Coleccion Problemas

Problemas Resueltos de Introducción a la Electrónica

Juan A. Carrasco Departament d’Enginyeria Electrònica Universitat Universitat Politècnica de Catalunya

Barcelona, Septiembre 2009

II

II

Prefacio La presente colección de problemas resueltos abarca todos los contenidos contenidos teóricos de la asignatura Introducción a la Electrónica, tal y como es impartida en la Escuela Técnica Superior de Ingeniería Industrial de Barcelona, de la Universidad Politécnica de Cataluña relacionados con el análisis de circuitos. Se espera que la colección sea un instrumento útil para el estudio de dicha asignatura y que palíe el déficit crónico de resolución de problemas en clase, que siempre ha existido en dicha asignatura, debido el reducido número de horas lectivas disponibles. En la resolución de todos los problemas de análisis de circuitos se usa, por defecto, el habitual sistema consistente de unidades V, mA, k Ω, que hace que los valores numéricos que típicamente aparecen en la resolución de dichos problemas no disten muchos órdenes de magnitud de la unidad. Unos últimos comentarios. Es sabido que los circuitos lineales pueden no tener solución o tener infinitas soluciones. Todos Todos los circuitos lineales comprendidos comprendidos en los problemas de la colección tienen solución única. De modo similar, los circuitos con diodos modelados con modelos lineales a tramos pueden no tener solución o tener infinitas soluciones. Un ejemplo de circuito con diodos sin solución es:

3V

2V

donde el diodo se supone ideal. En efecto, la hipótesis diodo en ON conduce a un circuito sin solución, pues la fuente de tensión de valor 3 V queda conectada a la fuente de tensión de valor 2 V. Por otro lado, la hipótesis diodo en OFF conduce a una tensión ánodo-cátodo positiva (1 V), no cumpliéndose la condición de estado del diodo. Un ejemplo de circuito con infinitas soluciones es el circuito del problema 25 con v i = 2 V. Tal y como se razona en la resolución de dicho problema, con esa v i la corriente i vale 0 y los dos diodos están en OFF. El valor de la tensión ánodo-cátodo de D1 puede tomar, sin embargo, cualquier valor dentro del intervalo [−2,7, 0,7], pues, siendo vAK 1 y vAK 2 las tensiones ánodo-cátodo de, respectivamente, D1 y D2, cualquiera de esos valores es compatible con v AK 1 ≤ 0,7, −4,7 ≤ vAK 2 ≤ 0,7 y v AK 1 − vAK 2 = 2. Todos los circuitos con diodos considerados, con la excepción antes comentada, tienen solución única. Los problemas correspondientes, correspondientes, sin embargo, son resueltos suponiendo suponiendo

IV

Prefacio

que el circuito puede no tener solución. Es decir, se da por terminado el análisis del circuito cuando se determina una combinación de estados para los diodos para la que el circuito lineal resultante tiene solución y se cumplen las condiciones de estado de cada diodo. Los circuitos con transistores presentan una problemática más rica. Dichos circuitos admiten un número finito de soluciones. Esa posibilidad es de hecho aprovechada para diseñar biestables, circuitos con dos soluciones (estados). La siguiente figura muestra un biestable constituido por dos BJTs. 5V

R Q1

R Q2

Es fácil comprobar que con V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7, V CE ,sat = 0,2 y un valor suficientemente elevado del parámetro β de los BJTs, caben dos soluciones: en una de ellas Q1 está en CORTE y Q2 está en SATURACIÓN; en la otra Q1 está en SATURACIÓN y Q2 está en CORTE. Todos los circuitos con transistores analizados en los problemas de la colección tienen solución única dentro del dominio para el comportamiento en continua de los dispositivos cubierto por los modelos utilizados para los transistores ( V CE ≥ 0 para los BJTs npn, V EC ≥ 0 para los BJTs pnp, V DS ≥ 0 para los MOSFETs de canal n, y V DS ≤ 0 para los MOSFETs de canal p). Sin embargo, al igual que en los problemas de análisis de circuitos con diodos, la resolución de problemas de análisis de circuitos con transistores se hace aceptando que el circuito pudiera no tener solución dentro del dominio para el comportamiento en continua de los dispositivos cubierto por los modelos utilizados para los transistores. Es decir, se da por concluido el análisis del circuito cuando se encuentra una combinación para los estados (zonas de trabajo) de los transistores para la que el circuito lineal resultante tiene solución y se cumplen las condiciones de estado de cada dispositivo.

Capítulo 1

Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos Problema 1: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación

I S 1 = 10−12 A e I S 2 = 2 10−11 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuito y determine V e I . Suponga V T = 25,9 mV.

×

I D1

5V

D2

Solución: Empezaremos suponiendo 5

precisión, I = I S 1 = 10

−12

A = 10

−9

+ V −

− V ≫ V T = 0,0259 V. Ello implica que, con mucha

mA. La tensión V puede ser calculada utilizando



I = I S 2 e

V/V T

 −

1 ,

obteniéndose



I V = V T ln 1 + I S 2



10−9 = (0,0259 ) ln 1 + 2 10−8



×



= 0,001264 = 1,264 mV .

Resulta 5 − V = 5 − 0,001264 = 4,999, que es ≫ 0,0259. Así pues, los valores calculados para V e I son correctos. Problema 2: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación

I S 1 = 10−12 A e I S 2 = 8

−12

× 10

A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuito

2

1 Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos

y determine I 1 e I 2 . I 1

1 µA

I 2

D1

D2

Solución: Llamando V AK a la tensión anódo-cátodo común a los dos diodos, tenemos

 

V AK /V T

I 1 = I S 1 e

I 2 = I S 2 eV

de donde,

/V T

AK

 −  −

1 , 1 ,

I 1 I S 1 10−9 = = = 0,125 . I 2 I S 2 8 10−9

×

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo al que están conectados los ánodos de los dos diodos, obtenemos 10 3 = I 1 + I 2 , y usando la relación anterior entre I 1 e I 2 , −

10−3 = 0,125 I 2 + I 2 = 1,125I 2 ,

de donde I 2 =

Finalmente, usando 10 I 1 = 10−3

−3

10−3

1,125

= 8,889

−4

× 10

= 0,8889 µA .

= I 1 + I 2 ,

− I = 10 − 8,889 × 10 −3

2

−4

= 1,111

−4

× 10

= 0,1111 µA .

Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación A e I S 2 = 10 12 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuito I S 1 = 3 × 10 y determine V e I . Suponga V T = 25,9 mV. Problema 3:

−11

−

D1 5V

D2 + V −

I

10MΩ

Solución: Empezaremos

suponiendo 5 − V ≫ V T = 0,0259. Llamando I a la corriente inversa por el diodo D1, se tendrá, con mucha aproximación, I = I S 1 = 3 × 10 11 A = 3 × 10 8 mA. Sea R la resistencia del circuito. La corriente a través de dicha resistencia vale V /R. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado a los ánodos de los diodos y utilizando la ecuación del diodo D2, se obtiene ′

′

V I = I + = I S 2 eV /V R ′



T

−

 −

1 +

V , R

−

3

y, sustituyendo valores, 3

−8

× 10

−9

= 10



 −

V/0,0259

e

1 +

V , 104

que da 3

−4

−5

× 10

V = 3

= 10



V /0,0259

e

−4

−5

× 10 − 10

 −

1 +V ,





eV /0,0259

−1

.

Dicha ecuación trascendente tiene la forma V = f (V ). Para resolverla, usamos una iteración de punto fijo V k+1 = f (V k ). Con V 1 = 3 × 10 4 , se obtiene V 2 = 2,999 × 10 4 , V 3 = 2,999 × 10 4 . Así pues, una solución de la ecuación es V = 2,999 × 10 4 V = 0,2999 mV. Se puede argumentar que dicha solución es única observando que −

−

−

−

df = dV

5

10 − 0,0259 e V /0,0259 = −3,861 × 10

6

eV/0,0259 < 0 .

Entonces, al hacerse V mayor a 2,999 × 10 4 , f (V ) se hará menor, haciendo imposible que para valores mayores a 2,999 × 10 4 se pueda verificar V = f (V ). De modo similar se puede razonar que no se podrá verificar V = f (V ) para valores menores a 2,999 × 10 4 . La solución encontrada para V verifica 5 − V = 5,000, que es ≫ 0,0259, como se había supuesto. Falta calcular I . Usando la ecuación del diodo D2 se obtiene −

−

−



V /V T

I = I S 2 e = 1,165

Problema 4: Utilizando

 −

1 = 10

−11

× 10

−9



2,999×10−4 /0,0259

e

mA = 1,165 × 10

−14

A.

 − 1

para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito y

determine I 1 , I 2 y V . 10 V 10 kΩ V I 1

I 2

9,9 kΩ

−10 V

4

Solución:


Supondremos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito 10 V 10 kΩ

A I 2 K

I 1

I 1 + I 2

V

A K

9,9 kΩ

−10 V

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Por inspección, V = 0. Además, las diferencias de tensión en las dos resistencias resultan ser iguales a 10 V, obteniéndose 10 = 9,9 (I 1 + I 2 ) = 9,9I 1 + 9,9I 2 , 10 = 10I 2 ,

de donde I 2 = 1, que es ≥ 0, e I 1 =

10

− 9,9 I

2

9,9

=

10

− (9,9)(1) = 0,01010 , 9,9

que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 = 0,01010 mA, I 2 = 1 mA y V = 0. Problema 5: Utilizando

para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito y determine los valores de I 1 , I 2 , I 3 y V . 30 V I 1

10 kΩ I 2 V

I 3

20 kΩ

20 kΩ

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de

valor 30 V y las resistencias de la izquierda, que tiene como salidas los extremos de la resistencia de valor 20 kΩ, se obtiene una tensión de Thévenin V th =

20 30 = 20 V 10 + 20

5

y una resistencia de Thévenin Rth = 10 20 =



(10)(20) = 6,667 kΩ . 10 + 20

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin resulta el circuito 6,667 kΩ V I 2

20 V

20 kΩ

Analizando dicho circuito es fácil deducir que el diodo estará en ON y calcular el valor de la corriente I 2. En efecto, el punto de trabajo (V AK , I 2 ) del diodo estará en la intersección del modelo lineal a tramos del diodo y la recta de carga cuya ecuación se obtiene aplicando la segunda ley de Kirchoff: 20 = 6,667 I 2 + V AK + 20I 2 = 26,67 I 2 + V AK . Gráficamente, tenemos: I 2

20 = 0,7499 mA 26,67

20 V V AK

Sustituyendo el diodo por su circuito equivalente para el estado ON se obtiene el circuito 30 V I 1

I 3

10 kΩ I 2 A K 20 kΩ

V 20 kΩ

La tensión V puede ser calculada aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 20 kΩ de la derecha, obteniéndose V = 20I 2 = (20)(0,7499 ) = 15,00V .

6


Por simetría, I 3 = I 2 = 0,7499 mA .

Finalmente, aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al ánodo del diodo, I 1 = I 2 + I 3 = 0,7499 + 0,7499 = 1,500 mA . Problema 6: Utilizando

para el diodo el modelo con tensión ánodo-cátodo nula para corrientes directas y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para corrientes inversas, determine la función de transferencia v o = F (vi ) del siguiente cuadripolo. 10 kΩ +

+

vi

10 kΩ

−

vo

−

Supondremos cada uno de los tres estados posibles para el diodo Zener y determinaremos, para cada uno de ellos, el intervalo de tensiones v i para el cual el diodo está en el estado y la relación entre vo y vi . Solución:

Para el estado ON, se obtiene el circuito i1 + i 2

10 kΩ + i1 vi

K A

+ −

i2

10 kΩ

vo

−

Se ha de imponer i 1 ≤ 0. Por inspección, v o = 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ de la derecha, se obtiene 0 = 10i2 , i2 = 0 .

Aplicando al segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor v i , la resistencia de valor 10 kΩ de la izquierda y el diodo, se obtiene vi = 10(i1 + i2 ) = 10i1 , i1 =

La condición i 1 ≤ 0 se traduce en

vi 10

vi . 10

≤ 0 ,

7

vi

≤ 0 .

Así pues, para vi ∈ (−∞, 0], el diodo está en ON y vo = 0 Para el estado OFF, se obtiene el circuito 10 kΩ + + −

vi

− K vAK + A

10 kΩ

vo

−

Se ha de imponer

−5 ≤ vAK ≤ 0. Utilizando la fórmula del divisor de tensión, se obtiene vo =

10 vi vi = . 10 + 10 2

Por inspección, vAK = − vo . La condición −5 ≤ vAK ≤ 0 se traduce en −5 ≤ −vo ≤ 0, 0 ≤ vo ≤ 5, y utilizando v o = v i /2, en 0 ≤ vi /2 ≤ 5 , 0 ≤ vi ≤ 10 . Así pues, para vi ∈ [0, 10], el diodo está en OFF y vo = v i /2. Para el estado RUPTURA, se obtiene el circuito i1 + i 2

10 kΩ + i1 vi

K

+ −

A

5V

i2

10 kΩ

vo

−

Se ha de imponer i 1 ≥ 0. Por inspección, v o = 5. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ de la derecha, se obtiene vo = 10i2 , 5 = 10i2 , i2 = 0,5 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor v i , la resistencia de valor 10 kΩ de la izquierda y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene vi = 10(i1 + i2 ) + 5 = 10i1 + 10i2 + 5 = 10i1 + (10)(0,5) + 5 = 10i1 + 10 , i1 =

vi

− 10 .

10

8


La condición i 1 ≥ 0 se traduce en v i − 10 ≥ 0 , v i ≥ 10 . Así pues, para v i ∈ [10, ∞) el diodo está en RUPTURA y vo = 5. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia v o = F (vi ). vo

5

10

vi

Problema 7: Utilizando

para el diodo el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V, analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente directa I y la tensión ánodo-cátodo V AK del diodo. 5 kΩ 5V 1 kΩ

Solución: Empezaremos suponiendo el diodo en OFF. Ello conduce al circuito

5 kΩ 5V 1 kΩ

+ V AK −

La condición a verificar es V AK ≤ 0,7. Aplicando la fórmula del divisor de tensión, se obtiene

V AK =

1 5 = 0,8333 , 1+5

que es > 0,7. Por lo tanto, el diodo no está en OFF. Supongamos que el diodo está en ON. Ello

9

conduce al circuito I + I

′

5 kΩ I

5V

+ I

′

A

1 kΩ

K

0,7 V

V AK −

La condición a verificar es I ≥ 0. Por inspección, V AK = 0,7. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 1 kΩ, se obtiene 0,7 = (1)I , ′

I ′ = 0,7 .

Por último, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V y las resistencias, se obtiene 5 = 5(I + I ′ ) + (1)I ′ = 5I + 6I ′ = 5I + (6)(0,7) = 5I + 4,2 , I =

que es ≥

5

− 4,2 = 0,16 ,

5 0. Así pues, el diodo está en ON, I = 0,16 mA y V AK = 0,7 V.

Utilizando para el diodo el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V y resistencia incremental en conducción directa rD = 1 Ω, analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente directa I y de la tensión ánodo-cátodo V AK del diodo. Problema 8:

100 mA

10 Ω

Solución: Empezaremos suponiendo que el diodo está en OFF. Ello conduce al circuito

100 mA

La condición a verificar es V AK

10 Ω

A+ V AK K−

≤ 0,7. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

10


Supongamos que el V AK AK = (0,01)(100) = 1, que es > 0,7. Por tanto, el diodo no está en OFF. Supongamos diodo está en ON. El circuito resultante es

N

I A

I

′

100 mA

1Ω

10 Ω K

0,7V

≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo N, se obtiene La condición a verificar es I ≥ 100 = I = I + + I ′ .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 0,7 V y las resistencias, se obtiene 0,7 = −0,001I + + 0,01I , ′

dando lugar al sistema lineal

−

I + + I ′ = 100 I + + 10 10I I ′ = 700 ,

cuya solución para I es es I =

  −

100 1 700 10 1 1 1 10

  

=

300 = 27,27 , 11

que es ≥ 0. Así pues, el diodo está en ON e I = 27,27 mA. La tensión ánodo-cátodo ánodo-cátodo resulta valer valer V AK 0,72733 V . AK = 0,7 + 0,001 I = 0,7 + (0,001 )(27,27 ) = 0,727

Utilizando para los diodos diodos el modelo con tensión tensión umbral V D0 analice el D0 = 0,7 V, analice siguiente circuito y determine I .

Problema 9:

I

10kΩ D1

5V 1 kΩ

Solución: Con

D2

el diodo D1 en OFF, el diodo D2 quedaría polarizado exclusivamente por la resistencia de valor 1 kΩ y también estaría en OFF. Con esos estados para D1 y D2, tendríamos

11

V AK AK 1 = 5, que no es

≤ 0,7 V. Así pues, el diodo D1 no está en OFF. Supongamo Supongamoss que el diodo

D1 está en ON y que el diodo D2 está en OFF. Se obtiene obtiene el circuito I

10kΩ A 0,7V

5V

K + V AK AK 2 K −

A

1 kΩ

≥ 0 y V AK Se ha de verificar I ≥ AK 2 ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por las fuentes de tensión y las resistencias, se obtiene 5 = 10I 10I + + 0,7 + (1)I (1)I ,

5 = 11I 11I + + 0,7 ,

I =

5

− 0,7 = 0,3909 , 11

que es ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 1 kΩ, se obtiene V AK (1)I = I = 0,3909 , AK 2 = (1)I

que es ≤ 0,7. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos e I = 0,3909 0,3909 mA. Utilizando para los diodos diodos el modelo con tensión umbral V D0 resisten-D0 = 0,7 V, resisten cia incremental en conducción directa rD = 10Ω, tensión de ruptura V Z Z 0 = 5 V y resistencia incremental en ruptura r Z = 20 20 Ω, analice el circuito de la figura y determine I 1 e I 2. Problema 10:

1 kΩ

10 V I 1

Solución: Supondremos

10 kΩ

1 kΩ

D1 I 2

D2

que D1 está en ON y que D2 está en RUPTURA. Sustituyendo los

12


diodos por los circuitos equivalentes equivalentes correspondientes correspondientes a esos estados, se obtiene el circuito I 1 + I + I 2 1 kΩ

I 1

10 V

10 kΩ

1 kΩ

A

K I 2

10 Ω

20 Ω

K

0,7V

5V A

Las condiciones a verificar son I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 kΩ de la izquierda, la resistencia de valor 10 kΩ, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor valor 0,7 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, las resistencias de valor 1 kΩ, la resistencia de valor 20 Ω y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene 10 = (1)(I (1)(I 1 + I 2 ) + 10I 10I 1 + 0,01 I 1 + 0,7 , 10 = (1)(I (1)(I 1 + I 2 ) + (1)I (1)I 2 + 0,02 I 2 + 5 ,

que conducen al sistema lineal 11,01 I 1 + I 2 = 9,3 I 1 + 2,02I 2 = 5 , cuya solución es

I 1 =

  

I 2 =

9,3

1

5 2,02

  

11,01 1 1 2,02 5

− I

2,02

1

=

5

=

13,79 = 0,6492 , 21,24

− 0,6492 = 2,154 . 2,02

Tanto I 1 como I 2 son ≥ 0 . Así pues, el diodo D1 está en ON, el diodo D2 está en RUPTURA, 0,6492 mA e I 2 = 2,154 2,154 mA. I 1 = 0,6492 Problema 11: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V D0 D0 = 0,7 V

y para para el diodo D2 el modelo con tensión umbral V D0 tensión cátodo-ánodo cátodo-ánodo igual a 5 V para D0 = 0,7 V y tensión

13

corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine I 1 e I 2. 1 kΩ

D1 I 1

200Ω

D2 I 2

10mA

Por cada conjunto formado por un diodo y la resistencia que tiene en paralelo ha de circular una corriente de valor 10 mA. Ello permite el análisis independiente de esos dos grupos de elementos. Supongamos que el diodo D1 está en ON. Se obtiene el circuito Solución:

I 1

I

′

A 10mA

1 kΩ

0,7V K

Se ha de verificar I 1 ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene 0,7 = (1)I , ′

I ′ = 0,7 .

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al ánodo del diodo, se obtiene 10 = I ′ + I 1 = 0,7 + I 1 , I 1 = 10

− 0,7 = 9,3 ,

que es ≥ 0. Así pues, D1 está en ON e I 1 = 9,3mA.

Supongamos que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito I 2

I

′′

K 10mA

200 Ω

5V A

Se ha de verificar I 2 ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene 5 = (0,2)I ′′ , I ′′ =

5

0,2

= 25 .

14


Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al cátodo del diodo, se obtiene 10 = I ′′ + I 2 = 25 + I 2 , I 2 = 10

− 25 = −15 ,

que no es ≥ 0. Supongamos D2 en OFF. Se obtiene el circuito I 2 − K V AK 2 A +

I

′′

200 Ω

10mA

Se ha de verificar −5 ≤ V AK 2 ≤ 0,7. Por inspección, I 2 = 0 e I = 10. Por otro lado, aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene ′′

V AK 2 =

−0,2 I = −(0,2)(10) = −2 , ′′

que es ≥ −5 y ≤ 0,7. Así pues, el diodo D2 está en OFF e I 2 = 0.

Problema 12: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V

y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine los valores de I y V . D1 10kΩ

I

D2

10 V 1 kΩ

+ V −

Supongamos que el diodo D1 está en ON. Con el diodo D2 en ON, todas las corrientes entrantes al nodo al que están conectados los cátodos de los diodos serían ≥ 0, con al menos una de ellas (la procedente de la resistencia) > 0 , lo cual es imposible. Supongamos que el diodo D2 está en OFF. Se obtiene el circuito Solución:

0,7V A 10 V

I

K 10 kΩ I

′

K A

− V AK 2

+

1 kΩ

+ V −

Se ha de verificar I

′

≥ 0 y −5 ≤ V AK ≤ 0,7. Por inspección, I = 0. Aplicando la segunda ley 2

15

de Kirchoff a la malla con corriente I se obtiene ′

10 = 0,7 + 10I ′ + (1)I ′ = 0,7 + 11I ′ , I ′ =

10

− 0,7 = 9,3 = 0,8455 , 11

11

que es ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ, se obtiene V AK 2 =

−10I = −(10)(0,8455 ) = 8,455 , ′

que es < −5. Así pues, el estado supuesto para el diodo D2 no es correcto. Supongamos que está en RUPTURA. Se obtiene el circuito 0,7V A

I + I

I

′

K

K 10kΩ

5V A

I

′

10 V

I + I

′

Se ha de verificar I ≥ 0 e I + I se obtiene

′

+ 1 kΩ V −

≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ, 5 = 10I ′ , I ′ =

5 = 0,5 . 10

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V, la fuente de tensión de valor 5 V y la resistencia de valor 1 kΩ, se obtiene 10 = 0,7 + 5 + (1)(I + I ′ ) = 5,7 + I + I ′ = 5,7 + I + 0,5 = 6,2 + I , I = 10

− 6,2 = 3,8 ,

que es ≥ 0. Además, I +I = 3,8+0,5 = 4,3, que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos e I = 3,8 mA. La tensión V puede ser calculada aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 1 kΩ. Se obtiene ′

V = (1)(I + I ′ ) = I + I ′ = 3,8 + 0,5 = 4,3 V . Problema 13: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V

y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura,

16


analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I 1 e I 2 .

I 1

10kΩ

1 mA

I 2

2 kΩ

D2

D1

Supongamos que el diodo D1 está en estado OFF. Tenemos I 2 = 1 mA, implicando que D2 estará en estado RUPTURA. Entonces, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por los diodos y las resistencias, se obtiene Solución:

V AK 1 = 5 + 2I 2 = 5 + (2)(1) = 7 ,

que no es ≤ 0,7. Así pues el diodo D1 no estará en OFF. Supongamos que el diodo D1 está en ON y que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

I 1

10kΩ 1 mA

I 2

2 kΩ

A

K 0,7V

K

5V A

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado a las resistencias, se obtiene 1 = I 1 + I 2 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por las fuentes de tensión y las resistencias, se obtiene 0,7 + 10I 1 = 5 + 2I 2 , 10I 1 − 2I 2 = 4,3 , que combinada con I 1 + I 2 = 1 da el sistema lineal I 1 + I 2 = 1 10I 1

− 2I

2

= 4,3 ,

cuya solución es I 1 =

  

I 2 = 1

Dado que tanto I 1 como I 2 son 0,5250 mA e I 2 = 0,4750 mA.

1

 −   −  1 2

4,3 1 10

1 2

=

−6,3 = 0,5250 , −12

− I = 1 − 0,5250 = 0,4750 . 1

≥ 0, los estados supuestos para los diodos son correctos,

I 1 =

17

Problema 14: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V, analice el

circuito de la figura y determine I 1 e I 2. 4 kΩ 5V 1 kΩ I 1

1 kΩ

2 kΩ

D1 I 2

D2

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo constituido por la fuente de tensión

de valor 5 V y las dos resistencias de la izquierda, que tiene como salidas los extremos de la resistencia de 1 kΩ, se obtienen una tensión de Thévenin

V th =

1 5 = 1 4+1

y una resistencia de Thévenin

Rth = 4 1 =



(4)(1) = 0,8 . 4+1

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin se obtiene el circuito 0,8kΩ 1 kΩ

2 kΩ

D1 I 2

D2

1V I 1

18


Supongamos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito 0,8 kΩ

I 1 + I 2

I 1

1 kΩ

1V

A K

I 2

0,7V

2 kΩ A K

0,7V

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 1 V, la resistencia de valor 0,8 k Ω, la resistencia de valor 1 kΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V de la izquierda y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 1 V, la resistencia de valor 0,8 k Ω, la resistencia de valor 2 kΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V de la derecha, se obtiene 1 = (0,8)(I 1 + I 2) + (1)I 1 + 0,7 , 1 = (0,8)(I 1 + I 2) + 2I 2 + 0,7 ,

que conducen al sistema lineal 1,8I 1 + 0,8I 2 = 0,3 0,8I 1 + 2,8I 2 = 0,3 , cuya solución es

I 1 =

I 2 =

     

0,3 0,3 1,8 0,8

0,8 2,8 0,8 2,8

1,8 0,8 1,8 0,8

0,3 0,3 0,8 2,8

     

=

0,6 = 0,1364 , 4,4

=

0,3 = 0,06818 . 4,4

Dado que tanto I 1 como I 2 son ≥ 0, los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 = 0,1364 mA e I 2 = 0,06818 mA. Problema 15: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V y para el

diodo D2 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a la tensión de ruptura indicada para corrientes inversas, determine la función de transferencia vo = F (vi )

19

del cuadripolo de la figura. 1 kΩ +

+ D1

vi

vo

D2

4,7V −

Solución:

−

Una forma sencilla de analizar el circuito es considerar los posibles valores de la

corriente i : 1 kΩ +

+ D1

i vi

vo

D2

4,7V −

−

El diodo D1 impide que i tome valores < 0. Así pues, i ≥ 0. Determinemos los valores de v i para los cuales i > 0 y la relación entre vo y vi en ese caso. D1 sólo podrá estar en ON y D2 sólo podrá estar en RUPTURA, obteniéndose el circuito 1 kΩ + i vi

A

0,7V

K

+ −

K A

vo

4,7V −

Por inspección, obtenemos vo = 4,7 + 0,7 = 5,4. Aplicando la segunda ley de Kirchoff, se obtiene vi = (1)i + 0,7 + 4,7 = 5,4 + i ,

i = vi

− 5,4 .

Imponiendo la condición i > 0, se obtiene v i > 5,4. Así pues, vo = 5,4 para v i > 5,4. Para vi ≤ 5,4, i = 0 y siendo nula la diferencia de tensión en la resistencia de 1 kΩ, se obtiene

20


vo = v i . La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia. vo 5,4

vi

5,4

Problema 16: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V

y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y: 1) determine la función de transferencia vo = F (vi ); 2) suponiendo vi senoidal con amplitud 15 V, determine el valor medio V o y el valor eficaz V o,eff de la tensión de salida v o. D1 10kΩ + vi −

+ D2

10kΩ

vo −

Solución: 1)

Hacemos un barrido de vi desde −∞ hasta ∞. Obtenemos así una sucesión de intervalos para v i en los que los estados de los diodos se mantienen constantes. Los extremos derechos de los intervalos y los diodos que cambian de estado al pasar de un intervalo al siguiente son determinados imponiendo las condiciones de estado de los diodos. Los diodos deben cambiar a estados correspondientes a tramos lineales adyacentes a los tramos lineales de los estados en los que están los diodos antes del cambio. En caso de que un estado tenga dos estados “adyacentes”, es necesario analizar qué desigualdad falla al aumentar v i para determinar a qué estado cambia el diodo. Dado que el cuadripolo es pasivo, la potencia consumida por él tiene que ser ≥ 0 . Ello implica que, para v i negativa, la corriente de entrada al cuadripolo o es 0 o va de − a + , pues en caso contrario la potencia consumida por el cuadripolo sería < 0 . Eso sólo es posible con D1 en OFF. Así pues para vi negativa D1 está en OFF. Con D1 en OFF, el conjunto formado por D2 y la resistencia de la derecha queda aislado y la corriente por D2 es 0, implicando que D2 también estará en OFF. Así pues, para v i negativa, D1 y D2 están en OFF. Supongamos dichos estados, analicemos el cuadripolo y determinemos hasta que valor de v i se mantienen los estados, qué

21

diodos cambian de estado al crecer vi y a qué estado cambian. Se obtiene el circuito A K 10kΩ +

vAK 1

K

+ −

vi

+

−

A

− vAK 2

10kΩ

vo

+ −

Se ha de imponer vAK 1 ≤ 0,7 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0,7. Las corrientes por todas las ramas del circuito son nulas y, aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha, se obtiene vAK 2 = 0, que es ≥ −5 y ≤ 0,7. Además, v o = 0. Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor v i , los diodos y la resistencia de la izquierda, se obtiene vi = v AK 1 + 0

− vAK , de donde v AK = v i + vAK = v i . La condición v AK ≤ 0,7 se traduce en vi ≤ 0,7. Así pues, para v i ∈ (−∞, 0,7], los diodos D1 y D2 están en OFF y v o = 0. Al hacerse vi > 0,7, falla 1

2

2

1

la condición de estado del diodo D1, que pasa a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 0,7, D1 está en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito 0,7V K 10kΩ A

+

i vi

K

+ −

A

− vAK 2

10kΩ

vo

+ −

Se ha de imponer i ≥ 0 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla con corriente i se obtiene vi = 0,7 + 10i + 10i = 20i + 0,7 , vi − 0,7 i =

20

.

Imponiendo i ≥ 0, se obtiene la condición v i ≥ 0,7, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. La tensión vo puede obtenerse aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha: v i − 0,7 1 vo = 10i = 10 = vi − 0,35 . 20

2

Por inspección,

−vo = − 12 vi + 0,35 . Imponiendo la condición − 5 ≤ vAK ≤ −0,7, se obtiene − 5 ≤ −(1/2)vi + 0,35 ≤ 0,7, −10 ≤ −vi + 0,7 ≤ 1,4, −0,7 ≤ vi ≤ 10,7. Al aumentar vi dentro del intervalo falla la condición v i ≤ 10,7. Dicha condición procede de v AK ≥ −5. Así pues, para v i ∈ (0,7, 10,7 ] vAK 2 = 2

2

22


D1 está en ON, D2 está en OFF, y v o = (1/2)vi − 0,35. Al hacerse vi > 10,7 el diodo D2 pasa a RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 10,7, D1 está en ON y D2 en RUPTURA. Se obtiene el circuito 0,7V K 10kΩ A

+ ′

i2

i1 vi

+ −

i

K 10kΩ

5V

vo

A −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 5. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia por la que circula la corriente i se obtiene ′

5 = 10i′ , i′ =

5 = 0,5 . 10

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor 10 kΩ de la izquierda y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene vi = 0,7 + 10i1 + 5 = 5,7 + 10i1 , i1 =

vi

− 5,7 . 10

La condición i 1 ≥ 0 se traduce en v i ≥ 5,7, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo en el que confluyen las corrientes i 1 , i2 e i , se obtiene ′

i2 = i 1

−

i1 = i 2 + i′ , vi 5,7 v 0,5 = i i′ = 10 10

−

−

− 1,07 .

La condición i 2 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 10,7, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. Así pues, para v i ∈ (10,7 , ∞), D1 está en ON, D2 está en RUPTURA y v o = 5. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia v o = F (vi ). vo

1 vi − 0,35 2

5

0,7

10,7

vi

2) Sea ω la pulsación de v i . Usando la variable α = ωt, usando la relación ω = 2π/T , donde T

23

es el periodo de vi , y haciendo el cambio de variable α = ωt , se obtiene 1 V o = T

T

 0

1 vo (t) dt = ωT

ωT

 0

1 vo (α) dα = 2π

2π



vo (α) dα ,

0

y, de modo similar, 1 V o,eff = T 2

T

 0

1 vo (t) dt = 2π 2

2π



vo (α)2 dα .

0

Empecemos determinando la “forma” de v o (α) usando la forma de v i (α) y la función de transferencia. La siguiente figura la ilustra. vo (α) =

15

1 vi (α) − 0,35 = 7,5 sen α − 0,35 2 vi (α) = 15 sen α

10,7

5 0,7 α1

α2

π

π/ 2

α = ωt

2π

Utilizando las características y simetrías de vo (α), se obtiene 1 V o = 2π

π−α1



α1

1 vo (α) dα = 2π

 

π/2

2

α1

De modo similar, 1 V o,eff = π 2

π/2



α1

 

1 vo (α) dα = π

vo (α)2 dα .

El problema queda pues reducido a evaluar las integrales π/2

I 1 =

 

α1 π/2

I 2 =

vo (α) dα , vo (α)2 dα .

α1

Empecemos calculando α 1 y α2 (en radianes): 0,7 = 15sen α1 ,

π/2

α1

vo (α) dα .

(1.1)

(1.2)

24


0,7

 

α1 = arc sen

15

= arc sen(0,04667 ) = 0,04669 .

10,7 = 15sen α2 , α2 = arc sen

10,7

  15

= arc sen(0,7133 ) = 0,7942 .

Evaluemos la integral I 1 . Se obtiene α2

 

I 1 =

π/2



vo (α) dα +

α1

0,7942

=

(7,5 sen α

0,04669 0,7942

= 7,5

vo (α) dα

α2



− 0,35) dα + 5

π 2

 −  0,7942

− (0,35)(0,7942 − 0,04669 ) + 3,883 (7,5)[cos(0,04669 ) − cos(0,7942 )] + 3,621

=

0,04669

sen α dα

= 5,856 .

Evaluemos la integral I 2 . Se obtiene α2

I 2 =

α1

2

vo (α) dα +

0,7942

= =

π/2

     − −    −   −  −  − − 0,04669 0,7942 0,04669

= 56,25

(7,5 sen α

0,35)2 dα + 25

56,25 sen2 α

0,7942

0,04669

+19,41 α = 56,25 2

π 2

0,7942

5,25 sen α + 0,1225 dα + 19,41

2

sen α dα

0,7942

5,25

0,04669

sen2α 0,7942 4 0,04669

= (28,13 )(0,7942 = 26,22 .

α2

vo (α)2 dα

sen α dα + 0,1225 (0,7942

(5,25 )[cos(0,04669 )

− 0,04669 )

cos(0,7942 )] + 19,50

− 0,04669 ) − (14,06 )[sen(1,588) − sen(0,09338 )] + 17,94

Finalmente, usando (1.1) y (1.2), se obtiene V o =

I 1 5,856 = = 1,864 V , π π

V o,2eff = V o,eff =

I 2 26,22 = = 8,346 , π π



8,346 = 2,889 V .

25

Problema 17: Utilizando para los diodos los modelos con tensión ánodo-cátodo nula para co-

rrientes directas y tensión cátodo-ánodo igual a la tensión de ruptura indicada para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia v o = F (vi ). 1 kΩ +

+ 1 kΩ

vi

7V 5V

D2

vo

D1

−

−

Solución: Intuitivamente,

parece que para vi → −∞ el diodo D2 deberá estar en ON. Supuesto D2 en ON, vo valdrá 0, implicando que D1 estará en OFF. Así pues, supongamos que para vi → −∞, D1 está en OFF y D2 está en ON. Se obtiene el circuito 1 kΩ + i vi

+ −

i

1 kΩ K A

K

vo

A −

La condición a imponer, correspondiente al diodo D2, es −i ≥ 0, i ≤ 0. Evidentemente, vo = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, obtenemos vi = (1)i = i, dando la condición para vi , vi ≤ 0. Así pues, para vi ∈ (−∞, 0], D1 está en OFF, D2 está en ON y vo = 0. Al hacerse vi > 0 , i se hará > 0 y dejará de cumplirse la condición de estado de D2, que cambiará al estado OFF. Supongamos que D1 permanece en el estado OFF. Se obtiene el circuito 1 kΩ + i vi

+ −

1 kΩ vo

− vAK 1 +

− vAK 2 + −

Se ha de imponer −5 ≤ v AK 1 ≤ 0 y −7 ≤ v AK 2 ≤ 0 . La corriente i valdrá 0, la diferencia de tensión en la resistencia de 1 kΩ conectada a la fuente de tensión de valor v i valdrá 0 y v o será igual a v i . Dado que v i = − vAK 1, la condición −5 ≤ vAK 1 ≤ 0 se traduce en la condición −5 ≤ −vi ≤ 0, 0 ≤ vi ≤ 5. Dado que vi = −vAK 2, la condición −7 ≤ vAK 2 ≤ 0 se traduce en la condición − 7 ≤ −vi ≤ 0, 0 ≤ vi ≤ 7. Así pues, para vi ∈ [0, 5] D1 y D2 estarán en OFF y vo = vi . Al hacerse vi > 5, el diodo D1 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad v AK 1 ≥ −5 de la condición de estado de D1, permaneciendo D2 en OFF. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 5, D1 estará en RUPTURA y D2 en OFF. Se obtiene el

26


circuito 1 kΩ + i vi

+ −

1 kΩ

i

K

vo

K

− vAK 2 5V A + A −

Se ha de imponer i ≥ 0 y −7 ≤ vAK 2 ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor v i , las resistencias de valor 1 kΩ y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene vi = (1)i + (1)i + 5 = 2i + 5 , vi 5 i = , 2 que se mantiene 0 al aumentar v i dentro del intervalo. La tensión vo resulta valer v i 5 1 5 vo = 5 + (1)i = 5 + i = 5 + = vi + . 2 2 2 vo 0, 0 vo Utilizando v AK 2 = vo, la condición 7 vAK 2 0 se traduce en 7 7, y utilizando v o = v i /2 + 5/2, en la condición 0 v i /2 + 5/2 7 , 0 v i + 5 14 , 5 vi 9. Así pues, para vi [5, 9], D1 estará en RUPTURA, D2 estará en OFF y vo = v i /2 + 5/2. Al hacerse v i > 9 , el diodo D2 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad v AK 2 7 de

−

≥

−

−

− ≤

≤

≤ ≤

∈

− ≤ − ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ − ≤ ≥ −

la condición de estado de D2, permaneciendo D1 en RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 9, los dos diodos estarán en RUPTURA. Se obtiene el circuito i1 + i 2

1 kΩ +

vi

+ −

i1

1 kΩ

vo

K

K A

i2

5V

A

7V −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, v o = 7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor v i , las resistencias de valor 1 kΩ y la fuente de tensión de valor 5 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de la izquierda y la fuente de tensión de valor 7 V, se obtiene vi = (1)(i1 + i2 ) + (1)i1 + 5 vi = (1)(i1 + i2 ) + 7

y el sistema lineal 2i1 + i2 = vi i1 + i2

−5 = vi − 7 ,

27

cuya solución es i1 =

i2 = v i

 −  −  vi vi

  

5 1 7 1

2 1 1 1

=

2 = 2, 1

− 7 − i = vi − 7 − 2 = vi − 9 . 1

Las condiciones i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0 no dejan de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo, implicando que para v i ∈ [9, ∞) D1 y D2 estarán en RUPTURA y v o = 7. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia v o = F (vi ). vi 5 + 2 2

vo vi 7 5

5

vi

9

Utilizando para el diodo D1 el modelo “diodo ideal” y para el diodo D2 el modelo con tensión ánodo-cátodo nula en conducción directa y tensión cátodo-ánodo igual a 7 V para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia v o = F (vi ). Problema 18:

2 kΩ

D1

+

+

vi

vo

D2

5 mA

−

Solución: Supondremos

−

que para vi → −∞, los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito 2 kΩ

K

A

+

i1 vi

+ −

5 mA

i2

K A

vo

−

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, v o = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff

28


a la malla externa, se obtiene vi =

−2i , vi i = − . 2 La condición i ≥ 0 se traduce pues en v i ≤ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo 1

1

1

conectado al cátodo del diodo D2 se obtiene

5 + i2 = i 1 ,

− 5 = − v2i − 5 . La condición i ≥ 0 se traduce pues en −vi /2 − 5 ≥ 0, vi /2 ≤ −5, v i ≤ −10. Así pues, para vi ∈ (−∞, −10] los dos diodos están en ON y vo = 0. Al hacerse vi > −10 el diodo D2 cambia de estado y pasará a OFF, pues fallará la condición i ≥ 0. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −10, D1 estará en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito i2 = i 1

2

2

2 kΩ

K A

+

i1 vi

+ −

K

5 mA

A

− vAK 2 vo

+ −

Se ha de imponer i 1 ≥ 0 y −7 ≤ v AK 2 ≤ 0 . Por inspección, i 1 = 5, que es ≥ 0 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa se obtiene vo = 2i1 + vi = (2)(5) + vi = v i + 10 .

Por inspección, vAK 2 = − vo y la condición −7 ≤ vAK 2 ≤ 0 se traduce en −7 ≤ −vo ≤ 0, 0 ≤ vo ≤ 7, que usando vo = vi + 10 da 0 ≤ vi + 10 ≤ 7, −10 ≤ vi ≤ −3. Al aumentar vi dentro del intervalo fallará la desigualdad v i ≤ − 3. Dado que dicha desigualdad procede de vAK 2 ≥ −7, en ese punto el diodo D2 pasará a RUPTURA. Así pues, para v i ∈ ( −10, −3] D1 está en ON, D2 está en OFF y vo = v i +10. Al hacerse vi > −3 el diodo D2 pasará a RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en v i = − 3, D1 estará en ON y D2 en RUPTURA. Se obtiene el circuito 2 kΩ

K A

+ i2

i1 vi

+ −

K 7V

5 mA

vo

A −

Se de imponer i 1 ≥ 0 e i2 ≥ 0 . Por inspección, v o = 7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi =

−2i + 7 , 1

29

i1 =

7

− vi . 2

La condición i 1 ≥ 0 se traduce en v i ≤ 7. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo al que está conectado el ánodo del diodo D1 se obtiene 5 = i 1 + i2 ,

− i = 5 − 7 −2 vi = 32 + v2i , y la condición i ≥ 0 se traduce en 3/2 + v i /2 ≥ 0, 3 + v i ≥ 0, vi ≥ −3, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. Así pues, para v i ∈ (−3, 7], D1 está en ON, D2 i2 = 5

1

2

está en RUPTURA, y vo = 7. Al hacerse vi > 7, fallará la condición de estado de D1, que pasará a OFF. En el siguiente intervalo, que empieza en v i = 7, D1 está en OFF y D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito 2 kΩ

K −

vi

+ −

A

+

+

i2

vAK 1

K 7V

5 mA

vo

A −

Se ha de imponer vAK 1 ≤ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, v o = 7 e i2 = 5, que es ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = 0

− vAK + 7 , 1

vAK 1 =

−vi + 7 . La condición vAK ≤ 0 se traduce en −vi + 7 ≤ 0, vi ≥ 7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para v i ∈ (7, ∞), D1 está en OFF, D2 está en RUPTURA y 1

vo = 7. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia v o = F (vi ). vo 7

vo = vi + 10

−10

−3

vi

Utilizando para el diodo D1 el modelo “diodo ideal” y para el diodo D2 el modelo con tensión ánodo-cátodo nula para corrientes directas y tensión cátodo-ánodo igual a la tensión de ruptura indicada para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine la función Problema 19:

30


de transferencia v o = F (vi ). 1 kΩ

D1

+

+ 5 kΩ

2 kΩ

vo

vi 3V

D2

5V

−

−

Solución: Intuitivamente,

parece que para v i → moslo. Se obtiene el circuito 1 kΩ

A K +

+

−

vAK 1

+ −

vi

−∞ los dos diodos estarán en OFF. Supongá-

5 kΩ

2 kΩ 3V

K A

vo

− vAK 2 + −

Se ha de imponer v AK 1 ≤ 0 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0. Por inspección, teniendo en cuenta que todas las corrientes son nulas, vo = 3, vAK 1 = v i − 3 y vAK 2 = −3. La condición −5 ≤ vAK 2 ≤ 0 es verificada. La condición vAK 1 ≤ 0 se traduce en vi − 3 ≤ 0, vi ≤ 3. Así pues, para vi ∈ (−∞, 3] los dos diodos están en OFF y vo = 3. Al hacerse vi > 3, el diodo D1 pasará a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 3, D1 está en ON y D2 está en OFF. Se obtiene el circuito 1 kΩ

A K

+

i

5 kΩ

2 kΩ

+ −

vi

3V

vo

K A

−

vAK 2

+

−

Se ha de imponer i ≥ 0 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de valor 1 kΩ, el diodo D1, la resistencia de valor 2 kΩ y la fuente de tensión de valor 3 V, se obtiene vi = (1)i + 2i + 3 = 3i + 3 , i =

vi

− 3 = 1 v i − 1 .

3

3

La tensión v o resulta valer vo = 3 + 2i = 3 + 2



1 v i 3

 − 1

2 = v i + 1 , 3

31

y vAK 2 = −vo = −(2/3)vi − 1. La condición i ≥ 0 se traduce en vi /3 − 1 ≥ 0, vi ≥ 3, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. La condición −5 ≤ v AK 2 ≤ 0 se traduce en −5 ≤ −(2/3)vi − 1 ≤ 0, 0 ≤ (2/3)vi + 1 ≤ 5, 0 ≤ vi + 1,5 ≤ 7,5, −1,5 ≤ vi ≤ 6. Al aumentar vi dentro del intervalo dejará de cumplirse vi ≤ 6. Así pues, para vi ∈ (3, 6], el diodo D1 está en ON, el diodo D2 está en OFF y vo = (2/3)vi + 1. Al hacerse v i > 6 , el diodo D2 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad v AK 2 ≥ −5. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 6, D1 está en ON y D2 en RUPTURA. Se obtiene el circuito i1

1 kΩ

A K i1

+ −

vi

i2

− i2

+

5 kΩ

2 kΩ 3V

K A

vo

5V −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de valor 1 kΩ, la resistencia de valor 2 kΩ y la fuente de tensión de valor 3 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de valor 1 kΩ, la resistencia de valor 5 kΩ y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene vi = (1)i1 + 2(i1

−i )+3, 2

vi = (1)i1 + 5i2 + 5 ,

que conducen al sistema lineal 3i1

− 2i

2

i1 + 5i2

= vi

−3 = vi − 5 ,

cuya solución es

i1 =

i2 =

 − −   −    −  −   −   −  vi vi

3 5

3 1

2 5

2 5

3 vi 1 vi 3 1

3 5

2 5

=

=

7vi

2vi

− 25 = 0,4118vi − 1,471 ,

17

− 12 = 0,1176vi − 0,7059 .

17

La tensión vo resulta valer

vo = 5 + 5i2 = 5 + (5)(0,1176 vi

− 0,7059 ) = 0,5880vi + 1,471 . Imponiendo i ≥ 0, se obtiene 0,4118 vi −1,471 ≥ 0, vi ≥ 1,471 /0,4118 = 3,572, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Imponiendo i ≥ 0, se obtiene 0,1176vi −0,7059 ≥ 1

2

32


0, v i

≥ 0,7059/0,1176 = 6, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. Así pues, para v i ∈ (6, ∞), D1 está en ON, D2 está en RUPTURA y v o = 0,5880 vi + 1,471. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia v o = F (vi ). 0,5880vi + 1,471

vo 7

2 vi + 1 3

5 3

6

3

9,403

vi

Problema 20: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral V D0 = 0,7 V, analice el

circuito de la figura con R = 20 kΩ y determine la función de transferencia v o = F (vi ). ¿Cuál es la función de transferencia para R → ∞? ¿Es una buena aproximación de ella la función de transferencia obtenida con R = 20 kΩ? ¿Cómo se podría reducir el error de la aproximación? D1

+ 2 kΩ

D2 +

vi

2 kΩ

2,5 mA

R

vo −

−


encontrando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor vi , las resistencias de valor 2 kΩ y la fuente de corriente, que tiene como salidas el nodo conectado al ánodo del diodo D2 y el nodo conectado a los terminales − de la entrada y la salida del cuadripolo. Aplicando el principio de superposición, la tensión de Thévenin vale vth = v 1 + v2, donde v 1 y v2 son las tensiones indicadas de los circuitos: 2 kΩ vi

+ −

+ 2 kΩ

v1

+ 2 kΩ

2 kΩ

−

v2 −

El de la izquierda es un divisor de tensión y, por tanto, v1 =

2,5mA

2 vi v i = . 2+2 2

33

El de la derecha es un divisor de corriente. Las corrientes por las dos resistencias son, por simetría, iguales y, por tanto, 1 v2 = (2) (2,5) = 2,5 , 2

obteniéndose vth = v1 + v2 =

vi + 2,5 . 2

Anulando la fuente de tensión de valor vi y la fuente de corriente de valor 2,5 mA, las resistencias de 2 kΩ quedan asociadas en paralelo y conectadas a la salida del dipolo, por lo que la resistencia de Thévenin valdrá Rth = 2  2 = 1 kΩ .

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin y teniendo en cuenta que el ánodo de D1 está conectado directamente al extremo positivo de la fuente de tensión de valor v i , resulta que el cuadripolo que hay que analizar en el problema es equivalente al circuito D1

vi

1 kΩ

+ −

D2 +

vi + 2,5 2

+ −

R

vo −

Parece claro que para vi → −∞ los dos diodos deberán estar en OFF. Supongamos pues los dos diodos en OFF. Se obtiene el circuito A K + vi

1 kΩ

+ −

vi + 2,5 2

+ −

− vAK 1

A K + v − AK 2

+ R

vo −

Hemos de imponer vAK 1 ≤ 0,7 y vAK 2 ≤ 0,7. La corriente por la resistencia de valor R es nula y, aplicando la ley de Ohm a dicha resistencia, v o = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = v AK 1 + vo = v AK 1 .

La condición v AK 1 ≤ 0,7 se traduce pues en vi ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interna, se obtiene vi + 2,5 = 0 + vAK 2 + vo = v AK 2 . 2

La condición vAK 2 ≤ 0,7 se traduce en vi /2 + 2,5 ≤ 0,7, vi ≤ (−∞, −3,6], D1 y D2 están en OFF y vo = 0. Al hacerse vi >

−3,6. Así pues, para vi ∈ −3,6, fallará la condición

34

vAK 2


≤ 0,7 y el diodo D2 pasará a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −3,6, el

diodo D1 está en OFF y el diodo D2 está en ON. Se obtiene el circuito A K +

vi

+ −

1 kΩ vi

2

+ −

+ 2,5

A

i

−

vAK 1

K

0,7V

+ R

vo

i

−

Se ha de imponer v AK 1 ≤ 0,7 e i ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla por la que circula la corriente i , se obtiene vi + 2,5 = (1)i + 0,7 + Ri = 21i + 0,7 , 2 vi 2,5 0,7 vi + 3,6 + = . 42 21 42 La condición i 0 se traduce en vi + 3,6 0, vi 3,6, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. La tensión v o resulta valer

−

i =

≥

≥

vo = Ri = 20

≥ −

v i + 3,6 = 0,4762 vi + 1,714 . 42

Por último, la tensión vAK 1 resulta valer

− vo = vi − 0,4762vi − 1,714 = 0,5238vi − 1,714 . La condición vAK ≤ 0,7 se traduce en 0,5238 vi − 1,714 ≤ 0,7, 0,5238 vi ≤ 2,414, vi ≤ 2,414 /0,5238 = 4,609. Así pues, para v i ∈ (−3,6, 4,609 ], D1 está en OFF, D2 en ON y v o = vAK 1 = v i 1

0,4762 vi + 1,714. Al hacerse vi > 4,609, fallará la condición de estado de D1 y D1 pasará a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 4,609, los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito A i1

vi

+ −

1 kΩ vi

2

+ 2,5

+ −

K

0,7V A

i2

K

0,7V i1 + i 2

+ R

vo

−

Se ha de imponer i 1 ≥ 0 e i 2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = 0,7 + vo , vo = v i

− 0,7 .

35

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interna, se obtiene vi + 2,5 = (1)i2 + 0,7 + vo = i 2 + 0,7 + vi 2

− 0,7 = i + vi , 2

− v2i + 2,5 . La condición i ≥ 0 se traduce en −vi /2 + 2,5 ≥ 0 , −vi + 5 ≥ 0 , v i ≤ 5 . Aplicando la ley de i2 =

2

Ohm a la resistencia de valor R , se obtiene

vo = R(i1 + i2 ) = Ri 1 + Ri2 = 20i1 + 20i2 ,

− i = vi −200,7 + v2i − 2,5 = 0,55vi − 2,535 . La condición i ≥ 0 se traduce en 0,55 vi − 2,535 ≥ 0, v i ≥ 2,535 /0,55 = 4,609, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. Así pues, para v i ∈ ( 4,609 , 5], D1 y D2 están en ON y v o = v i − 0,7. Al hacerse v i > 5 , fallará la condición de estado de D2, y D2 pasará a i1 =

vo 20

2

1

OFF. En el nuevo intervalo, que empieza en v i = 5, D1 está en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito A i1

vi

+ −

0,7V

1 kΩ vi

2

+ 2,5

K

A K + − vAK 2

+ −

i1

+ R

vo

−

Se ha de imponer i 1 ≥ 0 y vAK 2 ≤ 0,7. Por inspección, vo = v i

− 0,7 .

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor R , se obtiene i1 =

vo vi 0,7 = , R 20

−

y la condición i 1 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 0,7, que no deja de cumplirse al aumentar v i dentro del intervalo. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interior, se obtiene vi + 2,5 = 0 + vAK 2 + vo , 2

− vo = v2i + 2,5 − vi + 0,7 = − v2i + 3,2 , y la condición v AK ≤ 0,7 se traduce en −vi /2 + 3,2 ≤ 0,7, −vi + 6,4 ≤ 1,4, v i ≥ 5 , que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (5, ∞), D1 está en vAK 2 = 2

vi + 2,5 2

36


ON, D2 está en OFF y vo = vi − 0,7, finalizando la determinación de la función de transferencia vo = F (vi ). La siguiente figura la representa gráficamente. vo

vi − 0,7

3,909 0,4762vi + 1,714

−3,6

vi

4,609

Falta determinar la función de transferencia para R → ∞. La corriente por la resistencia de valor R es la suma de las corrientes directas por los diodos y para cada v i dicha corriente tiende a 0 para R → ∞ . Así pues, para R → ∞ , cuando el diodo D2 conduce lo hace con una corriente que tiende a 0. Ello permite ignorar la resistencia de valor 1 kΩ en serie con la fuente de tensión de valor v i /2 + 2,5, y concluir que, para R → ∞, el circuito se comporta como el circuito

vi

+ −

+ vi + + 2,5 − 2

vo

R

−

Dicho circuito es un selector de máximo. Con el modelo para los diodos con tensión umbral V D0 , la salida de un selector de máximo con entradas v1, v2 , . . . , vN vale máx{0, v1 − V D0 , v2 − V D0 , . . . , vN − V D0 }. Así pues, para R → ∞, vo = máx{0, vi − 0,7, vi /2 + 1,8}. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia para R → ∞ vo

vi − 0,7

4,3 vi + 1,8 2

−3,6

5

vi

Comparándola con la obtenida para R = 20 kΩ, podemos observar que ésta es una buena aproximación de la función de transferencia para R → ∞, con un error máximo del orden de 0,2 V.

37

Para reducir dicho error máximo habría que aumentar R .

38


Capítulo 2

Problemas de Análisis de Circuitos con Transistores de Unión Bipolares Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor de I . Problema 21:

10 V

10 kΩ

Solución:

I

1 kΩ

Empezaremos suponiendo que el BJT está en ACTIVO. Se obtiene el circuito 10 V 10kΩ

1 kΩ

I B B

C

I

50I B

0,7V E

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor

40

2 Problemas de Análisis de Circuitos con Transistores de Unión Bipolares

10 kΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 10 = 10I B + 0,7 ,

I B =

10

− 0,7 = 0,93 , 10

que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V , la resistencia de valor 1 kΩ y la fuente controlada de corriente, obteniendo 10 = (1)(50I B ) + V CE = 50I B + V CE ,

V CE = 10

− 50I B = 10 − (50)(0,93 ) = −36,5 ,

que no es ≥ 0,2. Así pues, el BJT no está en ACTIVO. Supongamos que está en SATURACIÓN. Se obtiene el circuito 10 V 10kΩ

1 kΩ

I B

C I = I C

B 0,7V

0,2V E

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0, I C ≥ 0, e I C ≤ βI B . El valor de I B es idéntico al obtenido anteriormente, I B = 0,93, que es ≥ 0. Para calcular I C aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 kΩ y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 10 = (1)I C + 0,2 = I C + 0,2 ,

I C = 10

− 0,2 = 9,8 ,

que es ≥ 0 y ≤ βI B = (50)(0,93 ) = 46,5. Así pues, el BJT está en SATURACIÓN e I = I C = 9,800 mA. Problema 22: Usando

para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V EB0 = 0,7V y

41

V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine los valores de I y V . 24 V 1 kΩ

I

V

500 kΩ

Solución:

1 kΩ

Empezaremos suponiendo que el BJT está en ACTIVO. Se obtiene el circuito 24 V I = 101I B

1 kΩ E

0,7V B

500 kΩ

V

100I B I B

C

1 kΩ

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2 V. Para calcular I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia de valor 1 kΩ conectada al emisor, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 500 kΩ, obteniendo 24 = (1)(101I B ) + 0,7 + 500I B = 601I B + 0,7 , 24 − 0,7 = 0,03877 , I B = 601 que es 0. Para calcular V EC conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, las dos resistencias de valor 1 kΩ y la fuente de

≥

corriente controlada, obteniendo 24 = (1)(101I B ) + V EC + (1)(100I B ) = V EC + 201I B , V EC = 24

− 201I B = 24 − (201)(0,03877 ) = 16,21 ,

que es ≥ 0,2. Así pues, el estado supuesto para el BJT es correcto, I resulta valer I = 101I B = (101)(0,03877 ) = 3,916 mA ,

y V resulta valer V = 24

− (1)I = 24 − 3,916 = 20,08V .

42


Usando para el LED el modelo con tensión umbral V D0 = 1,7 V, usando para el BJT el modelo con parámetros β , V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, y sabiendo que el parámetro β del BJT puede variar entre 20 y 100, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener R 2 para que, suponiendo el BJT en saturación, I valga 20 mA; 2) para el valor de R2 calculado anteriormente, determine el valor máximo que puede tener R1 para que, cuando el interruptor esté en OFF, el BJT esté en saturación; 3) para el valor máximo de R 1 calculado anteriormente, determine el valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en ON. Problema 23:

5V

R2

I

R1

Solución: 1)

Dado que I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. Sustituyendo el LED por el circuito equivalente correspondiente a ON y utilizando el circuito equivalente entre colector y emisor del BJT para SATURACIÓN, se obtiene el circuito 5V I

R2

A 1,7V K C 0,2V E

Aplicando la segunda ley de Kirchoff se obtiene 5 = R 2 I + 1,7 + 0,2 = 20R2 + 1,9 , R2 =

5

− 1,9 = 0,155 kΩ = 155 Ω . 20

2) Se exige que el BJT esté en SATURACIÓN. Entonces, de acuerdo con el apartado anterior, I = 20 mA y el LED estará en ON. Con el valor de R2 calculado en el apartado anterior y

43

teniendo en cuenta que el interruptor está en OFF, se obtiene el circuito 5V

155Ω R1

I = I C C A 1,7V K C 0,2V

I B

B 0,7V E

Se ha de imponer I B ≥ 0, I C C ≥ 0 e I C C ≤ βI B . I C C = I = 20 mA, que es ≥ 0. Para calcular I B en función de R 1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor valor 0,7 V, obteniendo obteniendo 5 = R 1 I B + 0,7 , I B =

5

− 0,7 = 4,3 , R1

R1

que es ≥ 0 para todo R1 . Imponiendo I C C ≤ βI B , obtenemos 20

≤ β 4,3 , R 1

≤ 4,3 β = = 0,215 β . 20

R1

La condición más estricta sobre R 1 se obtiene para el valor mínimo de β . Por tanto, se deberá cumplir R1 ≤ (0,215 )(20) = 4,30 4,3000 kΩ . El valor máximo que podrá tener R1 es, por tanto, tanto, 4,300 k Ω. 3) Con el interruptor en ON, V BE con V CE BE = 0 y el BJT está en CORTE con CE = 5 V, pues I = 0 y la tensión ánodo-cátodo ánodo-cátodo en el LED vale 0. Sea I la corriente por el interruptor del nodo conectado a la base a masa. Dado que I B = 0, I será la corriente por R 1 de la fuente de tensión de valor 5 V a la base del BJT y R 1 ve una tensión de valor 5 V. Tenemos, por tanto ′

′

5 = R 1I ′ , I ′ = Problema 24: Usando

V EC EC ,sat

5 5 1,163 mA . = = 1,163 R1 4,3

para el BJT el modelo con parámetros β β = 100, V EB0 EB0 = 0,7V y analice el circuito circuito de la figura y: 1) determine determine el valor valor de I cuando el inte= 0,2 V, analice

44

2 Prob Proble lema mass de Anál Anális isis is de Cir Circuit cuitos os con con Trans ransis isto torres de Unió Unión n Bipo Bipola larres

rruptor está en ON; 2) determine el valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en ON. 10 V I

50 Ω 10kΩ

Solución: 1)

La hipótesis BJT en CORTE conduce a I = 0 y, estando el interruptor en ON y siendo nula la tensión de la base del BJT, a V EB EB = 10, que no es ≤ 0,7. Supongamos que el BJT trabaja en ACTIVO. Teniendo en cuenta que el interruptor está en ON, obtenemos el circuito 10 V I = = 101I 101I B

50 Ω I

′

10kΩ

I B

E

0,7V

100I 100I B C

B I

′′

Se ha de comprobar I B ≥ 0 y V EC EC ≥ 0,2. Para calcular I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 50 Ω y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo obteniendo 10 = (0,05 )(101I )(101I B ) + 0,7 = 5,05I B + 0,7 , I B =

10

− 0,7 = 1,842 ,

5,05

que es ≥ 0. Por otro lado, por inspección, V EC EC = 0,7 ≥ 0,2. Así pues, el BJT está en ACTIVO e I = = 101I 101I B = (101)(1,842 ) = 186,0 186,0 mA .

2) Dado que el interruptor está en ON, podemos utilizar el mismo circuito que en el apartado anterior. La tensión que ve la resistencia de valor 10 kΩ es 10 V. Por tanto, 10 = 10I 10I ′ , I ′ = 1 ,

y, aplicando la primera ley de Kirchoff a la base del BJT, la corriente por el interruptor, I , vale ′′

2,842 mA . I ′′ = I ′ + I B = 1 + 1,842 = 2,842

45

Usando Usando para el BJT el mod modelo elo con parámetr parámetros os β = 0,7 V y V CE = 50, V BE0 BE0 = 0, CE ,sat = 0,2 V, determine determine el máximo valor valor de R para el cual el BJT está en activo y determine la corriente I en en ese caso.

Problema 25:

10 V I

R

10kΩ

5 kΩ

100Ω


determinando el equivalente de Thévenin del dipolo que incluye la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 kΩ y la resistencia de valor 5 kΩ, que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, V th th , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen 5 3,3333 V , 10 = 3,33 10 + 5 (5)(10) = 3,33 3,3333 kΩ . = 5 10 = 5 + 10

V th th = Rth



Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito 10 V

R

I

3,333 3,333 kΩ 3,333 3,333 V

100Ω

y, con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 10 V I

R I B 3,333kΩ

3,333 3,333 V

B

C

0,7V

50I B E 100Ω

51I B

46


Se ha de imponer I B ≥ 0 y V CE CE ≥ 0,2. Para calcular I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente fuente de tensión de valor valor 3,333 V, la resistencia de valor valor 3,333 k Ω, la 1000 Ω, obteniendo fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 10 3,333 = 3,333 I B + 0,7 + ( 0,1)(51I )(51I B ) = 8,433 I B + 0,7 , 8,433 I B = 2,633 , 2,633 I B = = 0,3122 , 8,433 que es ≥ 0. Por inspección, 50I 15,61 mA . I = 50 I B = (50)(0,3122 ) = 15,61

Para calcular V CE segunda ley de Kirchoff a la malla formada CE conociendo I B e I , aplicamos la segunda por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R , la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 100Ω, obteniendo 10 = RI + + V CE )(51I B ) = RI + RI + V CE CE + (0,1)(51I CE + 5,1I B ,

− RI − 5,1I B = 10 − 15,61R − (5,1)(0,3122 ) = 8,408 − 15,6R , ≥ 0,2, obtenemos 8,408 − 15,6R ≥ 0,2 , 8,208 ≥ 15,6R , 8,208 0,52622 kΩ = 526,2 Ω . R≤ = 0,526 15,6

V CE CE = 10

e imponiendo V CE CE

Así pues, el máximo valor que puede tener R para que el BJT trabaje en ACTIVO es 526,2 Ω y, y, en ese caso, I = 15,61 15,61 mA. = 50, V EB0 Usando Usando para el BJT el modelo modelo con parámet parámetros ros β = 0,7 V y V EC EB0 = 0, EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine determine el valor que ha de tener R 1 para que, supuesto el BJT en activo, I = 20 mA; 2) con el valor de R 1 calculado en el apartado anterior, determine el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en activo. Problema 26:

10 V

R1

10kΩ

Solución: 1)

100Ω

R2

I

Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R1 y la resistencia de valor 10 kΩ,

47

que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, V th , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen 10 100 10 = , R1 + 10 R1 + 10 10R1 = R1 10 = . R1 + 10

V th = Rth



(2.1) (2.2)


100Ω Rth V th

I

R2

y, con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 10 V 51I B

100Ω E

Rth

0,7V

50I B C

B V th

I B

R2

I

Por inspección I = 50I B , de donde, para que I = 20 mA, I B deberá valer I B =

I 20 = = 0,4 . 50 50

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 100 Ω, la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor Rth y la fuente de tensión de valor V th, obteniendo, usando (2.1) y (2.2), 10 = (0,1)(51I B ) + 0,7 + Rth I B + V th , 10 = (0,1)(51)(0,4) + 0,7 + 0,4Rth + V th ,

48


0,4Rth + V th = 7,26 , 0,4

10R1 100 + = 7,26 , R1 + 10 R1 + 10

4R1 100 + = 7,26 , R1 + 10 R1 + 10 4R1 + 100 = 7,26(R1 + 10) , 4R1 + 100 = 7,26R1 + 72,6 ,

3,26R1 = 27,4 , R1 =

27,4 = 8,404 kΩ . 3,26

2) Podemos utilizar el último circuito del apartado anterior con el valor calculado para R1, R1 = 8,404 kΩ, que hace I B = 0,4mA e I = 20 mA. Se ha de imponer I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Dado que I B = 0,4, la primera condición se cumple. Para calcular V EC conociendo I B e I , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 100Ω, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R2 , obteniendo 10 = (0,1)(51I B ) + V EC + R2 I = 5,1I B + V EC + R2 I , V EC = 10

− 5,1I B − R I = 10 − (5,1)(0,4) − 20R = 7,96 − 20R . 2

2

2

E imponiendo V EC ≥ 0,2, obtenemos 7,96 − 20R2 ≥ 0,2 ,

≤ 7,76 ,

20R2

≤ 7,76 = 0,3880 k Ω = 388,0 Ω . 20

R2

Así pues, con el valor de R1 calculado en el apartado 1), el máximo valor de R 2 para el cual el BJT está en ACTIVO es 388,0 Ω. Problema 27: Usando

para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 5,1 V para corrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V EB0 = 0,7V y V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener R2 para que, suponiendo que el diodo Zener está en ruptura y el BJT está en activo, I = 50 mA; 2) para el valor de R 2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en activo, determine el máximo valor que puede tener R 1 para que el diodo esté en ruptura con una corriente inversa ≥ 0.5 mA; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual al

49

máximo calculado en el apartado 2), determine el máximo valor de R 3 para el cual el BJT está en activo. 20 V

R2

R1

Solución:

R3

I

1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V

R2 5,1V

51I B E

I Z

0,7V

50I B

I B B R1

I Z + I B

C R3

I

Por inspección, I = 50I B y para que I = 50 mA, I B deberá valer I B =

I 50 = = 1. 50 50

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5,1 V, la resistencia de valor R 2 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5,1 = R 2 (51I B ) + 0,7 , 5,1 = R2 (51)(1) + 0,7 , 51R2 = 4,4 , R2 =

4,4 51

= 0,08627 k Ω = 86,27 Ω .

2) Dado que el BJT está en ACTIVO y el diodo Zener ha de trabajar en RUPTURA, podemos utilizar el circuito del apartado anterior con el valor calculado para R 2 , que hace I B = 1 mA.

50


Para calcular I Z en función de R1 conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la fuente de tensión de valor 5,1 V y la resistencia de valor R1 , obteniendo 20 = 5,1 + R1 (I Z + I B ) = 5,1 + R1 I Z + R1 I B , 20 = 5,1 + R1 I Z + R1(1) = 5,1 + R1 I Z + R1 , I Z =

14,9 − R1 R1

,

e, imponiendo I Z ≥ 0,5, obtenemos 14,9 − R1 R1

≥ 0,5 ,

14,9 − R1 ≥ 0,5R1 , 14,9 ≥ 1,5R1 ,

≤ 14,9 = 9,933 kΩ . 1,5

R1

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en ACTIVO, el valor máximo que puede tener R1 para que la corriente inversa por el diodo Zener sea ≥ 0,5mA es 9,933 k Ω. 3) Dado que el BJT ha de estar en ACTIVO y R1 tiene un valor menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), el diodo Zener trabajará en RUPTURA y podemos utilizar el circuito del apartado 1) con el valor calculado para R2 , R2 = 86,27 Ω, que hace I B = 1 mA e I = 50 mA. Dado que I B ≥ 0, basta imponer V EC ≥ 0,2. Para calcular V EC en función de R 3 conociendo I B e I aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R 2, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R 3, obteniendo 20 = R 2 (51I B ) + V EC + R3 I , 20 = (0,08627 )(51)(1) + V EC + 50R3 , V EC = 15,6

− 50R

3

,

e, imponiendo V EC ≥ 0,2, obtenemos 15,6 − 50R3 ≥ 0,2 , 15,4 ≥ 50R3 ,

≤ 15,4 = 0,3080 k Ω = 308,0 Ω . 50

R3

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual que el máximo calculado en el apartado 2), el máximo valor de R3 para el cual el BJT está en ACTIVO es 308,0 Ω.

51

Problema 28: Usando

para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 4,7 V para corrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V BE0 = 0,7V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener R 3 para que, suponiendo que el diodo Zener está en ruptura y que el BJT está en activo, I = 10 mA; 2) para el valor de R 3 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en activo, determine el máximo valor que puede tener R 1 para que el diodo Zener esté en ruptura con una corriente inversa ≥ 0.5 mA; 3) para el valor de R3 calculado en el apartado 1) y un valor de R 1 menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), determine el máximo valor de R 2 para el cual el BJT está en activo. 20 V

I

R2

R1

R3

Solución:

1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V

I Z + I B

R1

I

R2 I B B

I Z

C 100I B

0,7V 4,7V

E R3

101I B

Dado que, por inspección I = 100I B , para que I = 10 mA, I B deberá valer I B =

I 10 = = 0,1 . 100 100

Para calcular el valor necesario para R 3 conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor R3 , obteniendo 4,7 = 0,7 + R3 (101I B ) = 0,7 + (101)(0,1)R3 = 0,7 + 10,1R3 , R3 =

4,7 − 0,7 = 0,3960 k Ω = 396,0 Ω . 10,1

52


2) Dado que el BJT está en ACTIVO y el diodo Zener ha de estar en RUPTURA, podemos utilizar el circuito del apartado anterior con el valor calculado de R 3 , R 3 = 396,0 Ω, que hace I B = 0,1 mA. Para calcular I Z conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R 1 y la fuente de tensión de valor 4,7 V, obteniendo 20 = R 1(I Z + I B ) + 4,7 = R 1 I Z + R1I B + 4,7 = R 1 I Z + 0,1R1 + 4,7 ,

15,3 = R1 I Z + 0,1R1 , I Z =

e, imponiendo I Z ≥ 0,5,

15,3 − 0,1R1

,

R1

15,3 − 0,1R1

≥ 0,5 , 15,3 − 0,1R ≥ 0,5R , 15,3 ≥ 0,6R , 15,3 R ≤ = 25,50kΩ . 0,6 R1

1

1

1

1

Así pues, el máximo valor que ha de tener R1 para que con el valor de R3 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en ACTIVO, el diodo Zener esté en RUPTURA con una corriente inversa ≥ 0,5mA es 25,50k Ω. 3) Dado que el BJT ha de estar en ACTIVO y R1 tiene un valor menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), el diodo Zener estará en RUPTURA y podemos utilizar el circuito del apartado 1) con el valor calculado de R3, R3 = 396,0 Ω, que hace I B = 0,1mA e I = 10 mA. Dado que I B ≥ 0, basta imponer V CE ≥ 0,2. Para calcular V CE en función de R 2 conociendo I B e I , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R 2, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R 3, obteniendo 20 = R 2 I + V CE + R3 (101I B ) = 10R2 + V CE + (0,396 )(101)(0,1) = 10R2 + V CE + 4 , V CE = 16

− 10R

2

.

Imponiendo V CE ≥ 0,2, obtenemos 16 − 10R2 ≥ 0,2 , 15,8 ≥ 10R2 ,

≤ 15,8 = 1,580 kΩ . 10

R2

Así pues, para el valor de R3 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en ACTIVO es 1,580 kΩ.

53

Problema 29: Usando

para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 6 V para corrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V BE0 = 0,7V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor de I . 24 V 1 kΩ

10 µA

I

Solución: La

fuente de corriente hace I B = 0,01 mA > 0. Eso descarta que el BJT esté en CORTE. Supongamos que el BJT está en ACTIVO y que el diodo está en RUPTURA. Se obtiene el circuito 24 V 1 kΩ I B

C

B 10 µA

100I B

0,7V E K

I = 101 I B

6V A

Dado que I B > 0 , las únicas condiciones a verificar son V CE ≥ 0,2 V e I ≥ 0. Por inspección, I = 101I B = (101)(0,01 ) = 1,010 mA ,

que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia, la fuente de corriente controlada y la fuente de tensión de valor 6 V, obteniendo 24 = (1)(100I B ) + V CE + 6 = 100I B + V CE + 6 , V CE = 18

− 100I B = 18 − (100)(0,01 ) = 17 ,

que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los dispositivos son correctos e I = 1,010 mA. Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener R para que I valga 20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral V D0 = 2 V. Para el BJT use el modelo Problema 30:

54


con parámetros β = 50, V EB0 = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V. 5V

R

I

Solución: Dado

que I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. Supongámoslo. La tensión de colector, V C , del BJT valdrá 2 V. Además, la tensión de emisor, V E , del BJT vale 5 V. La tensión V EC del BJT resulta, por tanto, valer V EC = V E

− V C = 5 − 2 = 3 ,

que es > 0,2. Todo parece indicar que el BJT estará en ACTIVO. Supongámoslo. Sólo se ha de comprobar I B ≥ 0. Con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 5V E 0,7V

50I B

B

I B

C I A 2V K

R

Por inspección, I = 50I B y, para que I = 20 mA, I B deberá valer I B =

I 20 = = 0,4 , 50 50

que es ≥ 0. Así pues, efectivamente el BJT está en ACTIVO. Para calcular el valor necesario de R conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia, obteniendo 5 = 0,7 + RI B , R =

5

− 0,7 = 4,3 = 10,75kΩ . I B

0,4

Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener R para que I valga 20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral V D0 = 2 V. Para el BJT use el modelo Problema 31:

55

con parámetros β = 50, V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V. 5V

R

I

Solución: Dado

que I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. Ello implica que la tensión de emisor del BJT, V E , valdrá 2 V. Además, la tensión de colector, V C , del BJT vale 5 V. La tensión V CE del BJT resulta, por tanto, valer V CE = V C

− V E = 5 − 2 = 3 ,

que es > 0,2. Todo parece indicar que el BJT estará en ACTIVO. Supongámoslo. Sólo se ha de comprobar I B ≥ 0. Con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 5V I B

C

R

50I B

B 0,7V E A

I = 51I B 2V

K

Dado que I = 51I B , para que I = 20 mA, I B deberá valer I B =

I 20 = = 0,3922 , 51 51

que es ≥ 0. Así pues, efectivamente el BJT está en ACTIVO. Para calcular el valor necesario de R conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la fuente de tensión de valor 2 V, obteniendo 5 = RI B + 0,7 + 2 = RI B + 2,7 , 5 − 2,7 2,3 R = = = 5,864 kΩ . I B 0,3922 Problema 32: Determine

para el circuito de la figura el valor de I . Para el diodo Zener use el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 4,7 V para corrientes inversas. Para el LED use el

56


modelo con tensión umbral V D0 = 1,5 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 100, V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V. 10 V I

5 kΩ

200 Ω

Supondremos que el diodo Zener está en RUPTURA, el LED en ON y el BJT en ACTIVO. Se obtiene el circuito Solución:

10 V I B + I Z

I

5 kΩ I B

K

B

C 100I B

0,7V

I Z

E

4,7V A

A 1,5V K

101I B

200Ω

Se ha de verificar I Z ≥ 0 , 100I B ≥ 0 , I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2, que se reducen a I Z ≥ 0 , I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 200Ω, obteniendo 4,7 = 0,7 + ( 0,2)(101I B ) = 0,7 + 20,2I B , 4,7 − 0,7 = 0,1980 , 20,2 que es ≥ 0. Para calcular I Z conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 5 kΩ y la fuente de tensión de valor 4,7 V, obteniendo I B =

10 = 5(I B + I Z ) + 4,7 = 5I B + 5I Z + 4,7 , 5I Z = 5,3

− 5I B , 5,3 − 5I B 5,3 − (5)(0,198 ) I Z = = = 0,862 , 5

5

57

que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de tensión de valor 1,5 V, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 200 Ω, obteniendo 10 = 1,5 + V CE + (0,2)(101I B ) = 1,5 + V CE + 20,2I B , V CE = 8,5

− 20,2I B = 8,5 − (20,2)(0,198) = 4,5 ,

que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los dispositivos son correctos. Por inspección, I = 100I B = (100)(0,198 ) = 19,80 mA .

Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener R para que I valga 20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral V D0 = 2 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 50, V EB0 = 0,7V y V EC ,sat = 0,2 V. Suponga, a continuación, que β puede variar entre 20 y 200. ¿Entre qué valores variará I con el R calculado anteriormente? Problema 33:

5V I

R

1 kΩ

Solución: Siendo I > 0 , el LED sólo podrá estar en ON. El BJT sólo puede estar en ACTIVO

o en SATURACIÓN. En cualquiera de esos dos estados, V EC = V EB + (1)I B = 0,7 + I B ≥ 0,7 > 0,2. Por tanto, todo parece indicar que el BJT estará en ACTIVO. Con el LED en ON y el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 5V I = 51I B

R A 2V K E

I B

0,7V B

50I B C

1 kΩ

Sólo se ha de comprobar I B ≥ 0. Dado que I = 51I B , para que I = 20 mA, I B deberá valer I B =

I 20 = = 0,3922 , 51 51

58


que es ≥ 0 . Así pues, el BJT estará efectivamente en ACTIVO. Para calcular el valor necesario de R conociendo I e I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R , la fuente de tensión de valor 2 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 kΩ, obteniendo 5 = RI + 2 + 0,7 + (1)I B = 20R + 2,7 + 0,3922 = 3,092 + 20R , R =

5

− 3,092 = 0,09540 kΩ = 95,40 Ω . 20

Para resolver la segunda parte del problema expresemos, para R = 95,4 Ω, I en función de β . Supondremos que el LED está en ON y que el BJT está en ACTIVO. El razonamiento realizado anteriormente que conduce a V EC > 0,2 sigue siendo válido con independencia del valor de β , por lo que bastará comprobar I B ≥ 0 e I ≥ 0. Con el LED en ON, el BJT en ACTIVO y con R = 95,4 Ω, se obtiene el circuito 5V I = ( β + 1) I B

95,4Ω A 2V K E

I B

0,7V

βI B

C

B 1 kΩ

Para calcular I B en función de β , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 95,4 Ω, la fuente de tensión de valor 2 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 kΩ, obteniendo 5 = (0,0954 )(β + 1)I B + 2 + 0,7 + (1)I B = 2,7 + (0,0954 β + 1,095 )I B , I B =

2,3

,

0,0954 β + 1,095 que es ≥ 0 para todo valor posible de β . La corriente I en función de β valdrá I (β ) = (β + 1)I B =

2,3β + 2,3 , 0,0954 β + 1,095

que es ≥ 0 para todo valor posible de β . Así pues, el LED está en ON y el BJT está en ACTIVO para todo valor posible de β e I tiene en función de β la expresión anterior. La derivada de I respecto de β para 0,0954 β + 1,095  = 0 vale 2,299 dI 2,3 (0,0954 β + 1,095 ) 0,0954 (2,3β + 2,3) = = , dβ (0,0954 β + 1,095 )2 (0,0954 β + 1,095 )2

−

59

que es > 0 para todo valor posible de β , ninguno de los cuales verifica 0,0954 β + 1,095 = 0. Así pues, I es una función creciente de β en [20, 200] y variará entre un valor mínimo (2,3)(20) + 2,3 = 16,08 mA (0,0954 )(20) + 1,095

I min = I (20) =

y un valor máximo I max = I (200) =

(2,3)(200) + 2,3 = 22,91 mA . (0,0954 )(200) + 1,095

Problema 34: El

BJT del circuito de la figura tiene un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Usando para el BJT el modelo con parámetros β , V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito y: 1) determine el valor de R 2 para el cual, suponiendo el BJT en activo y β = 50, I = 10 mA; 2) para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en activo, determine entre qué valores puede variar I debido al rango posible de valores para β ; 3) para el valor de R 2 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R 1 de modo que para cualquier valor posible para β , el BJT trabaje en activo. 20 V

3 kΩ

I

R1

1 kΩ

R2

Solución: 1)

Empezaremos calculando el equivalente de Thévenin del dipolo constituido por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor 3 kΩ y la resistencia de valor 1 kΩ, que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, V th , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen 1 20 = 5 V , 3+1 (1)(3) = 1 3= = 0,75 kΩ . 1+3

V th = Rth




R1

I

0,75 kΩ 5V

R2

60


y, suponiendo el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V

0,75 kΩ B I B

I

R1

C βI B

0,7V

5V E R2

(β + 1) I B

Por inspección I = βI B y para que con β = 50 I = 10 mA, I B deberá valer I B =

I 10 = = 0,2 . β 50

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 0,75 k Ω, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor R2 , obteniendo 5 = 0,75I B + 0,7 + R2 (β + 1)I B ,

(2.3)

5 = (0,75)(0,2) + 0,7 + R2(51)(0,2) , 5 = 0,85 + 10,2R2 ,

4,15 = 10,2R2 , 4,15 R2 = = 0,4069 k Ω = 406,9 Ω . 10,2 2) Calculemos el valor de I en función de β para el valor de R 2 , R 2 = 406,9 Ω, obtenido en el apartado anterior, suponiendo que el BJT está en ACTIVO. De (2.3), obtenemos 5 = 0,75I B + 0,7 + 0,4069 (β + 1)I B ,

4,3 = (0,4069 β + 1,157 )I B , 4,3 I B = , 0,4069 β + 1,157

(2.4)

(2.5)

y, usando I = βI B ,

4,3β . 0,4069 β + 1,157 La derivada de I respecto de β vale, para 0,4069 β + 1,157  = 0, I (β ) =

4,975 dI 4,3(0,4069 β + 1,157 ) 0,4069 (4,3β ) = = , dβ (0,4069 β + 1,157 )2 (0,4069 β + 1,157 )2

−

61

que es > 0 para todos valor posible de β , ninguno de los cuales verifica 0,4069 β + 1,157 = 0. Así pues, I es una función creciente de β en [20, 150] y variará entre un valor mínimo I min = I (20) =

(4,3)(20) = 9,252 mA (0,4069 )(20) + 1,157

y un valor máximo I max = I (150) =

(4,3)(150) = 10,37 mA . (0,4069 )(150) + 1,157

3) La expresión (2.4) pone de manifiesto que I B es > 0 para todo valor posible de β . Así pues, para asegurar el trabajo del BJT en ACTIVO bastará imponer V CE ≥ 0,2. Calculemos, pues, V CE en función de β suponiendo que el BJT está en ACTIVO. Podemos usar el último circuito del apartado 1) con R2 = 406,9 Ω. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R 1, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R2 , obtenemos 20 = R 1 I + V CE + R2 (β + 1)I B = R 1 I + V CE + (0,4069 )(β + 1)I B .

Usando (2.4) y (2.5), obtenemos 20 = R 1

4,3β 4,3 + V CE + (0,4069 )(β + 1) , 0,4069 β + 1,157 0,4069 β + 1,157

4,3βR 1 1,75β + 1,75 + V CE + , 0,4069 β + 1,157 0,4069 β + 1,157 4,3βR 1 1,75β + 1,75 V CE = 20 − − , 0,4069 β + 1,157 0,4069 β + 1,157 4,3 βR 1 + 1,75β + 1,75 V CE = 20 − , 0,4069 β + 1,157 e, imponiendo V CE ≥ 0,2, obtenemos 20 =

20

+ 1,75β + 1,75 − 4,3βR ≥ 0,2 , 0,4069 β + 1,157 1

4,3βR 1 + 1,75β + 1,75 , 0,4069 β + 1,157 8,057 β + 22,91 ≥ 4,3βR 1 + 1,75 β + 1,75 , 19,8 ≥

4,3βR 1 ≤ 6,307 β + 21,16 , 6,307β + 21,16 R1 ≤ = F (β ) . 4,3β  0, La derivada de F respecto de β vale, para β = dF 6,307 (4,3β ) 4,3(6,307 β + 21,16 ) = = dβ (4,3β )2

−

4,921 − 90,99 =− , β 4,3 β 2

2

2

62


que es < 0 para todos los valores posibles de β , que no incluyen β = 0. Así pues, F es una función decreciente de β en [20, 150], la condición más restrictiva para R 1 se obtiene para β = 150, y R1 deberá satisfacer )(150) + 21,16 ≤ (6,307(4,3 = 1,500 kΩ . )(150)

R1

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado 1), el máximo valor que puede tomar R 1 de modo que el BJT trabaje en estado ACTIVO para todos los valores posibles de β es 1,500kΩ. El BJT del circuito de la figura tiene un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Usando para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 4,7 V para corrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β , V EB0 = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito y: 1) determine el valor de R2 para el cual, con β = 50 y suponiendo el diodo Zener en ruptura y el BJT en activo, I = 20 mA; 2) para el valor de R 2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el diodo Zener en ruptura y el BJT en activo, determine entre qué valores puede variar I debido al rango posible de valores para β ; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado 1), determine los máximos valores que pueden tener R 1 y R 3 de modo que para cualquier valor posible para β , el diodo Zener trabaje en ruptura con una corriente inversa ≥ 0,5 mA y el BJT trabaje en activo. Problema 35:

20 V

R2

R1

Solución:

I

R3

1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V (β + 1) I B

R2

C

4,7V I Z

I B

0,7V

βI B

B I B + I Z

R1

E R3

I

63

Por inspección, I = βI β I B y, para que con β = 50 50 I I = 20 mA, I B deberá valer I B =

I 20 = = 0,4 . β 50

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la resistencia de valor R 2 y la fuente de tensión de valor valor 0,7 V, obteniendo obteniendo 4,7 = R = R 2 (β + + 1)I 1) I B + 0,7 ,

(2.6)

4,7 = (51)(0,4)R2 + 0,7 , 4,7 = 20,4R2 + 0,7 , 4 = 20,4R2 , R2 =

4 = 0,196 0,19611 kΩ = 196,1 Ω . 20,4

2) Dado que el diodo Zener está en RUPTURA y el BJT está en ACTIVO, podemos utilizar los resultados del apartado anterior que no usan el valor de β , con el valor calculado para R2 , en función de β . De (2.6), R2 = 196,1 Ω. Calculemos I en )(β + + 1)I 1) I B + 0,7 , 4,7 = (0,1961 )(β I B =

4 , + 0,1961 0,1961 β +

β I B , y, usando I = βI

4β . 0,1961 β + + 0,1961

I (β ) =

(2.7)

(2.8)

+ 0,1961 =  0, La derivada de I respecto respecto de β vale, vale, para 0,1961 β + dI 4(0,1961 β + + 0,1961 ) 0,1961 (4β (4β ) 0,7844 = = , dβ (0,1961 β + + 0,1961 )2 (0,1961 β + + 0,1961 )2

−

que es > 0 > 0 para todo valor posible de β , ninguno de los cuales verifica 0,1961 β + + 0,1961 = 0. Así pues, I es es una función creciente de β en en [20, [20, 150] y variará entre un valor mínimo I min = I (20) (20) = min = I

(4)(20) 19,43 mA = 19,43 (0,1961 )(20) + 0,1961

y un valor máximo I max = I (150) (150) = max = I

(4)(150) 20,26 mA . = 20,26 (0,1961 )(150) + 0,1961

3) Podemos usar el circuito del apartado 1) con el valor de R2 , R2 = 196,1 Ω, calculado en dicho apartado y los valores de I B e I en función de β calculados calculados en el apartado 2). Siendo I Z Z la corriente inversa por el diodo Zener, hemos de imponer I Z Z ≥ 0,5, I B ≥ 0 y V CE CE ≥ 0,2. Para calcular I Z Z conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la

64


fuente de tensión de valor 20 V, la fuente de tensión de valor valor 4,7 V y la resistencia de valor R 1, obteniendo, usando (2.7), 20 = 4,7 + R1 (I B + I Z Z ) = 4,7 + R1 I B + R1 I Z Z , 20 = 4,7 +

15,3 =

4R1 + R1 I Z Z , + 0,1961 0,1961 β +

4R1 + R1 I Z Z , 0,1961 β + + 0,1961

(15,3 )(0,1961 β + + 0,1961 ) = 4R1 + ( 0,1961 β + + 0,1961 )R1 I Z Z , 3β + + 3 = 4R 4 R1 + ( 0,1961 β + + 0,1961 )R1 I Z Z , I Z Z =

e, imponiendo I Z Z ≥ 0,5,

3β + + 3 4R1 , (0,1961 β + + 0,1961 )R1

−

3β + + 3 4R1 (0,1961 β + + 0,1961 )R1

−

≥ 0,5 ,

− 4R ≥ 0,5(0,1961 β + + 0,1961 )R 3β + + 3 ≥ (0,09805 β + + 4,098 )R , 3β + + 3 R ≤ = F (β ) . + 4,098 0,09805 β + + 4,098 =  0, La derivada de F respecto de β vale, vale, para 0,09805 β + dF 3(0,09805 β + + 4,098) − 0,09805 (3β (3β + + 3) = = 3β + + 3

1

1

,

1

1

1

1

1

dβ

(0,09805 β + + 4,098 )

2

12 , (0,09805 β + + 4,098 )2

que es > 0 > 0 para todos los valores posibles de β , ninguno de los cuales verifica 0,0980 β + β + 4,10 = en [20, 0. Así pues, F 1 es una función creciente de β en [20 , 150], la condición más restrictiva para R 1 = 20, y R1 deberá satisfacer se obtiene para β = R1

(3)(20) + 3 ≤ (0,09805 10,40kkΩ . = 10,40 )(20) + 4,098

La expresión (2.7) para I B en función de β pone pone de manifiesto que I B ≥ 0 para todo valor posible de β . Calculemos V CE CE en función de β e impongamos V CE CE ≥ 0,2. Para calcular V CE CE conociendo I B e I aplicamos aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R2, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R3 , obteniendo, usando (2.7) y (2.8), 20 = R 2 (β + + 1)I 1) I B + V CE CE + R3 I , 20 = (0,1961 )(β )(β + + 1)

4 4βR 3 + V CE , CE + 0,1961 β + 0,1961 β + + 0,1961 + 0,1961

20 = 4 + V CE CE +

4βR 3 , + 0,1961 0,1961 β +

65

V CE CE = 16

− 0,19614β βR , + + 0,1961 3

e, imponiendo V CE CE ≥ 0,2, obtenemos 16

− 0,19614β βR ≥ 0,2 , + + 0,1961 3

4βR 3 0,1961 β + + 0,1961

≤ 15,8 ,

≤ 15,8(0,1961β + + 0,1961 ) , 4βR ≤ 3,098 β + + 3,098 , + 3,098 3,098β + R ≤ = F (β ) . 4β = 0, La derivada de F respecto de β vale, vale, para β  12,39 0,7744 dF 3,098 (4β (4β ) − 4(3,098 β + + 3,098 ) = =− =− , 4βR 3

3

3

2

2

2

16 16β β 2

dβ

16β 16 β 2

β 2

que es < 0 para todos los valores posibles de β , que no incluyen β = 0. Así pues, F 2 es una [20, 150], la condición más restrictiva se obtiene para β = = 150, y R3 función decreciente de β en en [20, deberá satisfacer )(150) + 3,098 ≤ (3,098(4)(150) 0,77977 kΩ = 779,7 Ω . = 0,779

R3

Así pues, para que para cualquier valor posible de β , el diodo Zener trabaje en RUPTURA con una corriente inversa ≥ 0,5 mA y el BJT trabaje en estado ACTIVO, el valor valor de R 1 no deberá superar superar 10,40 10,40 k Ω y el valor de R3 no deberá superar 779,7 Ω. Usando Usando para el BJT el mod modelo elo con parámetr parámetros os β = 0,7 V y V CE = 50, V BE0 BE0 = 0, CE ,sat = 0,2 V, analic analicee el circuito circuito de de la figura figura y determin determinee el valor valor que que ha de de tener tener R para que I valga valga 2 mA.

Problema 36:

12 V

R

25kΩ

Solución: Con

2 kΩ

200Ω

I

el BJT en CORTE, I sería 0. Todo parece indicar que el BJT debe estar en ACTIVO o en SATURACIÓN. Supongamos que está en ACTIVO. Con el BJT en dicho estado,

66


se obtiene el circuito 12 V I 3 R

B

I 1

25kΩ

2 kΩ C

I 2 0,7V I B

I = 51I B

50I B E

200Ω

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Dado que I = 51I B , para que I = 2 mA, I B deberá valer 2 I B = = 0,03922 , que es ≥

51 0. Calculemos la tensión de la base, V B :

V B = 0,7 + 0,2I = 0,7 + (0,2)(2) = 1,1 .

Calculemos la corriente I 1 : I 1 =

V B 1,1 = = 0,044 . 25 25

I 2 puede ser calculada a partir de I 1 e I B aplicando la primera ley de Kirchoff a la base del BJT: I 2 = I 1 + I B = 0,044 + 0,03922 = 0,08322 .

La corriente I 3 puede ser calculada aplicando la primera ley de Kirchoff al colector del BJT: I 3 = I 2 + 50I B = 0,0832 + (50)(0,03922 ) = 2,044 .

Calculemos la tensión de colector, V C : V C = 12

− 2I = 12 − (2)(2,044 ) = 7,912 . 3

Calculemos la tensión de emisor, V E : V E = 0,2I = (0,2)(2) = 0,4 .

La tensión V CE resulta valer

− V E = 7,912 − 0,4 = 7,512 ,

V CE = V C

que es ≥ 0,2. Por tanto, el estado supuesto para el BJT es correcto. El valor necesario para R puede ser obtenido imponiendo V C − V B = RI 2 . Ello da R =

− V B = 7,912 − 1,1 = 81,86kΩ .

V C

I 2

0,08322

67

Problema 37: Determine para el circuito de la figura el valor de I L cuando el interruptor está en

OFF y cuando está en ON. Use para los BJTs el modelo con parámetros β = 50, V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V. 5V

5 kΩ

200 Ω

10 Ω

I L

Sea Q1 el BJT de la izquierda, sea Q2 el BJT de la derecha y denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Empezaremos analizando el circuito para el caso interruptor en OFF. Supondremos que Q1 está en SATURACIÓN y que Q2 está en CORTE. Para esos estados, se obtiene, teniendo en cuenta que el interruptor está en OFF, el circuito Solución:

5V I L 200 Ω

5 kΩ B

I C 1 C

I B1

B

0,2V

0,7V

10 Ω

C E

E

Se ha de verificar I B1 ≥ 0, I C 1 ≥ 0, I C 1 ≤ 50I B1 , V BE 2 ≤ 0,7 y V CE 2 ≥ 0. Por inspección, I L = 0 y V BE 2 = 0,2, que es ≤ 0,7. También por inspección, teniendo en cuenta I L = 0, V CE 2 = 5, que es ≥ 0. Así pues, basta verificar I B1 ≥ 0, I C 1 ≥ 0 e I C 1 ≤ 50I B1 . Para calcular I B1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 5 kΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5 = 5I B1 + 0,7 , I B1 =

5

− 0,7 = 0,86 , 5

que es ≥ 0. Para calcular I C 1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 200 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 5 = 0,2I C 1 + 0,2 ,

68


I C 1 =

5

− 0,2 = 24 , 0,2

que es ≥ 0 y ≤ 50I B1 = (50)(0,86 ) = 43. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos y, con el interruptor en OFF, I L = 0. Analizaremos por último el circuito para el caso interruptor en ON. Con I en ON, V BE 1 = 0 ≤ 0,7 y, suponiendo V CE 1 ≥ 0, Q1 estará en CORTE. Supondremos Q1 en CORTE y Q2 en SATURACIÓN. Para esos estados, se obtiene, teniendo en cuenta que el interruptor está en ON, el circuito 5V

200 Ω

5 kΩ I B2

B

I B2

I L = I C 2

B

0,7V

C

10 Ω

C

0,2V

E

E

Se ha de verificar V CE 1 ≥ 0, I B2 ≥ 0, I C 2 ≥ 0, e I C 2 ≤ 50I B2 . Por inspección, V CE 1 = 0,7 V, que es ≥ 0. Para calcular I B2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 200 Ω y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5 = 0,2I B2 + 0,7 ,

I B2 =

5

− 0,7 = 21,5 , 0,2

que es ≥ 0. Para calcular I C 2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 5 = 0,01I C 2 + 0,2 ,

I C 2 =

5

− 0,2 = 480 ,

0,01

que es ≥ 0 y ≤ 50I B2 = (50)(21,5 ) = 1.075. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos y, con el interruptor en ON, I L = I C 2 = 480 mA. Problema 38: Determine

para el circuito de la figura los valores de I , V 1 y V 2 . Use para los

69

BJTs el modelo con parámetros β = 50, V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V. 24 V

82kΩ

1 kΩ

100 kΩ

I V 1

10kΩ V 2 100Ω

Sea Q1 el BJT de la izquierda, sea Q2 el BJT de la derecha, y denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 24 V y las resistencias de valores 82 Ω, 10 kΩ y 100 kΩ, que tiene como salidas la base de Q1 y masa. La tensión de Thévenin, V th , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen Solución:

10 24 = 2,609 V , 10 + 82 (10)(82) Rth = 100 + 10 82 = 100 + = 108,9kΩ . 10 + 82 V th =



Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin se obtiene el circuito 24 V I

1 kΩ

108,9 kΩ

Q1

2,609 V

V 1 Q2 V 2 100Ω

Supongamos que Q1 está en ACTIVO y que Q2 está en SATURACIÓN. Se obtiene el circuito 24 V 108,9 kΩ

C

B 2,609V

I B1

I = I C 2 1 kΩ 50I B1

0,7V E B 0,7V

I B2 = 51I B1 C 0,2V E

51I B1 + I C 2

V 1

V 2 100Ω

70


Las condiciones a verificar son I B1 ≥ 0 , V CE 1 ≥ 0,2, I B2 ≥ 0 , I C 2 ≥ 0, e I C 2 ≤ 50I B2 . Dado que I B2 = 51I B1 , I B2 ≥ 0 queda reducida a I B1 ≥ 0. Así pues, basta verificar I B1 ≥ 0, V CE 1 ≥ 0,2V, I C 2 ≥ 0 e I C 2 ≤ 50I B2 . Empezaremos calculando I B1 e I C 2 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 2,609 V, la resistencia de valor 108,9kΩ, las fuentes de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 100 Ω y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia de valor 1 kΩ, la fuente de tensión de valor 0,2 V y la resistencia de valor 100 Ω, se obtiene 2,609 = 108,9I B1 + 0,7 + 0,7 + 0,1(51I B1 + I C 2 ) , 24 = (1)I C 2 + 0,2 + (0,1)(51I B1 + I C 2)

y el sistema de ecuaciones lineales 114I B1 + 0,1I C 2 = 1,209 5,1I B1 + 1,1I C 2 = 23,8

cuya solución es I B1 =

1,209 0,1 23,8 1,1 114 0,1 5,1 1,1

    

  −     =

1,05 = −0,008407 , 124,9

114 1,209

I C 2 =

5,1

23,8 114 0,1 5,1 1,1

=

2.707 = 21,67 . 124,9

Dado que I B1 no es ≥ 0 , el par de estados supuesto para los BJTs no es correcto. Supongamos que los dos BJTs están en ACTIVO. Con esos estados, se obtiene el circuito 24 V 108,9 kΩ B 2,609 V

I B1

C

1 kΩ 50I B1

0,7V E B

I

I B2 = 51I B1 C

V 1 50I B2

0,7V E 51I B2

V 2 100 Ω

Las condiciones a verificar son I B1 ≥ 0, V CE 1 ≥ 0,2, I B2 ≥ 0 y V CE 2 ≥ 0,2. Dado que I B2 = 51I B1 , la condición I B2 ≥ 0 queda reducida a I B1 ≥ 0. Así pues, basta verificar I B1 ≥ 0,

71

V CE 1

≥ 0,2 V y V ≥ 0,2 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por CE 2

la fuente de tensión de valor 2,609 V, la resistencia de valor 108,9 k Ω, las fuentes de tensión de valor 0,7V y la resistencia de valor 100 Ω, se obtiene 2,609 = 108,9I B1 + 0,7 + 0,7 + (0,1)(51I B2 ) = 108,9I B1 + 5,1I B2 + 1,4 y, usando I B2 = 51I B1 , 2,609 = 108,9 I B1 + ( 5,1)(51I B1 ) + 1,4 = 369I B1 + 1,4 ,

I B1 =

2,609 − 1,4 369

= 0,003276 ,

que es ≥ 0. Usando de nuevo I B2 = 51I B1 , la tensión V CE 1 puede ser calculada de la forma

− V E = 24 − (0,7 + (0,1)(51I B )) = 23,3 − 5,1I B = 23,3 − (5,1)(51I B ) = 23,3 − 260,1 I B = 23,3 − (260,1 )(0,003276 ) = 22,45 ,

V CE 1 = V C 1

1

2

2

1

1

que es ≥ 0,2. Usando I B2 = 51I B1 , la tensión V CE 2 puede ser calculada de la forma

− V E = (24 − (1)(50I B )) − (0,1)(51I B ) = 24 − 55,1I B 24 − (55,1 )(51I B ) = 24 − 2.810 I B = 24 − (2.810 )(0,003276 ) = 14,79 ,

V CE 2 = V C 2 =

2

2

1

2

2

1

que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos. Usando I B2 = 51I B1 , la corriente I resulta valer I = 50I B2 = (50)(51I B1 ) = 2.550 I B1 = (2.550 )(0,003276 ) = 8,354 mA .

La tensión V 1 vale V 1 = 24

− (1)I = 24 − 8,354 = 15,65V .

Finalmente, usando I B2 = 51I B1 , la tensión V 2 vale V 2 = (0,1)(51I B2 ) = 5,1I B2 = (5,1)(51I B1 ) = 260,1 I B1 = (260,1 )(0,003276 ) = 0,8521 V .

Problema 39: Los

BJT del circuito de la figura tienen un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Usando para los BJT el modelo con parámetros β , V BE0 = 0,7V y V CE ,sat = 0,2V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el máximo valor que puede tener R2 para que, con el interruptor en ON, el BJT Q2 esté en saturación; 2) para el valor máximo de R2 calculado en el apartado anterior, determine el valor máximo que puede tener R 1 para que, con el interruptor en OFF, Q1 esté en saturación; 3) para los valores máximos de R 1 y R2 calculados anteriormente,

72


determine el valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en ON. 10 V

10 Ω

R2

R1

Q2 Q1

Solución: Usaremos el subíndice 1 para las tensiones y corrientes de

Q1 y el subíndice 2 para

las tensiones y corrientes de Q2. 1) Con Q2 en SATURACIÓN, V CE 1 = V BE 2 = 0,7, que es ≥ 0. Con el interruptor en ON, V BE 1 = 0, que es < 0,7. V CE 1 ≥ 0 y V BE 1 < 0,7 implican Q1 en CORTE. Así pues, Q2 en SATURACIÓN implica Q1 en CORTE. Supongamos, pues, Q2 en SATURACIÓN y, sabiendo que Q1 está en CORTE, impongamos I B2 ≥ 0, I C 2 ≥ 0 e I C 2 ≤ βI B2 . Con Q1 en CORTE y Q2 en SATURACIÓN, se obtiene el circuito 10 V

10 Ω

R2 I B2

I C 2

B 0,7 V

C 0,2 V

E

Para calcular I B2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R2 y la fuente de tensión de valor 0,7V, obteniendo 10 = R 2 I B2 + 0,7 , I B2 =

10

− 0,7 = 9,3 ,

R2

R2

que es ≥ 0 para todo R2. Para calcular I C 2, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 10 = 0,01I C 2 + 0,2 , I C 2 =

10

− 0,2 = 980 ,

0,01

73

que es ≥ 0. Finalmente imponiendo I C 2 ≤ βI B2 , obtenemos 980

≤ β 9,3 , R 2

9,3 ≤ 980 β = 0,00949 β .

R2

La condición más restrictiva se obtiene para β = 20, dando R2

≤ (0,00949 )(20) = 0,1898 kΩ = 189,8 Ω .

Así pues, el valor máximo de R2 para el cual, con el interruptor en ON, Q2 estará en SATURACIÓN es 189,8 Ω. 2) Con Q1 en SATURACIÓN, V BE 2 = V CE 1 = 0,2, que es < 0,7. Ello implica que Q2 estará en CORTE, debiéndose únicamente verificar V CE 2 ≥ 0. Pero, con Q2 en CORTE, la corriente por la resistencia de valor 10 Ω es nula y V CE 2 = 10 ≥ 0. Así pues, Q1 en SATURACIÓN implica Q2 en CORTE. Supongamos Q1 en SATURACIÓN y, sabiendo que Q2 está en CORTE, impongamos I B1 ≥ 0, I C 1 ≥ 0 e I C 1 ≤ βI B1 . Con el interruptor en OFF, Q2 en CORTE, y Q1 en SATURACIÓN, se obtiene, para el máximo valor de R 2, R 2 = 189,8 Ω, calculado en el apartado anterior, el circuito 10 V

189,8 Ω

R1 I B1

I C 1

B 0,7 V

C 0,2 V

E

Para calcular I B1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor 0,7V, obteniendo 10 = R 1 I B1 + 0,7 , I B1 =

10

− 0,7 = 9,3 ,

R1

R1

que es ≥ 0 para todo R1. Para calcular I C 1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 189,8 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 10 = 0,1898 I C 1 + 0,2 , I C 1 =

10

− 0,2 = 51,63 ,

0,1898

74


que es ≥ 0. Finalmente imponiendo I C 1 ≤ βI B1 , se obtiene 9,3 51,63 ≤ β , R1

9,3 ≤ 51,63 β = 0,1801 β .

R1

La condición más restrictiva se obtiene para β = 20, dando

≤ (0,1801 )(20) = 3,602 kΩ .

R1

Así pues, para el valor máximo calculado en el apartado anterior para R2 y con el interruptor en OFF, el valor máximo de R1 para el cual Q1 estará en SATURACIÓN es 3,602 k Ω. 3) Con el interruptor en ON y con el valor máximo para R 2 calculado en el apartado 1), tal y como se ha visto en ese apartado, Q1 estará en CORTE. Ello implica I B1 = 0 y que la corriente por el interruptor sea igual a la corriente por la resistencia de valor R1 , que, con el interruptor en ON, ve una tensión de valor 10 V. Así pues, la corriente por el interruptor valdrá 10 10 = = 2,776 mA . 3,602 R1

Los BJT Q1, Q2 y Q3 del circuito de la figura tienen un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Las tensiones v1 y v2 pueden variar entre 0 y 5 V. Usando para Q1 y Q2 el modelo con parámetros β , V EB0 = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, y para Q3 el modelo con parámetros β , V BE0 = 0,7V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) demuestre que, con v1 > v2 , I = 0; 2) determine el máximo valor de R para el cual con v1 < v2 , Q3 está en saturación. Ayuda: para el apartado 1), suponga que Q2 está en activo o en saturación, determine los estados de Q1 y Q3, y luego demuestre que efectivamente Q2 está en activo o en saturación, dependiendo del valor de R . Problema 40:

10 V R

v1

10 V

Q1 I

Q2

v2

50 Ω Q3

100 kΩ

100kΩ

−10 V

Solución: Denotaremos

mediante los subíndices 1, 2 y 3 las tensiones y corrientes correspondientes a, respectivamente, Q1, Q2 y Q3.

75

1) Empecemos suponiendo que Q2 está en ACTIVO o en SATURACIÓN. En ambos casos tenemos V EB 2 = 0,7 y una tensión de emisor de Q2, V E 2 = v2 + 0,7. La tensión V EB 1 resulta valer V EB 1 = V E 2 − v1 = v 2 + 0,7 − v1 = 0,7 + v2 − v1 , que para v1 > v2 es < 0,7. Ello implica que Q1 estará en CORTE, debiéndose únicamente verificar V EC 1 ≥ 0. Hagámoslo y, de paso, determinemos el estado de Q3. Con Q1 en corte, I C 1 = 0. Puede verse que eso implica que Q3 estará en CORTE. Se ha de verificar V BE 3 ≤ 0,7 y V CE 3 ≥ 0 . Con Q3 en CORTE, I B3 = 0. Siendo I C 1 = 0, ello implica que la corriente por la resistencia de valor 100 kΩ conectada a la base de Q3 sea 0 y que V BE 3 = 0, que es ≤ 0,7. Con Q3 en CORTE, I = I C 3 = 0, implicando V CE 3 = 10 − (−10) = 20, que es ≥ 0,2. Así pues, Q1 en CORTE implica Q3 en CORTE. Hemos de comprobar V EC 1 ≥ 0 sabiendo que Q3 está en CORTE. Dado que la corriente por la resistencia de valor 100 kΩ conectada a la base de Q3 es 0, la tensión de colector de Q1 valdrá −10 y V EC 1 = V E 2

− (−10) = V E + 10 = v + 0,7 + 10 = 10,7 + v 2

2

2

,

que es ≥ 0 para todos los valores posibles de v2 . En resumen, supuesto Q2 en ACTIVO o en SATURACIÓN, Q1 y Q3 estarán en CORTE e I = 0. Falta comprobar que Q2 está en ACTIVO o en SATURACIÓN. Podemos usar el hecho de que Q1 y Q3 están en CORTE. Se ha visto antes que V E 2 = v 2 + 0,7. Estando Q1 en CORTE, la corriente por la resistencia de valor R será la corriente de emisor de Q2, I E 2 , y tendremos I E 2 =

10

− V E

2

R

=

10

− (v + 0,7) = 9,3 − v 2

R

2

R

,

que, para todos los valores posibles de v2 es > 0. Supongamos Q2 en ACTIVO. Se ha de verificar I B2 ≥ 0 y V EC 2 ≥ 0,2. Dado que en ACTIVO I B2 = I E 2 /(β 2 + 1), tendremos I B2 > 0, verificándose la primera condición. La condición V EC 2 ≥ 0,2 puede o no cumplirse dependiendo del valor de R. En efecto, con Q2 en ACTIVO, la corriente de colector de Q2 valdrá I C 2 = β 2 /(β 2 + 1)I E 2, la tensión de colector de Q2 valdrá V C 2 = −10 + 100I C 2 , y V EC 2 = V E 2 − V C 2 = v 2 + 0,7 + 10 − 100I C 2 = v 2 + 10,7 − 100I C 2 . Para R suficientemente pequeña, I E 2 e I C 2 serán suficientemente grandes y V EC 2 será < 0,2, en contradicción con Q2 en estado ACTIVO. Vamos a ver que en éste caso, Q2 estará en SATURACIÓN. En ese estado, V EC 2 = 0,2. Además, I C 2 < (β 2 /(β 2 + 1))I E 2 , pues V EC 2 = v 2 + 10,7 − 100I C 2 y I C 2 = β 2 /(β 2 + 1)I E 2 conducen a V EC 2 < 0,2. De hecho, I C 2 valdrá V C 2 − (−10) V C 2 + 10 V E 2 − V EC 2 + 10 v2 + 0,7 − 0,2 + 10 v2 + 10,5 I C 2 =

= = = . 100 100 100 100 Hemos de verificar I B2 0, I C 2 0 y I C 2 βI B2 . Dado que I B2 = I E 2 I C 2 e I C 2 < (β 2 /(β 2 + 1))I E 2 , tendremos I B2 > I E 2 (β 2 /(β 2 + 1))I E 2 = I E 2/(β 2 + 1) > 0. De la expresión de I C 2 en función de v2 se deduce que para todos los valores posibles de v2, I C 2 0. Finalmente, usando I C 2 < (β 2 /(β 2 + 1))I E 2 e I B2 > I E 2/(β 2 + 1) > 0, teniendo en cuenta I B2 > 0 , obtenemos β 2 I E 2 I C 2 β 2 + 1 < = β 2 , I E 2 I B2 β 2 + 1 100

=

≥

≥

−

≤

−

≥

76


que, con I B2 > 0 , implica I C 2 < β 2 I B2 . Así pues, cuando Q2 no está en estado ACTIVO, está en estado SATURACIÓN y Q2 está necesariamente en uno de esos dos estados. Ello concluye la demostración. 2) Con Q3 en SATURACIÓN y v1 < v2 , Q1 está en estado ACTIVO y Q2 está en CORTE. Veamos primero que con Q2 en CORTE,Q1 está en estado ACTIVO. Con Q1 en estado ACTIVO, V EB 1 = 0,7 y la tensión de emisor de Q1 vale V E 1 = v1 + 0,7. Además, la corriente por la resistencia de valor R será la corriente de emisor de Q1 y valdrá 9,3 − v1 10 − (v1 + 0,7) I E 1 =

= , R R que es > 0 para todos los valores posibles de v 1 . Hemos de comprobar I B1 0 y V EC 1 0,2. Como en estado ACTIVO I B1 = I E 1 /(β 1 + 1), tenemos I B1 > 0, comprobando la primera condición. Para la segunda, con Q3 en SATURACIÓN, V BE 3 = 0,7 y V C 1 = 10 + 0,7 = 9,3,

≥ −

dando

V EC 1 = V E 1

≥ −

− V C = v + 0,7 − (−9,3) = v + 10 , 1

1

1

que es ≥ 0,2 para todos los valores posibles de v1 . Acabamos de comprobar que con Q2 en CORTE, Q1 está en estado ACTIVO. Comprobemos que Q2 está en CORTE, sabiendo que Q1 está en estado ACTIVO. La tensión V EB 2 vale

− v = V E − v = v + 0,7 − v = 0,7 + v − v , que con v < v es < 0,7. Basta comprobar V ≥ 0. Con Q2 en corte, I C = 0 y la tensión de colector de Q2 vale V C = −10. Ello da V = V E − V C = V E − V C = v + 0,7 − (−10) = v + 10,7 , que para todos los valores posibles de v es ≥ 0. V EB 2 = V E 2

1

2

1

2

1

2

1

EC 2

2

2

2

2

EC 2

2

2

1

2

1

1

1

En resumen, con Q3 en SATURACIÓN y v 1 < v2 , Q1 está en ACTIVO y Q2 está en CORTE. Con esos estados, obtenemos el circuito 10 V (β 1 + 1) I B1

R

E I B1

B

v1

10 V

β 1I B1

0,7V C

100KΩ

I B3

I 1

I C 3

50 Ω C

B 0,7 V

0,2 V E

−10 V

Hemos de imponer las condiciones del estado SATURACIÓN de Q3, es decir I B3 ≥ 0, I C 3 ≥ 0, e I C 3 ≤ β 3I B3 . Calculemos I B3 e I C 3 .

77

Para calcular I C 3, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 50 Ω, la fuente de tensión de valor 0,2 V y la fuente de tensión de valor −10 V, obteniendo 10 = 0,05I C 3 + 0,2

− 10 = 0,05I C − 9,8 , 3

19,8 (2.9) = 396 , 0,05 que es ≥ 0. Para calcular I 1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 0,7 V del circuito equivalente de Q3 y la resistencia de valor 100 kΩ, obteniendo 0,7 = 100I 1 , 0,7 I 1 = = 0,007 . (2.10) I C 3 =

100

Para calcular I B1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R , la fuente de tensión de valor 0,7 V del circuito equivalente de Q1 y la fuente de tensión de valor v1 , obteniendo 10 = R(β 1 + 1)I B1 + 0,7 + v1 , I B1 =

9,3 − v1

R(β 1 + 1)

.

(2.11)

Por último, para calcular I B3 conociendo I 1 e I B1 , aplicamos la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al colector de Q1, obteniendo β 1 I B1 = I 1 + I B3 ,

y, usando (2.10) y (2.11),

β 1 9,3 v1 = 0,007 + I B3 , β 1 + 1 R

−

I B3 =

β 1 9,3 v1 β 1 + 1 R

− − 0,007 .

(2.12)

La condición I B3 ≥ 0 se traduce en β 1 9,3 v1 β 1 + 1 R

− − 0,007 ≥ 0 ,

β 1 9,3 v1 β 1 + 1 R

− ≥ 0,007 , β 9,3 − v R≤ . β + 1 0,007 1

1

1

Dado que el miembro de la derecha es una función creciente de β 1 y decreciente de v1 , la condición más restrictiva se alcanza para el menor valor posible de β 1 y el mayor valor posible de v1 , y es 20 9,3 − 5 R≤ = 585,0kΩ . 20 + 1 0,007

78


Por último, la condición I C 3 ≤ β 3 I B3 se traduce, usando (2.9) y (2.12), en 396

≤ β

3

396



β 1 9,3 v1 β 1 + 1 R

− − 0,007



,

≤ β β β + 1 9,3 R− v − 0,007β , β 9,3 − v ≥ 396 + 0,007β , 1

1

3

3

1

β 3 R

1

1

β 1 + 1

3

R

≤ 0,007β β + 396 β β + 1 (9,3 − v ) . 3

1

1

3

1

El miembro de la derecha es creciente con β 1 y β 3 y decreciente con v1 , la condición más restrictiva se alcanza con los menores valores posibles para β 1 y β 3 y con el mayor valor posible para v1 , y es 20 20 R≤ (9,3 − 5) = 0,2068 k Ω = 206,8 Ω . (0,007 )(20) + 396 20 + 1 Dicha condición para R es más restrictiva que la condición R ≤ 585,0kΩ obtenida imponiendo I B3 ≥ 0, por lo que el mayor valor de R para el cual, con v1 < v2 , Q3 estará en SATURACIÓN es 206,8 Ω.

Capítulo 3

Problemas de Análisis de Circuitos con MOSFETs Problema 41: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el

interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF. 5V I 1 MΩ

2 kΩ V t = 1 V K = 2 mA/V2

1 MΩ

Con el interruptor en ON, V GS = 0 < V t = 1, el transistor trabajará en la zona corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar V DS ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 kΩ y el MOSFET, obtenemos Solución:

5 = 2I + V DS = V DS , V DS = 5 ,

que es ≥ 0. Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, y 1 MΩ V GS = 5 = 2,5 , 1 MΩ + 1 MΩ que es > V t = 1. Ello implica que el transistor no trabajará en la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. La única condición a verificar es V DS ≥ V GS − V t = 2,5 − 1 = 1,5.

80

3 Problemas de Análisis de Circuitos con MOSFETs

La corriente I vale 2

I = K (V GS

− V t )

= (2)(2,5

= (2)(1,5)2 = 4,5 .

2

− 1)

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 kΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = 2I + V DS , V DS = 5

− 2I = 5 − (2)(4,5) = −4 ,

que no es ≥ 1,5. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Las condiciones a verificar son V DS ≥ 0 y V DS ≤ V GS − V t = 2,5 − 1 = 1,5. La corriente I valdrá, en función de V DS ,



I = K 2(V GS

− V t )V − V DS

2

= 2 (2)(2,5

 

DS

− 1)V − V DS

2



DS

= 6V DS

2

− 2V

DS .

(3.1)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 kΩ y el MOSFET, se obtiene 5 = 2I + V DS ,

que, combinada con (3.1), da la ecuación de segundo grado en V DS 2

5 = 12V DS

− 4V

DS

2 4V DS

− 13V

DS +

+ V DS , 5 = 0,

cuyas soluciones son V DS = 2,804 y V DS = 0,4458. La solución V DS = 0,4458 verifica V DS ≥ 0 y V DS ≤ 1,5. Así pues, el transistor trabaja en la zona óhmica, V DS = 0,4458 y, usando (3.1), I = (6)(0,4458 )

− (2)(0,4458 )

2

= 2,277 mA .

Problema 42: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el

interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF. 5V

1 MΩ V t = −1 V K = 2 mA/V2

1 MΩ

Solución: Con

I

5 kΩ

el interruptor en ON, V GS = 0 > V t = − 1, el transistor trabajará en la zona corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar V DS ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la

81

malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 5 kΩ, obtenemos 5=

−V

DS

+ 5I =

V DS =

−V

DS ,

−5 ,

que es ≤ 0. Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor 5 V y las resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, V G, vale V G =

1 MΩ 5 = 2,5 . 1 MΩ + 1 MΩ

Siendo V S la tensión de la fuente, la tensión V GS vale V GS = V G − V S = 2,5 − 5 = −2,5 < V t = −1. Ello implica que el transistor no trabajará en la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. Tenemos

− V t) = (2)(−2,5 − (−1)) = 4,5 . − V t = −2,5 − (−1) = −1,5. La tensión de drenador, V D , vale 2

I = K (V GS

2

Se ha de verificar V DS ≤ V GS

V D = 5I = (5)(4,5) = 22,5 .

La tensión V DS resulta, por tanto, valer V DS = V D − V S = 22,5 − 5 = 17,5, que no es ≤ −1,5. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar V DS ≤ 0 y V DS ≥ V GS − V t = −1,5. La corriente I , en función de V DS , vale



I = K 2(V GS =

− V t)V − V DS

2

−6V − 2V DS

2

DS .

= 2 (2)( 2,5

 

DS

− − (−1))V − V DS

2



DS

(3.2)

La tensión de drenador, V D , vale V D = 5I =

2

−30V − 10V DS

DS

y, utilizando V DS = V D − V S = V D − 5, se obtiene la ecuación de segundo grado en V DS V DS =

2

−30V − 10V − 5 , DS

DS

2 10V DS + 31V DS + 5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS = −0,1707 y V DS = −2,929. La solución V DS = −0,1707 verifica las condiciones V DS ≤ 0 y V DS ≥ −1,5. Así pues, el transistor trabaja en la zona óhmica, V DS = −0,1707 V y, utilizando (3.2), la corriente I vale I =

2

−(6)(−0,1707 ) − (2)(−0,1707 )

= 0,9659 mA .

82


Se utiliza el circuito de la figura para caracterizar un MOSFET de enriquecimiento de canal n. Cuando el interruptor está en OFF, la lectura del amperímetro es 6,5 mA y, cuando está en ON, 4 mA. ¿Qué valores tienen los parámetros V t y K del transistor? Problema 43:

10 V

1 MΩ

1 kΩ

1 MΩ A

Solución: Siendo

el transistor un MOSFET de enriquecimiento de canal n, V t será > 0. Con el interruptor en OFF, siendo nula la corriente por la puerta del transistor, la corriente por la resistencia de valor 1 kΩ es I D y V DS = 10 − (1)I D = 10 − (1)(6,5) = 3,5. Con el interruptor en ON, despreciando la corriente por las resistencias de valor 1 MΩ, tenemos V DS = 10 − (1)I D = 10 − (1)(4) = 6. En ambos casos, pues, V DS > 0 . Entonces, I D > 0 implica V GS > V t , por lo que el transistor no podrá trabajar en la zona corte. Con el interruptor en OFF, siendo nula la corriente por la puerta del transistor, V GD = 0 y el transistor trabajará en la zona saturación, pues se tiene V DS = V DG + V GS = V GS − V GD = V GS > V GS − V t . Obtenemos 6,5 = K (V GS − V t)2 . (3.3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 kΩ y el transistor, y utilizando V DS = V GS , obtenemos 10 = (1)I D + V DS = (1)(6,5) + V GS = 6,5 + V GS , V GS = 3,5 .

Sustituyendo este valor en (3.3), obtenemos 6,5 = K (3,5 − V t )2 .

(3.4)

Con el interruptor en ON, siendo nula la corriente por la puerta del transistor, las resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, y V GS =

1 MΩ V DS V DS = , 1 MΩ + 1 MΩ 2 V DS = 2V GS ,

y el transistor también trabajará en la zona saturación, pues se tendrá V DS > V GS > V GS − V t. Obtenemos (3.5) 4 = K (V GS − V t )2 .

83

Despreciando la corriente por las resistencias de 1 MΩ, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la misma malla que antes, y usando V DS = 2V GS , obtenemos 10 = (1)I D + V DS = (1)(4) + 2V GS = 4 + 2V GS ,

que da V GS =

10

−4 = 3.

2

La corriente por las resistencias de 1 MΩ resulta valer, por tanto, V GS /(2 MΩ) = 3/2.000 = 0,0015 mA, que, efectivamente, es despreciable frente a 4 mA. Sustituyendo el valor de V GS en (3.5), obtenemos (3.6) 4 = K (3 − V t )2 . Los parámetros V t y K del MOSFET pueden ser determinados resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (3.4) y (3.6). Dividiéndolas, obtenemos 6,5 4

=



3,5 − V t 3

− V t



2

,

y, considerando que V t < 3 , pues, con el interruptor en OFF, V GS > V t y V GS = 3, obtenemos 3,5 − V t



6,5

= 1,275 , − V t 4 3,5 − V t = 3,825 − 1,275 V t , 3,825 − 3,5 V t = = 1,182 V . 1,275 − 1 3

=

Sustituyendo ese valor en (3.6), obtenemos 4 = K (3

y K =

− 1,182)

2

4

3,305

= 3,305 K

= 1,21 mA/V2 .

Problema 44: El

circuito de la figura se comporta como una fuente de corriente para ciertos valores de R. ¿Cuáles? 5V

5 kΩ

R V t = 1 V K = 1 mA/V2

10kΩ

Solución: Dado que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor

84


5 V, la resistencia de valor 5 kΩ y la resistencia de valor 10 kΩ forman un divisor de tensión, y V GS =

10 5 = 3,333 . 5 + 10

Siendo V GS > V t = 1, el transistor trabajará en la zona óhmica o en la zona saturación. El que trabaje en una zona u otra dependerá del valor de R. Ello se puede ver gráficamente considerando que el punto de trabajo del transistor estará en la intersección de la recta de carga 5 = RI D + V DS

con la característica I D = f (V DS ) del transistor para V GS = 3,333 V. Con V GS = 3,333, 2

I D,sat = K (V GS

− V t)

= (1)(3,333

2

− 1)

= 5,443 mA

y la transición entre la zona óhmica y la zona saturación se producirá para V DS = V DS ,sat = V GS − V t = 3,333 − 1 = 2,333 V. Así pues, la situación será: I D (mA)

5 R

5 Rmax

5,443

V GS =

2,333

5

V DS

3,333 V

(V)

Para R ≤ Rmax, el transistor trabajará en la zona saturación, I D será independiente de R y el circuito se comportará como una fuente de corriente. R max puede ser determinada imponiendo I D = I D,sat y V DS = V DS ,sat en la ecuación de la recta de carga: 5 = R maxI D,sat + V DS ,sat , 5 = 5,443 Rmax + 2,333 , Rmax =

5

− 2,333 = 0,49 kΩ = 490 Ω . 5,443

Problema 45: El MOSFET del circuito de la figura tiene una V t = 1 V y un parámetro K que

puede variar entre 10 y 40 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, suponiendo el MOSFET trabajando en saturación y K = 20 mA/V2 , I = 10 mA; 2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET trabajando en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K ; 3) para el valor de R 1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R 2

85

para que, para cualquier valor posible para K , el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

I

R2

10kΩ

R1

10kΩ

1) Con el MOSFET trabajando en saturación, I = K (V GS − V t )2 = K (V GS − 1)2 , y para que con K = 20 mA/V2 , I = 10 mA, V GS deberá ser > V t = 1 y satisfacer Solución:

2

10 = 20(V GS

− 1)

de donde, usando V GS > 1 , V GS = 1 +

,



10 = 1,707 . 20

Siendo nula la corriente por la puerta del transistor, la fuente de tensión de valor 12 V y las dos resistencias de valor 10 kΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, V G , vale V G =

10 12 = 6 . 10 + 10

Para calcular el valor necesario de R 1 conociendo V GS y V G, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia inferior de valor 10 kΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R1, obteniendo (3.7) V G = V GS + R1 I , 6 = 1,707 + 10R1 , R1 =

6

− 1,707 = 0,4293 kΩ = 429,3 Ω . 10

2) Con el MOSFET trabajando en saturación y en función de K , la corriente I vale 2

I = K (V GS

− 1)

.

Teniendo en cuenta V GS ≥ V t = 1, se obtiene V GS = 1 +



I . K

Por otro lado, usando (3.7) con V G = 6 y R1 = 0,4293, se obtiene 6=1+



I + 0,4293 I . K

(3.8)

86


Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, al variar K entre 10 mA/V2 y 40 mA/V2 , el valor mínimo de I , I min, se obtiene para K = 10 mA/V2 y el valor máximo, I max , para K = 40 mA/V2 . Para determinar I min e I max, expresemos I en función de K usando (3.8). Podemos reescribir (3.8) en forma de ecuación de √ segundo grado en I . Se obtiene 0,4293 I +

√ √ 1K I − 5 = 0 .

La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son

√ −1/√ K ± I =

1/K + 8,586



0,8586

De ellas, la única que da

.

√ I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto, √ √ 1/K + 8,586 − 1/ K I =



0,8586

e



1/K + 8,586

I =

que da I min =

e



0,7372

√ 1/10 + 8,586 − 1/ 10

 

0,7372

1/40 + 8,586

I max =

− 1/√ K

0,7372

40

,

2

 √ 

− 1/

2

= 9,368 mA

2

= 10,43 mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencias de valores R 1 y R 2 y el MOSFET, obtenemos 12 = R 2 I + V DS + R1 I ,

y, usando R1 = 0,4293, 12 = V DS + 0,4293 I + R2 I , V DS = 12

− 0,4293I − R I . 2

Por otro lado, de (3.7) con V G = 6 y R1 = 0,4293,

− R I = 6 − 0,4293I . ≥ V − V t = V − 1, se obtiene 12 − 0,4293 I − R I ≥ 5 − 0,4293 I , R I ≤ 7 , V GS = V G

Imponiendo, entonces, V DS

GS

1

GS

2

2

87

≤ I 7 .

R2

La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar 7 ≤ 10,43 = 0,6711 k Ω = 671,1 Ω .

R2

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 obtenido en el apartado 1) y para cualquier valor posible de K , el MOSFET trabaje en saturación es 671,1 , Ω. El MOSFET del circuito de la figura tiene una V t = −1 V y un parámetro K que puede variar entre 5 y 20 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, suponiendo el MOSFET trabajando en saturación y K = 10 mA/V2, I = 10 mA; 2) con la R 1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET trabajando en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K ; 3) para el valor de R 1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R 2 para que, para cualquier valor posible para K , el MOSFET trabaje en saturación. Problema 46:

12 V

R1

4 kΩ

I

R2

8 kΩ

1) Con el MOSFET trabajando en saturación, I = K (V GS − V t )2 = K (V GS + 1) 2 , y para que con K = 10 mA/V2 , I = 10 mA, V GS deberá ser < V t = −1 y satisfacer Solución:

10 = 10(V GS + 1)2 ,

de donde, usando V GS < −1, V GS =

−1 −



10 = 10

−2 .

Siendo nula la corriente por la puerta del transistor, la fuente de tensión de valor 12 V, la resistencia de valor 4 kΩ y la resistencia de valor 8 kΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta vale V G =

8 12 = 8 , 4+8

que implica que la resistencia de valor 4 kΩ verá una tensión de valor 4 V. Para calcular el valor necesario de R 1 conociendo V GS y la tensión que ve la resistencia de valor 4 kΩ, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia de valor 4 kΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo 4 = R 1 I

− V

GS ,

(3.9)

88


4 = 10R1 + 2 , 4

R1 =

− 2 = 0,2 kΩ = 200 Ω .

10

2) Con el MOSFET trabajando en saturación y en función de K , la corriente I vale I = K (V GS + 1)2 .

Teniendo en cuenta V GS ≤ V t =

−1, se obtiene V GS =

−1 −



I . K

Por otro lado, usando (3.9) con R1 = 0,2, se obtiene

 

I , K

4 = 0,2I + 1 + 3 = 0,2I +

I . K

(3.10)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0 . Por tanto, al variar K entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2 , el valor mínimo de I , I min, se obtiene para K = 5 mA/V2 y el valor máximo, I max , para K = 20 mA/V2. Para determinar I min e I max, expresemos I en función de K usando (3.10). Podemos reescribir (3.10) en forma de ecuación de segundo grado √ en I . Se obtiene 1 √ 0,2I + √ I − 3 = 0 . K

La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son

√ −1/√ K ± I =

1/K + 2,4



0,4


.

√ I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto, √ √ 1/K + 2,4 − 1/ K I =

e I =

e I max =

0,4

√ 1/K + 2,4 − 1/ K



que da I min =



0,16

√ 1/5 + 2,4 − 1/ 5



0,16

0,16

,

2



√ 1/20 + 2,4 − 1/ 20



2



= 8,486 mA 2



= 11,25 mA .

89

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencias de valores R 1 y R2 y el MOSFET, obtenemos 12 = R 1 I

− V

DS

+ R2 I ,

y, usando R 1 = 0,2,

−V + 0,2I + R I , = −12 + 0,2I + R I .

12 = V DS

Por otro lado, de (3.9) con R1 = 0,2,

DS

2 2

−4 + 0,2I .

V GS =

Imponiendo, entonces, V DS ≤ V GS − V t = V GS + 1, se obtiene

−12 + 0,2I + R I ≤ −3 + 0,2I , R I ≤ 9 , 9 R ≤ . I 2

2

2

La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar 9 ≤ 11,25 = 0,8 kΩ = 800 Ω .

R2

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en el apartado 1) y para cualquier valor posible de K , el MOSFET trabaje en saturación es 796 Ω. Problema 47: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la tensión V o en función

de K 1 /K 2 . ¿Entre qué valores puede variar V o ? 5V

Q2 Q1

V t = 1 V K = K 2 mA/V2 V o V t = 1 V K = K 1 mA/V2

Solución: Denotemos

con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Dado que V DS 1 = V GS 1 > V GS 1 − V t1 = V GS 1 − 1 y V DS 2 = V GS 2 > V GS 2 − V t2 = V GS 2 − 1, supuesto V GS 1 > V t1 = 1 y V GS 2 > V t2 = 1, los dos transistores trabajarán en la zona saturación. Supongámoslo. Tenemos I D1 = K 1(V GS 1 I D2 = K 2(V GS 2

2

,

2

.

− 1) − 1)

90


Por otro lado, por inspección I D1 = I D2 , obteniéndose, usando V GS 1 > 1 y V GS 2 > 1 , 2

K 1 (V GS 1

2

− 1) = K (V − 1) V − 1 = K , V −1 K V − 1 = K , V − 1 K





GS 2 GS 1

V GS 2 = 1 +

1 2



GS 1

−1 =

,

2

GS 2

V GS 2

GS 2

2

1 2

 

K 1 (V GS 1 K 2

− 1) ,

K 1 (V GS 1 K 2

− 1) .

(3.11)

Utilizando (3.11) en V GS 1 + V GS 2 = 5, se obtiene

   

K 1 (V GS 1 K 2

V GS 1 + 1 +

1+

K 1 K 2

− 1) = 5 ,

V GS 1 = 4 +

4+ V GS 1 = 1+



K 1 , K 2

 

K 1 K 2 . K 1 K 2

Obviamente, V GS 1 > 1 , y utilizando (3.11), V GS 2 > 1 . Así pues, los dos transistores trabajan en la zona saturación y el análisis realizado es correcto. Dado que V o = V GS 1, obtenemos 4+ V o = 1+

Tanto K 1 /K 2 como

 

K 1 K 2 . K 1 K 2

K 1 /K 2 toman valores en el intervalo (0, ). Por otro lado, la función f (x) = (4 + x)/(1 + x) es decreciente con x en (0, ), como puede ser comprobado fácilmente calculando df /dx, df 1 + x (4 + x) 3 = = < 0 . (1 + x)2 (1 + x)2 dx



∞

−

∞

−

Así pues, V o puede tomar valores en el intervalo (V o,min, V o,max) con 4+x 4/x + 1 = l´ım = 1, x→∞ 1 + x x→∞ 1/x + 1

V o,min = l´ım f (x) = l´ım x→∞

V o,max = l´ım f (x) = f (0) = 4 . x→0

91

Analice el circuito de la figura y determine: 1) el valor de la tensión V GS de Q1 y valor de la corriente I , 2) el intervalo de valores de R para los cuales Q3 trabaja en la zona saturación y valor de la corriente I en ese caso. El circuito de la figura se denomina espejo de corriente. ¿Por qué? Problema 48:

′

5V

5V R

V t = 1 V K = K 1 mA/V2 I

Q2

I

′

V t = 1 V K = K 2 mA/V2

V t = 1 V K = K 1 mA/V2

Q3 Q1

Denotaremos usando los subíndices 1, 2 y 3 los valores de las tensiones, corrientes y parámetros V t de, respectivamente, Q1, Q2 y Q3. Solución:

1) Por inspección, V DS 1 = V GS 1 y V DS 2 = V GS 2. Supongamos que tanto Q1 como Q2 trabajan en la zona saturación. Las condiciones a verificar son V GS 1 ≥ V t1 = 1, V GS 2 ≥ V t2 = 1, V DS 1 ≥ V GS 1 − V t1 = V GS 1 − 1 y V DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = V GS 2 − 1. Las dos últimas quedan aseguradas por V DS 1 = V GS 1 y V DS 2 = V GS 2 . Así pues, las únicas condiciones a verificar son V GS 1 ≥ 1 y V GS 2 ≥ 1. Con Q1 y Q2 en saturación, tenemos I D1 = K 1(V GS 1 I D2 = K 1(V GS 2

2

,

2

.

− 1) − 1)

Entonces, V GS 1 = V GS 2 es consistente con I D1 = I D2 = I . Por otro lado, V GS 1 + V GS 2 = 5. Así pues, V GS 1 = V GS 2 = 2,5, que es ≥ 1. Las zonas de trabajo supuestas para Q1 y Q2 son, por tanto, correctas, V GS 1 = 2,5 V e I = I D1 = K 1 (2,5

2

− 1)

= 2,25K 1 mA .

2) Por inspección, obtenemos V GS 3 = V GS 1 = 2,5 ≥ V t3 = 1. Para que Q3 trabaje en la zona saturación, se deberá cumplir V DS 3 ≥ V GS 3 − V t3 = 2,5 − 1 = 1,5. En esa zona, la corriente I valdrá I = I D3 = K 2 (V GS 3 − 1)2 = K 2 (2,5 − 1)2 = 2,25K 2 mA .

′

′

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R y Q3, obtenemos 5 = RI ′ + V DS 3 , V DS 3 = 5

e, imponiendo V DS 3 ≥ 1,5, obtenemos

− RI = 5 − 2,25K R , ′

2

− 2,25K R ≥ 1,5 , 5 − 1,5 1,556 = kΩ . R≤ 5

2

2,25K 2

K 2

92


El circuito se denomina espejo de corriente porque, cuando Q3 trabaja en la zona saturación, I /I = K 2 /K 1 y la corriente I es una réplica de la corriente I independiente del valor de R con un factor de escalado K 2 /K 1 . Dicho factor de escalado puede ser ajustado escogiendo valores apropiados para K 1 y K 2 . ′

′

Problema 49: El

parámetro K del MOSFET Q1 del espejo de corriente de la figura, K 1 , puede variar entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2. Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, con K 1 = 10 mA/V2 , I = 1 mA; 2) para el valor de R 1 calculado en el apartado anterior y suponiendo Q2 en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango de valores posibles para K 1 ; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado 1) y α = 20, determine el máximo valor que puede tener R2 para que Q2 trabaje en saturación para todo valor posible de K 1 . ′

5V

5V R1

R2

I

′

V t = 1 V K = αK 1

I V t = 1 V K = K 1

Q2 Q1

Solución: Denotaremos

con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t de, respectivamente, Q1 y Q2. 1) Por inspección, V DS 1 = V GS 1 y V DS 1 > V GS 1 − V t1 = V GS 1 − 1. Ello implica que Q1 estará en saturación con V GS 1 > V t1 = 1, pues V GS 1 ≤ V t1 conduce a I = 0. La corriente I valdrá, por tanto, I = K 1 (V GS 1

2

− V t ) 1

= 10(V GS 1

e, imponiendo I = 1, obtenemos, usando V GS 1 > 1 , 1 = 10(V GS 1

2

− 1)

2

− 1)

,

,



1 = 1,316 . 10 Para calcular el valor necesario de R1 conociendo V GS 1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R1 y Q1, obteniendo V GS 1 = 1 +

5 = R 1I + V GS 1 ,

(3.12)

5 = R 1 + 1,316 , R1 = 5

− 1,316 = 3,684 kΩ .

2) Determinemos, primero, el rango de valores posibles para I . El razonamiento del apartado anterior que ha conducido a que Q1 trabaje en saturación y a que V GS 1 > 1 es independiente  0. Pero I = 0 sólo es posible con Q1 en corte y, con del valor de R 1 , siempre y cuando I =

93

I = 0, tenemos V GS 1 = 5 > V t1 = 1, una contradicción. Por tanto, Q1 trabaja en saturación con V GS 1 > 1 para todo valor posible de K 1 e I = K 1 (V GS 1

2

− V t ) 1

2

= K 1 (V GS 1

− 1)

,

(3.13)

que es > 0, y, teniendo en cuenta V GS 1 > 1 , V GS 1 = 1 +

que, combinada con (3.12) da

 

I , K 1

5 = R 1 I + 1 +

y, con R1 = 3,684, 4=

I , K 1



I + 3,684 I . K 1

(3.14)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K 1 para K 1 > 0 . Por tanto, al variar K 1 entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2, I varía entre un valor mínimo, I min, correspondiente a K 1 = 5 mA/V2 , y un valor máximo, I max , correspondiente a K 1 = 20 mA/V2 . Para determinar I min e I max, expresemos I en función de K 1 usando (3.14). Podemos reescribir (3.14) en forma √ de ecuación de segundo grado en I . Se obtiene 3,684 I +

√ 1K √ I − 4 = 0 . 1

Las soluciones de dicha ecuación de segundo grado son

√ −1/√ K ± I = 1

1/K 1 + 58,94



7,368


.

√ I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto, √ √ 1/K + 58,94 − 1/ K

 

1

I =

e I =

que da I min =

e I max =

1

7,368

√ 1/K + 58,94 − 1/ K 1

1

54,29

√ 1/5 + 58,94 − 1/ 5

 



54,29

2

54,29 Por otro lado, con Q2 en saturación y siendo V GS 2 = V GS 1, 2

2

,

= 0,9663 mA



− V t )

2

2

√ 1/20 + 58,94 − 1/ 20

I ′ = K 2(V GS 2



,

= 1,024 mA .

= αK 1 (V GS 1

2

− 1)

,

94


que, combinada con (3.13), da I ′ = αI .

Por tanto, I variará entre un valor mínimo ′

′ I min = 0,9663 α mA

y un valor máximo ′ I max = 1,024 α mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R2 y Q2, obtenemos, usando I = αI , ′

5 = R 2I ′ + V DS 2 = αR 2 I + V DS 2 , V DS 2 = 5

− αR I . 2

Usando V GS 2 = V GS 1 , de (3.12), con R1 = 3,684, obtenemos V GS 2 = V GS 1 = 5

e, imponiendo V DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = V GS 2 − 1, 5

− 3,684I ,

− αR I ≥ 4 − 3,684I , αR I ≤ 1 + 3,684 I , 2

2

1 + 3,684 I 1 + 3,684I 1 R2 = = + 0,1842 . αI 20I 20I La condición más estricta se obtiene para I = I max y es 1 R2 + 0,1842 = 0,233 kΩ = 233 Ω . (20)(1,024 ) Por tanto, para que con el valor de R 1 calculado en el apartado 1) y con α = 20, Q2 trabaje en saturación para cualquier valor posible de K 1 , R2 no deberá superar 233Ω.

≤

≤

Problema 50: Analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor de la corriente I cuando el

interruptor está en ON; 2) determine el valor que ha de tener R1 para que, cuando el interruptor está en OFF y suponiendo que el MOSFET trabaja en saturación, I = 10 mA; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado anterior y con el interruptor en OFF, determine el máximo valor que puede tener R2 de modo que el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

10kΩ

R2

I V t = 1 V K = 5 mA/V2

10kΩ

Solución: 1)

R1

Con el interruptor en ON, la tensión de puerta del MOSFET, V G , vale 0. Vamos a ver que ello implica que el MOSFET estará en corte. Se ha de verificar V GS ≤ V t = 1 y

95

V DS

≥ 0. Con el MOSFET en corte, I = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla

formada por el interruptor, el MOSFET y la resistencia de valor R1 se obtiene 0 = V GS + R1 I = V GS ,

y V GS = 0 ≤ 1. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, la resistencia de valor R2 , el MOSFET y la resistencia de valor R1 , se obtiene 12 = R 2I + V DS + R1 I = V DS ,

y V DS = 12 ≥ 0. Así pues, con el interruptor en ON, el MOSFET está en corte e I = 0. 2) Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por el interruptor es nula y que la corriente por la puerta del MOSFET es también nula, resulta que la fuente de tensión de valor 12 V y las resistencias de valor 10 kΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta del MOSFET, V G , valdrá 10 12 = 6 . 10 + 10 Con el MOSFET en saturación, la corriente I vale V G =

I = K (V GS

2

− V t )

= K (V GS

2

− 1)

.

Para que I = 10 mA, V GS deberá verificar 10 = 5(V GS

2

− 1)

,

que, teniendo en cuenta que V GS deberá ser > 1, pues el MOSFET está en saturación e I > 0, conduce a V GS = 1 +



10 = 2,414 . 5

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia inferior de valor 10 kΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R 1, obtenemos V G = V GS + R1 I ,

y, usando V G = 6, V GS = 2,414 e I = 10, R1 deberá verificar 6 = 2,414 + 10R1 ,

de donde R 1 deberá valer R1 =

6

− 2,414 = 0,3586 kΩ = 358,6 Ω . 10

3) Bastará calcular, para R 1 = 358,6 Ω, V DS en función de R 2 e imponer V DS ≥ V GS − V t = V GS − 1. Podemos usar V GS = 2,414 e I = 10. Para calcular V DS en función de R2 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, la resistencia de valor R2, el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo 12 = R 2 I + V DS + R1 I .

96


Usando I = 10 y R1 = 358,6 Ω, obtenemos 12 = 10R2 + V DS + (0,3586 )(10) , V DS = 8,414

− 10R . Finalmente, imponiendo V ≥ V − 1 = 2,414 − 1 = 1,414, obtenemos 8,414 − 10R ≥ 1,414 , 8,414 − 1,414 R ≤ = 0,7 kΩ = 700 Ω . DS

2

GS

2

2

10

Así pues, para que con el valor de R 1 calculado en el apartado anterior y con el interruptor en OFF, el MOSFET trabaje en saturación, el valor de R2 no deberá superar 700 Ω. Analice el circuito de la figura y determine el valor de la corriente I para vi = 0 y para vi = 5 V. Problema 51:

5V I

10kΩ

10 Ω

Q2 Q1

V t = 1 V K = 0,2mA/V2

V t = 1 V K = 100mA/V2

vi + −

Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t y K de, respectivamente, Q1 y Q2. Solución:

Para v i = 0, V GS 1 = 0 < V t1 = 1 y Q1 está en corte. Sólo hay que verificar V DS 1 ≥ 0. Pero, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta de Q2 es nula, V DS 1 = 5 − 10I D1 = 5 ≥ 0. Dado que V GS 2 = V DS 1 = 5 > 1, Q2 no estará en corte. Supongamos que trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar V DS 2 ≥ 0 y V DS 2 ≤ V GS 2 − V t2 = 5 − 1 = 4. Tenemos I D2 = K 2 [2(V GS 2 = 800V DS 2

− V t )V − V 2

DS 2

2

− 100V

DS 2

2

DS 2 ]

= 100[(2)(5

.

− 1)V − V DS 2

2

DS 2 ]

(3.15)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 Ω y Q2, obtenemos 5 = 0,01I D2 + V DS 2 .

Combinando (3.15) y (3.16) obtenemos la ecuación de segundo grado en V DS 2 5 = 8V DS 2

− V

2

DS 2 +

V DS 2 ,

(3.16)

97

2 V DS 2

− 9V

DS 2 +

5=0,

cuyas soluciones son V DS 2 = 8,405 y V DS 2 = 0,5949. La solución V DS 2 = 0,5949 verifica V DS 2 ≥ 0 y V DS 2 ≤ 4. Así pues, el transistor Q2 trabaja en la zona óhmica y V DS 2 = 0,5949. Usando (3.15) obtenemos I = I D2 = (800)(0,5949 )

− (100)(0,5949 )

= 440,5 mA .

2

Para vi = 5 V, V GS 1 = 5 > V t1 = 1 y Q1 no estará en corte. Supongamos que trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar V DS 1 ≥ 0 y V DS 1 ≤ V GS 1 − V t1 = 5 − 1 = 4. Tenemos I D1 = K 1 [2(V GS 1 = 1,6V DS 1

= 0,2[(2)(5

2

− V t )V − V

− 0,2V

DS 1 ]

DS 1

1

2

DS 1 .

− 1)V − V DS 1

2

DS 1 ]

(3.17)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 kΩ y Q1, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta de Q2 es nula, obtenemos (3.18) 5 = 10I D1 + V DS 1 . Combinando (3.17) y (3.18) obtenemos la ecuación de segundo grado en V DS 1 5 = 16V DS 1 2 2V DS 1 2 V DS 1

− 2V

2

DS 1 +

− 17V − 8,5V

DS 1 +

DS 1 +

V DS 1 ,

5 = 0,

2,5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS 1 = 8,195 y V DS 1 = 0,3051. La solución V DS 1 = 0,3051 verifica V DS 1 ≥ 0 y V DS 1 ≤ 4. Así pues, el transistor Q1 trabaja en la zona óhmica y V DS 1 = 0,3051 V. Dado que V GS 2 = V DS 1 = 0,3051 < V t1 = 1, el transistor Q2 trabajará en la zona corte. Sólo hay que verificar V DS 2 ≥ 0. Pero, con Q2 en corte, I = 0 y V DS 2 = 5 − 0,01 I = 5 ≥ 0. La corriente I valdrá, por tanto, I = 0. Analice el circuito de la figura y determine el valor de la corriente I para v i = 0 y para vi = 5 V. Problema 52:

5V

Q1 + vi −

V t = −1 V K = 0,1mA/V2 Q2

50kΩ

30 Ω

V t = −1 V K = 50mA/V2 I

Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t y K de, respectivamente, Q1 y Q2. Solución:

98


Para vi = 0, V GS 1 = −5 < V t1 = −1 y Q1 no estará en corte. Supongamos que está en la zona óhmica. Se ha de verificar V DS 1 ≤ 0 y V DS 1 ≥ V GS 1 − V t1 = −5 + 1 = −4. Con Q1 en la zona óhmica, I D1 = K 1 [2(V GS 1 =

−0,8V

DS 1

− V t )V − V − 0,1V .

2

DS 1 ]

DS 1

1

= 0,1[(2)( 5 + 1)V DS 1

−

2

DS 1

− V

2

DS 1 ]

(3.19)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q1 y la resistencia de valor 50 kΩ, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta de Q2 es nula, obtenemos 5=

−V

DS 1 + 50I D 1

,

que, combinada con (3.19), conduce a la ecuación de segundo grado en V DS 1 5=

2

−V − 40V − 5V DS 1

DS 1

DS 1

,

2 5V DS 1 + 41V DS 1 + 5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS 1 = −0,1238 y V DS 1 = −8,076. La solución V DS 1 = −0,1238 verifica V DS 1 ≤ 0 y V DS 1 ≥ −4. Así pues, con v i = 0, Q1 está en la zona óhmica y V DS 1 = −0,1238. Por inspección, V GS 2 = V DS 1 y V GS 2 = −0,1238 > V t2 = −1, implicando que Q2 estará en corte, debiéndose únicamente verificar V DS 2 ≤ 0. Con Q2 en corte, I = 0 y, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q2 y la resistencia de valor 30 Ω, obtenemos 5 = −V DS 2 + 0,03I = −V DS 2 , V DS 2 =

−5 ,

que es ≤ 0. Así pues, con vi = 0, Q2 está en corte e I = 0. Para vi = 5, V GS 1 = 0 > V t1 = −1, implicando que Q1 estará en corte, debiéndose únicamente verificar V DS 1 ≤ 0. Con Q1 en corte, I D1 = 0 y, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q1 y la resistencia de valor 50 kΩ, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta de Q2 es nula, obtenemos 5=

−V

DS 1 + 50I D 1 =

V DS 1 =

−V

DS 1 ,

−5 ,

que es ≤ 0. Así pues, para vi = 5, Q1 está en corte y V DS 1 = − 5. Por inspección, V GS 2 = V DS 1 = −5 y V GS 2 < V t2 = −1, implicando que Q2 no estará en corte. Supongamos que está en la zona óhmica. Se ha de verificar V DS 2 ≤ 0 y V DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = −5 + 1 = −4. Con Q2 en óhmica, la corriente I vale I = K 2[2(V GS 2 =

−400V

DS 2

2

− V t )V − V − 50V .

DS 2 ]

DS 2

2

= 50[(2)( 5 + 1)V DS 2

2

DS 2

−

− V

2

DS 2 ]

(3.20)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q2 y la resistencia de valor 30 Ω, obtenemos 5=

−V

DS 2 +

0,03I ,

99

que, combinada con (3.20), conduce a la ecuación de segundo grado en V DS 2 5=

−V − 12V − 1,5V DS 2

DS 2

2

DS 2

,

2 1,5V DS 2 + 13V DS 2 + 5 = 0 ,

cuyas soluciones con V DS 2 = −0,4034 y V DS 2 = −8,263. La solución V DS 2 = −0,4034 verifica V DS 2 ≤ 0 y V DS 2 ≥ −4. Así pues, para vi = 5, Q2 está en la zona óhmica y V DS 2 = −0,4034. La corriente I puede ser calculada utilizando (3.20): I =

2

−(400)(−0,4034 ) − (50)(−0,4034 )

= 153,2 mA .

Con V t = 1 V, K = 1 mA/V2 y R = 10 kΩ, determine la función de transferencia vo = F (vi ), 0 ≤ v i ≤ 5 V del circuito de la figura para: 1) v c = 0, 2) v c = 5 V. Suponga, a continuación, V t < 5 V y, para v c = 5 V, 3) obtenga v o = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 V en función de K , V t y R , 4) demuestre que dvo /dR es > 0 para todo vi , 0 < vi ≤ 5 V, 5) obtenga v o = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 V para R → ∞. Problema 53:

vc

V t , K vi

vo R

Solución: 1)

Para v c = 0, el transistor trabaja en la zona corte, I D = 0 y v o = 10I D = 0. Comprobémoslo. Las condiciones a verificar son V GS ≤ 1 y V DS ≥ 0. Tenemos V GS = v c −vo = 0, que es ≤ 1. Tenemos V DS = v i − vo = v i , que, para 0 ≤ vi ≤ 5, es ≥ 0. 2) Con vc = 5 V, el transistor no puede trabajar en la zona corte, pues en ese caso V GS = vc − vo = v c − RI D = 5 − 0 = 5 , que es > 1 , una contradicción. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Las condiciones a verificar son V GS ≥ 1 y 0 ≤ V DS ≤ V GS − V t = V GS − 1. La condición V DS ≥ 0 es fácil de verificar. En la zona óhmica, el transistor es equivalente a una resistencia R DS entre el drenador y la fuente de valor dependiente de V GS y V DS , y V DS = vi − vo = vi − (R/(RDS + R))vi = (RDS /(RDS + R))vi ≥ 0. Siendo V GS = 5 − vo y V DS = v i − vo , la condición V DS ≤ V GS − 1 se traduce en v i − vo ≤ 4 − vo , vi ≤ 4. Ésta última condición asegura V GS ≥ 1, pues vo = (R/(RDS + R))vi ≤ vi y, con vi ≤ 4, V GS = 5 − vo ≥ 5 − vi ≥ 1. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 4, el transistor trabajará en la zona óhmica. Al hacerse v i > 4, el transistor pasará a trabajar en la zona saturación, la corriente I D no variará y v o mantendrá el valor correspondiente a v i = 4. En efecto, la condición V GS ≥ 1 queda asegurada por V GS = 5 − vo y por el hecho de que v o mantenga su valor y la condición V DS > V GS − 1 queda asegurada por la condición v i > 4 , pues V DS > V GS − 1 se traduce en vi − vo > 5 − vo − 1, vi > 4. Para determinar la función de transferencia v 0 = F (vi ), 0 ≤ v i ≤ 5 bastará analizar el circuito para 0 ≤ vi ≤ 4, sabiendo que el transistor trabaja en la zona óhmica. La corriente I D valdrá



I D = K 2(V GS

− V t )V − V DS

2



DS

= 2(V GS

2

− 1)V − V DS

DS .

100


Con V GS = 5 − vo y V DS = v i − vo , se obtiene 2

I D = 2(4

− vo)(vi − vo) − (vi − vo) 8vi − 8vo − 2vi vo + 2vo − vi + 2vi vo − vo = v o − 8vo + 8vi − vi . 2

=

2

2

2

2

Por otro lado, vo = 10I D , obteniéndose la ecuación de segundo grado en vo vo = 10(vo2

2

− 8vo + 8vi − vi ) , vo = 10vo − 80vo + 80vi − 10vi , 10vo − 81vo + 80vi − 10vi , vo − 8,1vo + 8vi − vi = 0 , 2

2

2

2

2

2

cuyas soluciones son vo =

8,1

 ±

65,61 − 32vi + 4vi2 2

= 4,05

 ± − vi2

8vi + 16,4025 .

Discutamos el signo. Para v i = 0, el signo + da v o = 8,1 y el signo − da v o = 0. Dado que vo = (R/(RDS + R))vi , para vi = 0, v o deberá valer 0, y el signo correcto para vi = 0 es el −. El discriminante de la ecuación vi2 − 8vi + 16,4025 = 0 es < 0 y dicha ecuación no tiene soluciones reales. Siendo positivo el coeficiente de vi2 en v i2 − 8vi + 16,4025, se tendrá vi2 − 8vi + 16,4025 > 0 para toda vi . Ello implica que el signo − se ha de mantener para toda vi , 0 ≤ vi ≤ 4, pues, de lo contrario, la función de transferencia no sería continua. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 4, vo = 4,05 − vi2 − 8vi + 16,4025 .



Con vi = 4, se obtiene v o = 3,416 y, para 4 < vi ≤ 5, vo = 3,416. 3) Una generalización de los razonamientos realizados en 2) lleva a las conclusiones de que, para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t , el transistor trabajará en la zona óhmica y de que, al hacerse v i > 5 − V t , el transistor pasará a trabajar a la zona saturación y vo mantendrá el valor correspondiente a vi = 5 − V t . Para determinar la función de transferencia v o = F (vi ), 0 ≤ v i ≤ 5 bastará analizar el circuito para 0 ≤ v i ≤ 5 − V t , sabiendo que el transistor trabaja en la zona óhmica. Teniendo en cuenta que V GS = 5 − vo y V DS = v i − vo , la corriente I D valdrá



I D = K 2(V GS = =

2



2

− V t )V − V = 2K (5 − V t − vo)(vi − vo) − K (vi − vo ) 2K (5 − V t )vi − 2K (5 − V t )vo − 2Kvi vo + 2Kvo − Kvi − Kvo + 2Kvi vo Kvo − 2K (5 − V t )vo + 2K (5 − V t )vi − Kvi . DS

2

DS

2

2

2

2

Usando vo = RI D se obtiene la ecuación de segundo grado en vo vo = R Kvo2



2

− 2K (5 − V t )vo + 2K (5 − V t)vi − Kvi

vo = v o2 KR

2

− 2(5 − V t )vo + 2(5 − V t)vi − vi ,



,

101

 −

2

vo

2(5

−



1 V t ) + vo + 2(5 KR

Las soluciones de dicha ecuación son vo = 5

−



1 V t + 2KR

2

− V t)vi − vi = 0 .

2

vi

±

− 2(5 − V t)vi +

− 5

1 V t + 2KR



2

.

Como en 2), hay que discutir el signo. Para vi = 0, el signo + da vo = 2(5 − V t ) + 1/(KR) y el signo − da v o = 0. Como vo ha de ser 0, el signo correcto para v i = 0 es el −. El discriminante de la ecuación v i2 − 2(5 − V t)vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 = 0 vale 4(5

 − −

2

− V t)

4 5

1 V t + 2KR



2

< 0 .

Así pues, la ecuación v i2 − 2(5 − V t )vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 = 0 no tiene soluciones reales y, siendo positivo el coeficiente de v i2 en v i2 − 2(5 − V t )vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 , se tendrá vi2 − 2(5 − V t )vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 > 0 para toda v i . Ello implica que el signo − se ha de mantener para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t , pues, de lo contrario, la función de transferencia no sería continua. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t , vo = 5

−

1 V t + 2KR

−



2

vi

− 2(5 − V t)vi +

− 5

1 V t + 2KR



2

.

(3.21)

El valor de vo para 5 − V t < vi ≤ 5 se obtiene evaluando (3.21) para vi = 5 − V t y es vo = 5

−

  − −

1 V t + 2KR

5

4) Basta demostrar el resultado para 0 ≤ vi obtiene dvo dR

1 − 2KR − 12

=

2

−

2 5

vi

=

5

−

2

−

(5

2

− V t)

.

≤ 5 − V t. Calculando dvo /dR usando (3.21), se

−     − − −    − − − −    − − − 2

1 2KR2

1 V t + 2KR

1 V t + 2KR

2(5

1 V t + 2KR vi2

1 V t + 2KR

V t )vi + 5 2

vi

2(5

1 2KR2

2(5

V t )vi +

V t )vi + 5 5

V t +

2

1 V t + 2KR

1 2KR

2

2

.

Dado que, como se ha visto en 3), vi2 − 2(5 − V t )vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 es > 0 , basta verificar que 5

−

1 V t + > 2KR



2

vi

− 2(5 − V t)vi +

− 5

1 V t + 2KR

2



.

102


Pero vi2 − 2(5 − V t )vi = vi [vi − 2(5 − V t )], que, para 0 < vi ≤ 5 − V t , es < 0. 5) Calculando el límite para R → ∞ de (3.21) se obtiene, para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t ,

 − −  − − 2

l´ım vo = 5

2

− V t vi 2(5 − V t)vi + (5 − V t) R = 5 − V t [vi (5 − V t )] = 5 − V t − [(5 − V t ) − vi ] = vi . La función de transferencia límite para 5 − V t < vi ≤ 5 se obtiene evaluando el límite anterior vo = 5 − V t , 5 − V t < vi ≤ 5. en vi = 5 − V t , con el resultado l´ımR →∞

2

→∞

Problema 54: Los

MOSFETs del circuito de la figura son idénticos y tienen una V t = −1 V. Analice el circuito y demuestre que para −1 ≤ vi ≤ 3, v o = (vi + 5)/2. Sugerencia: suponga que los dos MOSFETs trabajan en saturación y determine los valores de v i para los que eso es cierto y la relación que hay entre vo y vi . 5V Q2 vo vi

Q1

Sea K el parámetro de escala de corriente de los dos MOSFETs y denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t y K de, respectivamente, Q1 y Q2. Supongamos Q1 y Q2 en saturación. Dado que, por inspección, V GS 2 = V DS 2 , tenemos V DS 2 < V GS 2 − V t2 = V GS 2 + 1, por lo que para determinar los valores de vi para los cuales Q1 y Q2 están en saturación bastará imponer V GS 1 ≤ V t1 = −1, V DS 1 ≤ V GS 1 − V t1 = V GS 1 + 1 y V GS 2 ≤ V y2 = − 1. Por inspección, V GS 1 = vi − vo y V GS 2 = vo − 5. Con Q1 y Q2 en saturación, tenemos Solución:

I D1 = K 1 (V GS 1

e

2

− V t )

I D2 = K 2 (V GS 2

1

= K 1(vi 2

− V t ) 2

= K 2 (vo

Imponiendo I D1 = I D2 , obtenemos, usando K 1 = K 2 , K 1(vi

− vo + 1)

2

2

− 4) 2

− vo + 1) = K (vo − 4) vi − vo + 1 = 1, vo − 4 vi − vo + 1 = ±1 . vo − 4



2



2

Consideremos primero el signo + . Se tiene vi

− vo + 1 = vo − 4 ,

,

.

2

103

vo =

vi + 5 . 2

Imponiendo V GS 1 ≤ −1, se obtiene vi vi

− vo ≤ −1 ,

− v i +2 5 ≤ −1 , vi 2

− 52 ≤ −1 , vi ≤ 3 .

Imponiendo V DS 1 ≤ V GS 1 + 1 , se obtiene, teniendo en cuenta V DS 1 =

−vo,

−vo ≤ vi − vo + 1 , vi ≥ −1 .

Por último, imponiendo V GS 2 ≤ −1, se obtiene vo

− 5 ≤ −1 ,

vi + 5 5 1, 2 vi 5 1, 2 2 vi 3 .

− ≤−

− ≤ − ≤

Así pues, para −1 ≤ vi ≤ 3, los dos MOSFETs están en saturación y vo = (vi + 5)/2.

104


Capítulo 4

Problemas de Análisis de Amplificadores de Pequeña Señal Problema 55: Analice

el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 200 y que las resistencias del circuito valen RS = 10 kΩ, R 1 = 10 kΩ, R C = 500Ω, R E = 1 kΩ y R L = 1 kΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2V. Use V T = 25,9 mV. 5V

RS

C 1

RC

R1

vo C 3

+ R1

vi

C 2

RE

RL

−


realizando el análisis de polarización. Ello permitirá verificar que el BJT está en estado activo y permitirá calcular la componente de polarización de la corriente de colector, I C , que es necesaria para determinar el valor del parámetro r π del modelo de pequeña señal del BJT. El circuito de polarización es 5V

10kΩ

10kΩ

500Ω

1 kΩ

106

4 Problemas de Análisis de Amplificadores de Pequeña Señal

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 10 kΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. Se obtiene 10 V th = 5 = 2,5 V , 10 + 10

Rth = 10 10 =



10 = 5 kΩ . 2

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito 5V

I C

500Ω

5 kΩ 2,5V

1 kΩ

Comprobemos que el BJT está en estado activo y calculemos I C . Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 5 kΩ 2,5V

I B

B

C

0,7V

200I B

500 Ω 5V I C

E 201I B

1 kΩ

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 2,5 V, la resistencia de valor 5 kΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 kΩ, obteniendo 2,5 = 5I B + 0,7 + (1)(201I B ) , 1,8 = 206I B , 1,8 I B = = 0,008738 ,

206 que es 0. Para calcular V CE conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 Ω, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 1 kΩ, obteniendo

≥

5 = (0,5)(200I B ) + V CE + (1)(201I B ) , 5 = V CE + 301I B ,

107

V CE = 5

− 301I B = 5 − (301)(0,008738 ) = 2,37 ,

que es ≥ 0,2. Así pues, en el circuito de polarización, el BJT está en estado activo. La componente de polarización de la corriente de colector vale I C = 200I B = (200)(0,008738 ) = 1,748 mA ,

y el parámetro r π del modelo de pequeña señal del BJT vale rπ =

βV T (200)(0,0259 ) = = 2,963 kΩ . I C 1,748

El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión en la salida del circuito v o tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo/vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es ib

RS +

R1

vi

B

C

R1 rπ

vo βi b

RC

RL

E

−

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1 , por un lado, y RC y RL , por otro, obtenemos R1 R1 =



y RC RL =



R1 10 = = 5 kΩ 2 2

RC RL (0,5)(1) = = 0,3333 k Ω , 0,5 + 1 RC + RL

y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal i2 10kΩ

+ vi

ib

5 kΩ

i1

B

C

2,963 kΩ

vo

200 ib

0,3333 kΩ

E

−

Para determinar la ganancia A = vo /vi , calculemos v i y vo en función de ib . Obtenemos vb = 2,963 ib , vb 2,963 ib = = 0,5926 ib , 5 5 i2 = i 1 + ib = 0,5926 ib + ib = 1,593 ib , i1 =

vi = 10i2 + vb = (10)(1,593 ib ) + 2,963 ib = 18,89 ib ,

(4.1)

108


vo =

−(0,3333 )(200 ib ) = −66,66 ib .

(4.2)

Finalmente, combinando (4.1) y (4.2), A =

66,66 ib vo = = 18,89 ib vi

−

−3,529 .

Problema 56: Analice

el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 200 y que las resistencias del circuito valen R S = 10 kΩ, R 1 = 50 kΩ, R C = 1 kΩ, R E = 2 kΩ y RL = 10 kΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V EB0 = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2V. Use V T = 25,9 mV. 5V R1 RS

C 2

RE

C 1

C 3 vo

+ vi

R1

RC

RL

−


realizando el análisis de polarización, comprobando qoe el BJT está en estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, I C , y el parámetro r π del modelo de pequeña señal del BJT. El circuito de polarización es 5V 50kΩ

2 kΩ

50kΩ

1 kΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 50 kΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. V th =

50 5 = 2,5 V , 50 + 50

Rth = 50 50 =



50 = 25 kΩ . 2

109

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito 5V

2 kΩ 25kΩ I C

2,5V

1 kΩ

Comprobemos que el BJT está en estado activo y calculemos I C . Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 5V 201I B

2 kΩ E 0,7V I B

25kΩ B

200I B I C

2,5V

C 1 kΩ

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 kΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor 25 kΩ y la fuente de tensión de valor 2,5 V, obteniendo 5 = (2)(201I B ) + 0,7 + 25I B + 2,5 , 1,8 = 427I B , I B =

1,8 427

= 0,004215 ,

que es ≥ 0. Para calcular V EC cononociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 kΩ, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 1 kΩ, obteniendo 5 = (2)(201I B ) + V EC + (1)(200I B ) , 5 = V EC + 602I B , V EC = 5

− 602I B = 5 − (602)(0,004215 ) = 2,463 ,

110


que es ≥ 0,2. Así pues, en el circuito de polarización el BJT está en estado activo, la componente de polarización de la corriente de colector vale I C = 200I B = (200)(0,004215 ) = 0,843 mA ,

y el parámetro r π del circuito de pequeña señal del BJT vale rπ =

βV T (200)(0,0259 ) = = 6,145 kΩ . I C 0,843

El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión en la salida del circuito v o tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo /vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es ib

RS +

R1

vi

B

C

R1 rπ

vo βi b

RC

RL

E

−

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1 , por un lado, y RC y RL , por otro, obtenemos R1 R1 =



y RC RL =



R1 50 = = 25 kΩ 2 2

RC RL (1)(10) = = 0,9091 k Ω , RC + RL 1 + 10

y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal i2

+ vi

ib

10kΩ

B

C

i1 6,145 kΩ

25kΩ

vo

200 ib

0,9091 kΩ

E

−

Para determinar la ganancia A = v o /vi , calculemos v i y vo en función de ib . Obtenemos vb = i1 = i2 = i 1

−6,145 ib ,

6,145 ib vb = = 0,2458 ib , 25 25 ib = 0,2458 ib ib = 1,246 ib ,

−

−

−

− − − vi = 10 i + vb = (10)(−1,246 ib ) − 6,145 ib = −18,61 ib , 2

vo = (0,9091 )(200 ib ) = 181,8 ib .

(4.3) (4.4)

111

Finalmente, combinando (4.3) y (4.4),

A =

vo 181,8 ib = = vi 18,61 ib

−

−9,769 .


el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 100 y que las resistencias del circuito valen R S = 100 kΩ, R 1 = 1 MΩ, R E = 10 kΩ y R L = 10 kΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V BE0 = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V. Use V T = 25,9 mV. 10 V

C 1

RS

R1 C 2

+

vo

R1

vi

RE

−

RL


realizando el análisis de polarización, comprobando que el BJT está en estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, I C , y el parámetro r π del modelo de pequeña señal del BJT. El circuito de polarización es 10 V

1 MΩ

1 MΩ

10kΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 10 V y las resistencias de valor 1 MΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. Se obtiene

V th =

1 MΩ 10 = 5 V , 1 MΩ + 1 MΩ

Rth = 1 MΩ 1 MΩ =



1 MΩ = 500 kΩ . 2

112


Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito 10 V I C

500 kΩ 5V

10kΩ

Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 500 kΩ

B

C

I B 0,7V

5V

I C 10 V

100I B E

101I B

10kΩ

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 kΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 10 kΩ, obteniendo 5 = 500I B + 0,7 + (10)(101I B ) ,

4,3 = 1.510I B , 4,3 = 0,002848 , 1.510 que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 10 kΩ, obteniendo I B =

10 = V CE + (10)(101I B ) , 10 = V CE + 1.010 I B , V CE = 10

− 1.010I B = 10 − (1.010 )(0,002848 ) = 7,124 ,

que es ≥ 0,2. La componente de polarización de la corriente de colector vale I C = 100I B = (100)(0,002848 ) = 0,2848 mA ,

y el parámetro r π del modelo de pequeña señal del BJT vale rπ =

βV T (100)(0,0259 ) = = 9,094 kΩ . 0,2848 I C

113

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión en la salida del circuito v o tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo/vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es B ib

RS

C

+ vi

R1

R1

rπ

βi b

− E vo RL

RE

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1, por un lado, y RE y RL , por otro, obtenemos R1 R1 =



R1 1 MΩ = = 500 kΩ 2 2

y RE RL =



RE RL (10)(10) = = 5 kΩ , RE + RL 10 + 10

y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal 100kΩ + vi

i2

B

ib

C

500kΩ 9,094kΩ

i1

100 ib

− E vo

101 ib

5 kΩ

Para calcular la ganancia A = v o /vi , calcularemos v i y vo en función de ib . Obtenemos vb = 9,094 ib + 5(101 ib ) = 514,1 ib , vb 514,1 ib = = 1,028 ib , 500 500 i2 = i 1 + ib = 1,028 ib + ib = 2,028 ib , i1 =

vi = v b + 100 i2 = 514,1 ib + (100)(2,028 ib ) = 716,9 ib , vo = (5)(101 ib ) = 505 ib .

(4.5) (4.6)

114



vo 505 ib = = 0,7044 . 716,9 ib vi


el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 100 y que las resistencias del circuito valen R S = 200 kΩ, R B = 500 kΩ, R E = 10 kΩ y R L = 20 kΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V EB0 = 0,7V y V EC ,sat = 0,2 V. Use V T = 25,9 mV. 10 V RE RS +

C 2

C 1

vo RL

RB

vi −


realizando el análisis de polarización, comprobando que el BJT está en estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, I C , y el parámetro r π del modelo de pequeñ señal del BJT. El circuito de polarización es 10 V 10kΩ

500 kΩ

I C

Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 10 V 101I B

10kΩ E

0,7V I B

100I B B 500 kΩ

C

I C

115

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 kΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 500 kΩ, obteniendo 10 = (10)(101I B ) + 0,7 + 500I B ,

1.510 I B = 9,3 , 9,3 = 0,006159 , 1.510 que es ≥ 0 . Para calcular V EC conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 kΩ y la fuente de corriente controlada, obteniendo I B =

10 = (10)(101I B ) + V EC , 10 = 1.010 I B + V EC , V EC = 10

− 1.010I B = 10 − (1.010)(0,006159 ) = 3,779 ,

que es ≥ 0,2. El BJT está, pues, en estado activo, la componente de polarización de la corriente de colector vale I C = 100I B = (100)(0,006159 ) = 0,6159 mA , y el parámetro r π del modelo de pequeña señal del BJT vale rπ =

βV T (100)(0,0259 ) = = 4,205 kΩ . 0,6159 I C

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión en la salida del circuito v o tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo/vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es RS

+ vi −

ib B RB

C rπ

βi b E vo RE

RL

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RE y RL , obtenemos RE RL =



RE RL (10)(20) = = 6,667 kΩ , RE + RL 10 + 20

116


y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal 200kΩ +

i2

vi

i1

B

ib

C 100 ib

500kΩ 4,205kΩ

− E vo

101ib 6,667 kΩ

Para calcular la ganancia A = v o /vi , calcularemos v i y vo en función de i b . Obtenemos

−4,205 ib − (6,667)(101 ib ) = −677,6 ib , vb −677,6 ib = −1,355 ib , i = = 500 500 i = i − ib = −1,355 ib − ib = −2,355 ib , vi = 200 i + vb = (200)(−2,355 ib ) − 677,6 ib = −1.149 ib , vo = −(6,667 )(101 ib ) = −673,4 ib . vb =

1

2

1

2

(4.7) (4.8)


vo = vi

−673,4 ib = 0,5856 . −1.149 ib

Problema 59: Suponiendo

que los BJTs trabajan en el estado activo y que las frecuencias de las tensiones v1 y v 2 son suficientemente grandes, analice el circuito de la figura y exprese v o en función de v 1 , v 2 , los parámetros r π y β de los modelos de pequeña señal de los BJTs y las resistencias del circuito. V cc

RC

C 3 vo RL

RS

C 1

R1

R1

−

RS +

+ v1

C 1

R1 RE

C 2

C 2

R1 RE

v2 −

El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión de salida v o tenga sólo componente de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, las capacidades pueden ser Solución:

117

sustituidas por cortocircuitos y, con RC RL , RC + RL

′ RC = R C RL =



(4.9)

el circuito de pequeña señal es β (ib1 + ib2 ) vo RC ′

i1 ′

+ v1

RS

ib1

i1

R1 /2

B1

C1 rπ

−

B2

C2 rπ

βi b1 βi b2 E1

ib2

RS +

R1 /2

v2 −

E2

Para analizar el circuito, empezaremos calculando i b1 en función de v1 . Para ello, lo más fácil es calcular v 1 en función de ib1 e invertir la relación. vb1 = r π ib1 , i1 =

vb1 rπ ib1 2rπ = = ib1 , R1 /2 R1/2 R1

2rπ i1 = i 1 + ib1 = ib1 + ib1 = R1 ′



2rπ 1+ R1

R1 + 2rπ v1 = R S i1 + vb1 = R S ib1 + rπ ib1 = R1 ′

ib1 =

Por simetría, ib2 =

 

ib1 =

R1 + 2rπ ib1 , R1

v1 . R1 + 2rπ RS + rπ R1 v2 . R1 + 2rπ RS + rπ R1

Finalmente, vo =

′

−RC β (ib + ib ) , 1

2

y, usando (4.9), (4.10) y (4.11),

vo =

−



R1 + 2rπ RS + rπ ib1 , R1

RC RL RC + RL β (v1 + v2 ) . R1 + 2rπ RS + rπ R1

(4.10)

(4.11)

118


Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = v o /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valen V t = 1 V y K = 50 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen R I = 10 kΩ, R1 = 300 kΩ, R2 = 500 kΩ, RD = 2 kΩ, R S = 1 kΩ y R L = 1 kΩ. Problema 60:

10 V

C 1

RI

R2

RD vo C 2

+

R1

vi

RL

RS

−

Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de drenador, I D , lo cual permitirá calcular el valor del parámetro g m del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es Solución:

10 V

2 kΩ

500kΩ

I D

300kΩ

1 kΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≥ V t = 1 y V DS ≥ V GS − V t = V GS − 1. Teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del MOSFET es nula, la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 500 kΩ y la resistencia de valor 300 kΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, V G , resulta valer V G =

300 10 = 3,75 . 300 + 500

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia de valor 300 kΩ, el MOSFET y la resistencia de valor 1 kΩ, obtenemos 3,75 = V GS + (1)I D = V GS + I D . Por otro lado, con el MOSFET en saturación, I D = K (V GS

2

− V t )

= 50(V GS

2

− 1)

,

que, combinada con la ecuación anterior, da la ecuación de segundo grado en V GS 2 − 99V GS + 50 , 3,75 = V GS + 50(V GS − 1)2 = 50V GS

(4.12)

119

2 50V GS

− 99V

GS

+ 46,25 = 0 ,

cuyas soluciones son V GS = 1,225 y V GS = 0,7553. Sólo la solución V GS = 1,225 verifica V GS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≥ V GS − 1 = 1,225 − 1 = 0,225. De (4.12), I D = 50(1,225

2

− 1)

= 2,531 .

Calculemos la tensión de fuente, V S , y la tensión de drenador, V D : V S = (1)I D = 2,531 , V D = 10

− 2I D = 10 − (2)(2,531 ) = 4,938 .

Resulta V DS = V D

− V S = 4,938 − 2,531 = 2,407 ,

que es ≥ 0,225. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 2,531 mA. El parámetro g m del modelo de pequeña señal del MOSFET resulta valer



gm = 2 KI D = 2



(50)(2,531 ) = 22,5 mA/V .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión v o tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

G

D

vo

+ R1

vi

−

gm vgs

R2

RD

RL

S RS

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R2, por un lado, y RD y RL , por otro, obtenemos R1 R2 =



R 1 R2 (300)(500) = = 187,5 kΩ , R1 + R2 300 + 500

RD RL =



R D RL (2)(1) = = 0,6667 k Ω , RD + RL 2+1

120


y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal 10kΩ +

G

vi

D

vo 22,5 vgs

187,5 kΩ

−

0,6667 kΩ

S 1 kΩ

Calculemos vgs en función de vi . Obtenemos vg =

187,5 v i = 0,9494 vi , 10 + 187,5

vs = (1)(22,5 vgs ) = 22,5 vgs , vgs = v g

− vs = 0,9494 vi − 22,5 vgs ,

23,5 vgs = 0,9494 vi , 0,9494 vi vgs = = 0,0404 vi . 23,5 Finalmente, vo =

−(0,6667)(22,5 vgs ) = −(0,6667)(22,5)(0,0404 vi) = −0,606 vi ,

y A =

vo = vi

−0,606 .

Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = v o /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valen V t = 1 V y K = 1 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen R I = 10 kΩ, R G = 500 kΩ, RS = 20 kΩ y RL = 1 kΩ. Problema 61:

5V

RG RI

C 1 C 2

+ vi −

vo RS

RL

Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de drenaSolución:

121

dor, I D , y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 5V

I D

500 kΩ

20kΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≥ V t = 1 y V DS ≥ V GS − V t = V GS − 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puerta vale V G = 5. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos 5 = V GS + 20I D ,

por otro lado, con el MOSFET en saturación, 2

I D = K (V GS

− V t)

= (V GS

2

− 1)

.

(4.13)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en V GS , 5 = V GS + 20(V GS

2

2

− 1) = 20V − 39V − 39V + 15 = 0 , GS

2 20V GS

GS

+ 20 ,

GS

cuyas soluciones son V GS = 1,423 y V GS = 0,527. Sólo la solución V GS = 1,423 verifica V GS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≥ V GS − 1 = 1,423 − 1 = 0,423. De (4.13), obtenemos I D = (1,423 − 1)2 = 0,179 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 20 kΩ, obtenemos 5 = V DS + 20 I D ,

de donde, V DS = 5

− 20 I D = 5 − (20)(0,179 ) = 1,42 ,

que es ≥ 0,423. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 0,179 mA. El parámetro g m del modelo de pequeña señal del MOSFET vale



gm = 2 KI D = 2



(1)(0,179 ) = 0,846 mA/V .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión v o tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña

122


señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

G

+

D gm vgs

RG

vi

−

S vo RS

RL

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RS y RL , obtenemos RS RL =



RS RL (20)(1) = = 0,9524 k Ω , RS + RL 20 + 1

y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal 10kΩ

G

+

D 0,846 vgs

500 kΩ

vi −

S

vo

0,9524 kΩ

Calculemos vgs en función de vi . Obtenemos vg =

500 v i = 0,9804 vi , 10 + 500

vs = (0,9524 )(0,846 vgs ) = 0,8057 vgs , vgs = v g

− vs = 0,9804 vi − 0,8057 vgs , 1,806 vgs = 0,9804 vi ,

vgs =

0,9804 vi = 0,5429 vi . 1,806

Finalmente, vo = v s = 0,8057 vgs = (0,8057 )(0,5429 vi ) = 0,4374 vi ,

y A =

vo = 0,4374 . vi

123


el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valen V t = 1 V y K = 10 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 100 kΩ, R1 = 500 kΩ, R 2 = 2 MΩ, RS = 50 kΩ y R L = 10 kΩ. 5V

R1 RI

C 1 C 2

+

vo

vi

R2

RS

−

RL

Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de drenador, I D , y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es Solución:

5V

I D

500kΩ

2 MΩ

50kΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 kΩ y la resistencia de valor 2 MΩ que tiene como salidas la puerta del MOSFET y masa. Se obtiene 2.000 V th = 5 = 4 V 500 + 2.000 y (500)(2.000 ) Rth = 500  2.000 = = 400 kΩ . 500 + 2.000 Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito 5V 400kΩ 4V

I D

50kΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≥ V t = 1 y V DS ≥

124


V GS V t = V GS 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puerta vale V G = 4 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos

−

−

4 = V GS + 50I D ,


I D = K (V GS

− V t )

2

= 10(V GS

− 1)

.

(4.14)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en V GS , 4 = V GS + 500(V GS

2

2

− 1) = 500V − 999V − 999V + 496 = 0 ,

GS +

GS

2 500V GS

500 ,

GS

cuyas soluciones son V GS = 1,076 y V GS = 0,9215. Sólo la solución V GS = 1,076 verifica V GS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≥ V GS − 1 = 1,076 − 1 = 0,076. De (4.14), obtenemos I D = (10)(1,076 − 1)2 = 0,05776 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 50 kΩ, obtenemos 5 = V DS + 50I D ,

de donde, V DS = 5

− 50I D = 5 − (50)(0,05776 ) = 2,112 ,

que es ≥ 0,076. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 0,05776 mA. El parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET vale gm = 2



KI D = 2



(10)(0,05776 ) = 1,52mA/V .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión v o tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

+ vi

G R1

D gm vgs

R2

−

S vo RS

RL

Calculando los equivalente de las resistencias en paralelo de valores R1 y R2 , por un lado, y RS y RL , por otro, obtenemos R1 R2 (500)(2.000 ) = = 400 kΩ , R1  R2 = R1 + R2 500 + 2.000

125

RS RL =



RS RL (50)(10) = = 8,333 kΩ , 50 + 10 RS + RL

y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal 100kΩ

G

+

400kΩ

vi

D

−

1,52vgs S

vo

8,333 kΩ

Calculemos v gs en función de vi . Obtenemos vg =

400 v i = 0,8 vi , 100 + 400

vs = (8,333 )(1,52 vgs ) = 12,67 vgs , vgs = v g

− vs = 0,8 vi − 12,67 vgs ,

13,67 vgs = 0,8 vi , 0,8 vi vgs = = 0,05852 vi . 13,67 Finalmente,

vo = v s = 12,67 vgs = (12,67 )(0,05852 vi ) = 0,7414 vi ,

y A =

vo = 0,7414 . vi

Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = v o /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valen V t = −1 V y K = 5 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen R I = 50 kΩ, R G = 1 MΩ, RS = 20 kΩ y RL = 10 kΩ. Problema 63:

5V RS RI + vi

C 2

C 1

vo

RG

RL

−

Solución:

Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET

126


trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de drenador, I D , y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 5V

20kΩ

1 MΩ

I D

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≤ V t = −1 y V DS ≤ V GS − V t = V GS + 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puerta vale V G = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos 5 = 20I D

− V

GS ,


I D = K (V GS

− V t)

= 5(V GS + 1)2 .

(4.15)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en V GS , 5 = 100(V GS + 1)2

− V

GS =

2 100V GS + 199V GS + 100 ,

2 100V GS + 199V GS + 95 = 0 ,

cuyas soluciones son V GS = −0,7949 y V GS = −1,195. Sólo la solución V GS = −1,195 verifica V GS ≤ −1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≤ V GS + 1 = −1,195 + 1 = −0,195. De (4.15), obtenemos I D = (5)(−1,195 + 1)2 = 0,1901 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 20 kΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = 20I D

− V

DS ,

de donde, V DS =

−5 + 20 I D = −5 + (20)(0,1901 ) = −1,198 ,

que es ≤ −0,195. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 0,1901 mA. El parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET vale gm = 2





KI D = 2 (5)(0,1901 ) = 1,95 mA/V .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión v o tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña

127

señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

G

+

D gm vgs

RG

vi

−

S vo RS

RL

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RS y RL , obtenemos RS RL =



RS RL (20)(10) = = 6,667 kΩ , RS + RL 20 + 10

y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal 50kΩ

G

+

D 1,95 vgs

1 MΩ

vi −

S

vo

6,667 kΩ

Calculemos v gs en función de vi . Obtenemos vg =

1.000 v i = 0,9524 vi , 50 + 1.000

vs = (6,667 )(1,95 vgs ) = 13 vgs , vgs = v g

− vs = 0,9524 vi − 13 vgs ,

14 vgs = 0,9524 vi , vgs =

0,9524 vi 14

= 0,06803 vi .

Finalmente, vo = v s = 13 vgs = (13)(0,06803 vi ) = 0,8844 vi ,

y A =

vo = 0,8844 . vi

128



que el MOSFET trabaja en la zona saturación, analice el circuito de la figura y, para frecuencias suficientemente grandes, exprese vo en función de v1 , v2 , el parámetro g m del modelo de pequeña señal del MOSFET y las resistencias del circuito. V DD

C 1

RI

RD

C 3

R2

+ v1 −

vo RL

RI

C 1

R1 C 2

RS

+

v2 −

El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión de salida v o tenga sólo componente de pequeña señal, por lo que v o puede ser determinada analizando el circuito de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, las capacidades pueden ser sustituidas por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y, con R = R 1  R2 y RL = RD  RL , éste es Solución:

′

′

RI

+ G

v1

D

vo

− RI

′

R

′

RL

gm vgs

+

S

v2

−

Aplicando el principio de superposición, la tensión vg vale vg = vg1 + v g2 , donde vg1 es la componente debida a v1 y vg2 es la componente debida a v2 . Con R = R I  R = R I  R1  R2 , vg1 puede ser evaluada analizando el circuito ′′

RI vg1 + v1

R

′′

−

Obtenemos

R′′ vg1 = v 1 . RI + R′′

′

129

Por simetría,

R′′ vg2 = v 2 , RI + R′′

y R′′ vg = (v1 + v2) . RI + R′′

Finalmente, ′′

vo =

R 1 −RLgmvgs = −RLgmvg = −RLgm RI + (v +v ) = −RL gm (v +v ) , R 1 + RI /R ′

′

′

′

1

′′

y, usando

2

′′

1 1 1 1 = + + R′′ RI R1 R2

y ′ RL =

vo =

R D RL , RD + RL

− RRDD +RRL L gm 2 + RI /R1 + RI /R 1

2

(v1 + v2 ) .

1

2

130


Capítulo 5

Problemas de Análisis de Circuitos con Amplificadores Operacionales Sabiendo que el amplificador operacional tiene tensiones de saturación −10 V y 10 V, determine la función de transferencia vo = F (vi ) del circuito de la figura para −5 V ≤ vi ≤ 5 V. A continuación, suponiendo que vi es una tensión senoidal de amplitud 3 V, determine la potencia media entregada a la resistencia de carga RL para RL = 2 kΩ. Problema 65:

1 kΩ

5 kΩ

− vi

vo

+ RL

Solución: El amplificador operacional está realimentado negativamente y, por tanto, suponiendo

−10 ≤ vo ≤ 10, el amplificador operacional trabajará en la zona lineal. El circuito es un amplificador no inversor y, con el amplificador operacional trabajando en la zona lineal, se tendrá vo 5 = 1+ = 6, 1 vi vo = 6vi .

Imponiendo − 10 ≤ vo ≤ 10, obtenemos − 10 ≤ 6 vi ≤ 10, − 1,667 ≤ vi ≤ 1,667. Para vi > 1,67, el amplificador operacional estará saturado positivamente y v o = 10. Para comprobarlo, hemos de verificar que v + > v , donde v + es la tensión en la entrada no inversora del amplificador operacional y v es la tensión en la entrada inversora del amplificador operacional. Por inspección, v + = v i y, usando el hecho de que la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional es nula, obtenemos −

−

v− =

1 10 v o = = 1,667 , 1+5 6

132

5 Problemas de Análisis de Circuitos con Amplificadores Operacionales

y v+ > v para vi > 1,667. Para vi < −1,667, el amplificador operacional estará saturado negativamente y vo = −10. Para comprobarlo, hemos de verificar que v+ < v . Por inspección, v+ = vi y, usando el hecho de que la corrientes por la entrada inversora del amplificador operacional es nula, obtenemos −10 = −1,667 , 1 v = v o = −

−

−

1+5

6

y v+ < v para vi < −1,667. La siguiente figura muestra la función de transferencia vo = F (vi ) −

vo

10

−1,667 1,667

vi

−10

La potencia media entregada a la carga vale P =

V o,2ef RL

,

donde V o,ef es el valor eficaz de la tensión de salida vo . Siendo T el periodo de vi , se tiene

 

vi (t) = 3 sen 2π

t . T

La tensión v o(t) también tendrá periodo T . La siguiente figura representa v i (t) y vo(t) usando la variable α = 2πt/T . vo

10

vi

3 1,667

π

2π

φ

α

−1,667 −3

−10

Determinemos φ : 1,667 = 3sen(φ) ,

0 < φ < π/2 ,

133

φ = arc sen V o,2ef vale

1,667

  3

= arc sen(0,5557 ) = 0,5892 rad .



1 = T /4



V o,ef

Dadas las simterías de v o (t), tenemos 2

2

V o,ef

T

1 = T

2

En el intervalo [0, T /4], v o (t) vale

0

vo2 (t) dt .

T/4

0

vo2 (t) dt .

   ≤ ≤  ≤ ≤              − − t , T

6 vi (t) = 18sen 2π

vo (t) =

10 ,

φ

2π

t T

0

2π

t T

(5.1)

φ

π . 2

Haciendo el cambio de variable α = 2πt/T en (5.1), obtenemos 1 π/2

V o,2ef =

π/2

0

1 324 π/2

=

1 π/2

=

φ

(18sen α)2 dα +

π/2



102 dα

φ

0

π/2

2

sen α dα + 100

dα

φ

0

α 324 2

1 (62φ π/2

=

φ

1 vo2 (α) dα = π/2

sen(2α) 4

φ

+ 100

0

π 2

φ

− 81sen(2φ) + 50π) ,

y, usando φ = 0,5892 rad, V o,2ef = 75,61 V2 ,

obteniéndose P =

V o,2ef RL

75,61V2 75,61 = = W = 0,03781 W = 37,81 mW . 2.000 Ω 2.000


que v o está comprendida entre la tensiones de saturación del amplificador operacional, analice el circuito de la figura y determine vo en función de v1, v2 y las resistencias R 1 , R 2 , R y R . Se escoge R = R1 = 1 kΩ. ¿Qué valores deberán tener R 2 y R para que vo = 4v1 + v2? ′

′

R

R

′

R1 v1

− R2

+

vo

v2

Solución: Usando

el hecho de que la corriente por la entrada no inversora del amplificador

134


operacional es nula, es posible calcular la tensión de dicha entrada, v + , analizando el circuito v+ R1

R2

+ v1 −

+ v − 2

Aplicando el principio de superposición, obtenemos v+ =

R2 R1 v1 + v2 , R1 + R2 R1 + R2

y, considerando que desde la entrada no inversora a la salida el circuito es un amplificador no inversor, vo =

    R ′ 1+ R

v+ =

R ′ 1+ R

 

R2 R ′ v1 + 1 + R1 + R2 R

R1 v2 . R1 + R2

Con R = R 1 = 1 kΩ, vo = (1 + R′ )

R2 1 v1 + (1 + R′ ) v 2 . R2 + 1 R2 + 1

Identificando coeficientes, obtenemos el sistema de dos ecuaciones R2 =4 R2 + 1 1 (1 + R′ ) = 1. R2 + 1 (1 + R′ )

Dividiéndolas, obtenemos R2 = 4 kΩ. Sustituyendo dicho valor en la segunda ecuación, obtenemos (1 + R′ )

1 = 1, 5

1 + R′ = 5 , R′ = 4 kΩ .

Analice el circuito de la figura y, suponiendo que las tensiones en las salidas de los dos amplificadores operacionales están comprendidas entre las tensiones de saturación, determine el valor de vo en función de vi . Suponga ahora que los dos amplificadores operacionales tienen tensiones de saturación V y −V , donde V > 0 . ¿De qué valores habrá que escoger R2 /R1 Problema 67:

135

y R4 /R3 para que vo = 3vi para el mayor rango de valores posible para vi ? R1

R2

−

+

+ R3 vi

R4

vo

+ − − −

+

Solución: Llamemos v o1 a la tensión en la salida del amplificador operacional superior y v o2 a

la tensión en la salida del amplificador operacional inferior. De vi a vo1 tenemos un amplificador inversor y de vi a vo2 tenemos un amplificador no inversor. Entonces, suponiendo que vo1 y vo2 estén comprendidas entre las tensiones de saturación de los amplificadores operacionales respectivos, tendremos vo1 =



R 2 1+ R1



− RR

,

vo2 =

4

vi ,

3

y vo = v o1

− vo = 2



R 2 R 4 1+ + R1 R3



vi .

Para que vo = 3vi , R2 /R1 y R4/R3 deberán satisfacer 1+

R 2 R 4 + = 3, R1 R3

R2 R 4 + = 2. R1 R3

Para que el amplificador operacional superior no se sature, v i deberá satisfacer



R 2 1+ R1

| | ≤ vi

V,

|vi | ≤ 1 + RV /R 2

.

1

Para que el amplificador operacional inferior no se sature, v i deberá satisfacer R4 vi R3

| |≤V ,

(5.2)

136


|vi| ≤ R V /R 4

.

3

Por tanto, para que vo = 3vi , vi deberá satisfacer

|vi| ≤ m´ın



V V , 1 + R2 /R1 R4/R3



= V m´ın



y el rango de valores para vi para los cuales v o = 3vi será [−V I , V I ], con V I = V m´ın





1 1 , , 1 + R2 /R1 R4 /R3



1 1 , . 1 + R2 /R1 R4 /R3

Dicho rango se maximiza maximizando V I . Así pues, se trata de localizar el máximo de V I sujeto a lad restricciones R2 /R1 ≥ 0, R 4 /R3 ≥ 0 y (5.2). Con x = R2 /R1 , se trata de localizar el máximo de





1 1 m´ın , 1+x 2 x en el intervalo para x , [0, 2]. La función 1/(1 + x) es decreciente con x y varía en el intervalo entre 1 y 1/3. La función 1/(2 x) es creciente con x y varía en el intervalo entre 1/2 e . El máximo se encuentra pues en el x que verifica

−

−

∞

1 1 = , 1+x 2 x 2 x = 1 + x ,

−

−

1 = 2x , 1 x = . 2 Así pues, el rango de valores de v i para los cuales v o = 3vi se maximiza para R 2 /R1 = 1/2 y R4/R3 = 2 R2/R1 = 2 1/2 = 3/2.

−

−


el circuito de la figura suponiendo R > 0 y a) demuestre que la realimentación es negativa; b) suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, demuestre que i = vi /R; c) con R = 5 kΩ y R L = 1 kΩ, obtenga el intervalo para vi en el cual i(mA) = vi (V)/5 sabiendo que las tensiones de saturación del amplificador operacional son −10 V y 10 V. 10 kΩ

10 kΩ

− + R

R

vi i

Solución: a)

RL

Sea vo la tensión en la salida del amplificador operacional. Utilizando el hecho de que las corrientes por las entradas del amplificador operacional son nulas, obtenemos que la

137

tensión de la entrada inversora vale v− =

10 vo v o = 10 + 10 2

y que la tensión de la entrada no inversora, v + , puede ser evaluada en función de v i y v o analizando el circuito v+ R

R

+ vi −

+ v − o

RL

Utilizando el principio de superposición para analizar este último circuito obtenemos, con R = R  RL = RR L /(R + RL ), ′

R′ R′ v + v o = γ vi + γ vo , i R′ + R R′ + R

v+ =

RRL R RRL 1 R + RL γ = ′ = = < . RRL R +R 2RRL + R2 2 +R R + RL ′

Llamando A a la ganancia diferencial del amplificador operacional, las ecuaciones obtenidas para v y v+ en función de vi y vo conducen al diagrama de bloques −

1/2 − Σ + vi

γ

A

+

Σ +

γ

que puede ser reducido a 1/2 − γ

vi

γ

− Σ +

A

Siendo γ < 1/2, 1/2 − γ > 0 , y la realimentación es negativa.

138


b) Analizaremos el circuito usando el hecho de que las corrientes por las entradas del amplificador operacional son nulas y usando el teorema del cortocircuito virtual. Sean i1 e i 2 las corrientes y sea vo la tensión indicadas en la figura 10 kΩ

10 kΩ

−

vo

+ R

R

i2

i1 RL

vi i

Utilizando el hecho de que la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional es nula, la tensión en dicha entrada vale v− =

10 vo v o = . 10 + 10 2

Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada no inversora vale vo . 2

v+ = v− =

La corriente i 1 resulta, por tanto, valer i1 =

vo

−v

+

R

=

vo

− vo/2 = R

vo 2R

y la corriente i 2 i2 =

v+

− vi = vo/2 − vi = vo − vi . 2R R R R

Finalmente, aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo donde se conectan las dos resistencias R y la resistencia RL , teniendo en cuenta que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional es nula, i1 = i 2 + i , vi i = i 1 i2 = . R

−

c) Obtengamos una expresión para la tensión en la salida del amplificador operacional, vo , en función de vi . Utilizando la ley de Ohm y la relación entre i y vi , v+ = R L i =

Tal y como se ha visto en b), v+ =

RL vi . R

vo . 2

Combinándolas obtenemos vo = 2 v+ = 2

R L vi . R

139

Para R = 5 kΩ y RL = 1 kΩ, 2 vo = v i = 0,4 vi . 5

La relación entre i y vi se ha obtenido suponiendo que el amplificador trabajaba en la zona lineal. Siendo la realimentación negativa, la única condición a imponer es −10 ≤ vo ≤ 10. Ello conduce a −10 ≤ 0,4 vi ≤ 10 y a −25 ≤ vi ≤ 25. Así pues, el intervalo para vi es [−25, 25]. Problema 69: Analice

el circuito de la figura y, suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, demuestre que i = (R2 /R1 )(vi /RL ). Suponga, a continuación, R 1 = 1 kΩ y R 2 = 5 kΩ y que las tensiones de saturación del amplificador operacional valen −5 V y 10 V. ¿Entre qué valores podrá variar vi de modo que i = 5vi /RL ? R1

R2

− + RL vi i

Solución: De la entrada no inversora a la salida del amplificador operacional, el circuito es un

amplificador no inversor. Así pues, llamando v o a la tensión de salida del amplificador operacional, se tendrá vo =



R 2 1+ R1



vi .

(5.3)

Finalmente, aplicando la ley de Ohm,

i =

vo vi (1 + R2/R1 )vi = RL RL

−

− vi = R

vi . R1 RL 2

Con R1 = 1 kΩ y R2 = 5 kΩ, de (5.3), obtenemos v o = 6 vi . La realimentación es negativa y la única condición necesaria para que la relación entre v i e i obtenida anteriormente sea válida es −5 ≤ vo ≤ 10. Imponiéndola, obtenemos −5 ≤ 6 vi ≤ 10, −0,8333 ≤ vi ≤ 1,667. Así pues, vi podrá variar entre −0,8333 V y 1,667 V. Problema 70: Suponiendo

que el diodo es ideal y que las tensiones de saturación positiva y negativa del amplificador operacional son suficientemente grandes en valor absoluto, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia v o = F (vi ). ¿Cuánto valdrá el valor

140


medio de la tensión v o cuando v i sea una tensión senoidal de amplitud 5 V? R

R

− vi

Solución: Para v i

vo

+

≥ 0, el amplificador operacional trabaja en la zona lineal y el diodo está en

ON. En efecto, sustituyendo el diodo por su circuito equivalente para el estado ON, obtenemos el circuito R

R i

A K

− vi

vo

+

Dicho circuito es un amplificador no inversor y vo =

  1+

R R

vi = 2 vi .

Únicamente se ha de verificar que la corriente directas por el diodo, i, es ≥ 0. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada inversora, v , vale v = v i . Aplicando la ley de Ohm, −

i =

vo

−v

−

R

=

2vi

−

− vi = vi ,

R

R

y la condición i ≥ 0 se cumple para vi ≥ 0. Para vi < 0, el amplificador operacional está saturado negativamente y el diodo está en OFF. En efecto, sustituyendo el diodo por el circuito equivalente a su estado, obtenemos el circuito R

R

i

−

A K

+

vi

vo

Siendo nula la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional, la corriente i será nula y la tensión de la entrada inversora, v , valdrá v = Ri = 0, que, para vi < 0 , es > v+ = v i , verificando que el amplificador operacional está saturado negativamente. La tensión vo valdrá v + Ri = 0 y la tensión ánodo-cátodo del diodo será negativa, verificando que el diodo está en −

−

−

141

estado OFF. La función de transferencia v o = F (vi ) resulta ser vo vo = 2vi

vi

Sea T el periodo de la tensión senoidal v i (t). La tensión vo (t) también tendrá periodo T y valdrá en [0, T ]

vo (t) =

 

 

2 vi (t) = 10sen 2π 0,

π

t , T

0

≤ 2π T t ≤ 2π .

≤ 2π T t ≤ π

El valor medio de la tensión v o(t) valdrá 1 V o = T

T

 0

1 vo (t) dt = T

T /2



 

10sen 2π

0

t dt , T

y, haciendo el cambio de variable α = 2π(t/T ), 1 V o = 2π

π

 0

10 10sen α dα = 2π

π



sen α dα =

0

10 [ 2π

10 10 − cos α]π = 2π (1 + 1) = = 3,18V . π 0

Analice el circuito de la figura y a) demuestre que la realimentación es negativa; b) suponiendo que el amplificador trabaja en la zona lineal, determine vo /vi . Problema 71:

R

R R

R R

R vi

− +

Solución:

vo

a) Calculemos la tensión de la entrada inversora del amplificador operacional, v , en −

142


función de vi y vo . Hay que analizar el circuito v

−

R

R

R

+ vi −

R + − vo

R

R

Lo haremos aplicando el principio de superposición. Tenemos v = v1 + v 2 , donde v1 es la componente debida a v i y v 2 es la componente debida a v o . La tensión v1 puede ser calculada analizando el circuito −

v1 R

R

R

+ vi −

R R

R

La resistencia vista a la derecha de v1 vale R′ = R + R (R + R R) = R + R (R + R/2) = R + R 3R/2 3 2 R 3 8 2 = R+ = R + R = R , 3 5 5 R + R 2









y 8 R v1 R 8 5 = = = , ′ 8 vi R + R 13 R + R 5 ′

obteniéndose v 1 = (8/13)vi . Para calcular v 2 debemos analizar el circuito v3

v2

v4

R

R

R

i1 i2

R

R

i3

i4

R

i5

+ −

vo

El análisis se puede realizar fácilmente aplicando la ley de Ohm y la segunda ley de Kirchoff a nodos apropiados i1 =

v2 , R

v3 = 2Ri1 = 2v2 , i2 =

v3 2v2 = , R R

143

v2 2v2 3v2 + = , R R R

i3 = i 1 + i2 =

v4 = v 3 + Ri3 = 2v2 + 3v2 = 5v2 , v4 5v2 = , R R

i4 = i5 = i 3 + i4 =

3v2 5v2 8v2 + = , R R R

vo = v 4 + Ri5 = 5v2 + 8v2 = 13 v2 ,

obteniéndose v 2 = v o/13. La tensión v vale, por tanto, −

v− = v 1 + v2 =

8 vo v i + . 13 13

Llamando A a la ganancia diferencial del amplificador operacional, el circuito puede ser representado por el diagrama de bloques 1/13

vi

8/13

− Σ −

A

vo

que puede ser transformado en 1/13

vi

−8/13

− Σ +

A

vo

demostrando que la realimentación es negativa. b) Usando el hecho de que la ganancia de un amplificador con ganancia infinita realimentado negativamente con ganancia β es 1/β , del último diagrama de bloques obtenido en a), se deduce vo = vi

−  8 13

13 =

−8 .

Suponiendo que los dos amplificadores operacionales trabajan en la zona lineal, analice el circuito de la figura y demuestre que i = vi /R. Suponga, a continuación, que las tensiones de saturación de los amplificadores operacionales son −10 V y 10 V. ¿Para qué valores Problema 72:

144


de vi se cumplirá i = v i /R? R1 R1

−

− +

vi R1

R1

R

+ − + i

RL

Solución: El

circuito formado por el amplificador operacional de la izquierda y las cuatro resistencias R1 es un amplificador diferencial básico. Por tanto, siendo vo la tensión diferencial indicada en la siguiente figura R1 R1

−

−

vi

+ R1

+ R1

+

vo

i1

−

R

− + i

RL

se tendrá vo = (R1 /R1 )vi = v i . Siendo i1 la corriente indicada en la figura anterior y, aplicando el teorema del cortocircuito virtual al amplificador operacional de la derecha y la ley de Ohm, se tendrá i1 =

vo vi = . R R

Por último, usando el hecho de que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional de la derecha es nula, se tendrá i = i 1 =

vi . R

Los dos amplificadores operacionales están realimentados negativamente y el análisis efectuado anteriormente, que depende del trabajo de ambos amplificadores operacionales en la zona lineal, será válido con las únicas condiciones de que las tensiones en las salidas de los amplificadores operacionales estén comprendidas entre las tensiones de saturación. Llamando v o1 a la tensión de la salida del amplificador operacional de la izquierda y llamando v o2 a la tensión de la salida

145

del amplificador operacional de la derecha, se deberá cumplir −10 ≤ v o1 ≤ 10 y −10 ≤ v o2 ≤ 10. Calculemos, pues, vo1 y v o2 en función de v i y los valores de las resistencias del circuito, suponiendo que ambos amplificadores operacionales trabajan en la zona lineal. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual al amplificador operacional de la derecha, obtenemos que vo2 es igual a la tensión de la entrada no inversora de dicho amplificador operacional y vo2 = R L i =

RL vi . R

Por otro lado tenemos RL vo1 = v o2 + vo = vi + vi = R

Imponiendo



R L 1+ R



vi .

−10 ≤ vo ≤ 10 y −10 ≤ vo ≤ 10, obtenemos −10 ≤ RRL vi ≤ 10 , 1

2

−10 o, lo que es lo mismo,

 ≤

R L 1+ R



vi

≤ 10 ,

−10 RRL ≤ vi ≤ 10 RRL , −10 R +RRL ≤ vi ≤ 10 R +RRL .

Así pues, los valores de vi para los cuales i = vi /R son los comprendidos en el intervalo [−10(R/(R + RL )), 10(R/(R + RL ))]. Problema 73: Suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, analice el

circuito de la figura y demuestre que vo = (vP 1 − vN 1) + (vP 2 − vN 2 ) + ··· + (vP k − vN k ). R

vN 1

R

vN 2

− . . .

vNk

vo

+

R

vP 2 . . .

Solución: Siendo

R R

vP 1

vP k

R

R

R

el circuito lineal, la tensión de la salida vo será función lineal de las tensiones vN 1, vN 2 , . . . , vNk , vP 1 , vP 2, . . . , vP k . Además, por simetría, los coeficientes asociados

146


a las tensiones vN 1 , vN 2 , . . . , vNk serán iguales y los coeficientes asociados a las tensiones vP 1 , vP 2 , . . . , vP k serán iguales. Tenemos, por tanto, vo = A + BN vN 1 + BN vN 2 +

··· + BN vNk + BP vP + BP vP + ··· + BP vP k . = vP = vP = ··· = vP k = 0, las corrientes por las 1

2

Para vN 1 = vN 2 = ··· = vNk 1 2 resistencias conectadas a la entrada no inversora son nulas, la tensión de esa entrada es nula, aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión de la entrada inversora es también nula, las corrientes por las resistencias R conectadas a las tensiones v N 1 , vN 2 , . . . , vNk son nulas, la corriente por la resistencia R de realimentación es nula, y vo = 0. Por tanto, A = 0 y vo = B N vN 1 + BN vN 2 +

··· + BN vNk + BP vP + BP vP + ··· + BP vP k . Para determinar B N , podemos analizar el circuito con vN = ··· = v Nk = v P = v P = ··· = 1

2

2

1

2

vP k = 0. Calculando los equivalentes de las resistencias que quedan en paralelo, se obtiene el

circuito

R

R vN 1

− R k

−1

vo

+

i

R k + 1

Siendo nula la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional, la tensión de dicha entrada valdrá v + = 0. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada inversora valdrá v = 0. La corriente i será nula, y el circuito es esencialmente equivalente a un amplificador inversor, resultando v o = −(R/R)vN 1 = −vN 1 y BN = −1. Para determinar BP , podemos analizar el circuito con vN 1 = vN 2 = · ·· = vNk = vP 2 = · ·· = vP k = 0. Calculando los equivalentes de las resistencias que quedan en paralelo, obtenemos el circuito −

R R k − R vP 1

+

vo

R k

Teniendo en cuenta que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional es nula, la tensión de dicha entrada resulta valer v+ =

R/k vP 1 v P 1 = . R + R/k k + 1

147

De la entrada no inversora a la salida, el circuito es un amplificador no inversor, y vo =



R 1+ R/k



v+ = (k + 1)v+ = v P 1 ,

resultando BP = 1. Se trata de analizar el circuito de la figura, suponiendo que todas las resistencias son > 0 . 1) Demuestre que la realimentación es negativa con una ganancia de realimentación β , 0 < β < 1. 2) Determine el valor de β . Suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, 3) demuestre que vo = γ (v1 − v2 ), es decir, que el circuito es un amplificador diferencial; 4) determine el valor de la ganancia diferencial γ ; 5) determine un diagrama de bloques lo más simple posible que tenga como entradas v 1 y v 2 y como salida v o y que refleje la realimentación negativa presente en el circuito; 6) compare el circuito con el amplificador diferencial básico y con el amplificador de instrumentación. Problema 74:

R1

R2

R2

v2 RG −

vo

+ v1 R1

Solución: 1)

R2

R2

Sea vd = v + − v la tensión diferencial que ve el amplificador operacional. Claramente, v d es una función lineal de v 1, v 2 y vo . Para demostrar que la realimentación es negativa con una ganancia de realimentación β , basta demostrar que la parte de vd proporcional a vo tiene la forma −βv o. Dicha parte puede ser obtenida haciendo v 1 = v2 = 0, y, por tanto, es la dada por el circuito −

R2

R2

R1 +

vo

+ −

v

−

−

RG R2 R2

R1 +

v+

−

Demostremos, sin calcular β , que la parte de vd proporcional a vo es −βv o con 0 < β < 1 . Sean

148


las resistencias R′ = R 2 (R1 + R2 ) ,



R′′ = R G + R′

y R′′′ = R ′′ (R1 + R2 ) .



Tenemos

R′′′ R′ R1 v+ = vo R2 + R′′′ RG + R′ R1 + R2

y R′′′ R1 v− = vo . ′′′ R2 + R R1 + R2

De donde, obtenemos vd

−

R′′′ R1 = v+ v− = 1 ′′′ R2 + R R1 + R2 R′′′ RG R1 = vo , R2 + R′′′ RG + R′ R1 + R2

−

−

R′ RG + R′



vo

−

pero, en la expresión anterior, el valor absoluto del factor de vo es > 0 y < 1. 2) Podríamos evaluar β evaluando R , R y R y utilizando la expresión obtenida en el apartado anterior para v d cuando v1 = v2 = 0, pero la evaluación de R , R y R es farragosa. En su lugar analizaremos directamente el circuito del apartado anterior. La siguiente figura lo muestra de nuevo con las variables que usaremos para su análisis. ′

′′

′′′

′

R2

v

R2

′′

i1 + i 2 + i 3 vo

+ −

i2 + i 3

′′

′′′

R1

+

i1

v−

−

RG i2

R2 v

R1

′

+ R2

i3

v+

−

Calculando v por las dos ramas a masa e igualando los valores, obtenemos ′

R2 i3 = (R1 + R2 )i2 , i3 =

y



i2 + i3 =

R 1 1+ R2





R 1 2+ R2

i2 ,



i2 .

(5.4)

(5.5)

149

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor v o y las tres resistencias superiores y usando (5.5), obtenemos vo = R2 (i1 + i2 + i3 ) + (R1 + R2 )i1 = (R1 + 2R2 )i1 + R2 (i2 + i3 )

= (R1 + 2R2 )i1 + (R1 + 2R2 )i2 .

(5.6)

Calculando v por dos caminos a masa distintos apropiados e igualando los valores, obtenemos ′′

(R1 + R2 )i1 = R G (i2 + i3 ) + (R1 + R2 )i2 , (R1 + R2 )i1 = (R1 + R2 + RG )i2 + RG i3 ,

y, usando (5.4), (R1 + R2 )i1 = i2 =



R RG R1 + R2 + 2RG + 1 R2



i2 ,

R1 + R2 i1 . R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2

(5.7)

Sustituyendo (5.7) en (5.6), obtenemos (R1 + R2)(R1 + 2R2 ) i1 R1 + R2 + 2RG + R1RG /R2 (R1 + 2R2 )(2R1 + 2R2 + 2RG + R1 RG /R2 i1 R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12RG /R2 i1 , R1 + R2 + 2RG + R1RG /R2

vo = (R1 + 2R2 )i1 + = =

e i1 =

R1 + R2 + 2RG + R1RG /R2 vo . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

(5.8)

(5.9)

Utilizando (5.7), obtenemos i2 =

R1 + R2 vo . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

La tensión v+ resulta valer, usando (5.9), R12 + R1R2 v+ = R 1 i2 = vo . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

La tensión v resulta valer, usando (5.8), −

R12 + R1 R2 + 2R1 RG + R12 RG /R2 v− = R 1 i1 = vo . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

Finalmente, vd = v +

−v

− =

2 1

2R RG + R RG /R − 2R + 6R R + 4R R + 4R + 4R R 1

2 1

1

2

1

G

2 2

2

2

G +

R12 RG /R2

vo ,

150


dando β =

2R1 RG + R21 RG /R2 . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

3) Para demostrar que vo = γ (v1 − v2), basta demostrar que con v 1 = v2 = v, v o = 0. Es fácil comprobar que v o = 0 es consistente con v 1 = v2 = v y con v + = v . En efecto, con vo = 0, el camino que incluye la resistencia de valor R 1 superior y las resistencia de valor R 2 superiores y el camino que incluye la resistencia de valor R 1 inferior y las resistencias de valor R2 inferiores son idénticos (la corriente por la resistencia de valor R G es 0 por ver los extremos de dicha resistencia la misma tensión) y tenemos v + = v . −

−

4) Para calcular γ basta hacer v 2 = 0 y encontrar la relación entre v 1 y v o , que debe ser de la forma v o = γv 1 . Con v 2 = 0, obtenemos el circuito, donde v c es la tensión común a las dos entradas del amplificador operacional R1

R2

i2

R2

v2′

vc i1

i2

RG

iG

−

− iG vo

+ v1′

v1

R1

+ −

R2 R2

i1 + i G

La ley de Ohm aplicada a las resistencias de valor R1 da i1 =

v1

− vc

(5.10)

R1

y i2 =

−vc .

R1

(5.11)

Calculemos v1 en función de v1 y vc : ′

v1′ = v c

− R i = vc − 2 1

R 2 R 2 v1 + vc = R1 R1



R 2 1+ R1



vc

− RR

2

v1 .

(5.12)

1

De modo similar, ′

v2 = v c

− R i = 2 2



R2 1+ R1



vc .

(5.13)

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor RG , obtenemos v2′ v1′ R2 = iG = v1 . RG R1 RG

−

(5.14)

151

Para determinar vc en función de v1 , aplicamos la ley de Ohm a la resistencia de valor R2 inferior conectada a masa. Obtenemos, usando (5.10) y (5.14), R v1′ = R 2 (i1 + iG ) = R 2 i1 + R2 iG = 2 (v1 R1

−

R22 R vc ) + v1 = 2 R1 RG R1



R 1+ 2 RG



v1

− RR

2 1

vc .

Igualando con la expresión para v1 dada por (5.12), obtenemos ′

R2 R1



R2 1+ RG





v1

−

R 2 vc = R1



vc =

2R2 1+ R1 vc =

R2 R1

 

R 2 1+ R1 2+

 

vc

R2 RG

− RR

2

v1 ,

1

v1 ,

(R2 /R1 )(2 + R2 /RG ) v1 . 1 + 2R2 /R1

(5.15)

Utilizando dicho valor en (5.13), obtenemos 1 + R2 /R1 R2 v2′ = 1 + 2R2 /R1 R1



R2 2+ RG



v1 =

(R1 + R2)R2 (R2 + 2RG ) v1 . R1 (R1 + 2R2 )RG

(5.16)

Usando (5.15) en (5.11), obtenemos i2 =

+ R /RG ) R (R + 2RG ) − (RR/R(1 )(2 v = − v + 2R /R ) R (R + 2R )RG 2

1

2

2

2

1

1

2

1

1

1

1

.

(5.17)

2

Finalmente, usando (5.14), (5.16) y (5.17), vo = v2′ R2(i2 iG ) (R1 + R2 )R2(R2 + 2RG ) R22 (R2 + 2RG ) R22 = v1 + v1 + v1 R1 (R1 + 2R2 )RG R1 (R1 + 2R2 )RG R1 RG (R1 + R2 )R2(R2 + 2RG ) + R22 (R2 + 2RG ) + R22(R1 + 2R2 ) = v1 R1(R1 + 2R2 )RG 2R1 R22 + 2R1 R2 RG + 4R23 + 4R22 RG = v1 R1 (R1 + 2R2 )RG (R1 + 2R2 )(2R22 + 2R2 RG ) = v1 R1 (R1 + 2R2 )RG 2R22 + 2R2 RG 2R2 (R2 + RG ) R 2 R2 = v1 = v1 = 2 1+ v1 , R1 RG R1 RG R1 RG

−

−





de donde R 2 γ = 2 R1





R2 1+ . RG

5) El diagrama de bloques tiene la siguiente forma, donde A es la ganancia de tensión diferencial

Coleccion Problemas

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