 2 = I 21 + I 22
I2 = -
v0
220
Sustituyendo las corrientes
-
v 0 -10 V1 v 2
=
+
220
22
22
v0 = 100 V1 - 10 v2
v0 = 100 . 12 - 10 . 20 sen ωt
v0 = 1200 - 200 sen ωt (mv)
-100
V1 = - 10 V1
10