Transistores C.C.
PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ELECTRÓNICA ANALÓGICA (Transistores C.C.)
Escuela Politécnica Politécnica Superior Profesor. Darío García Rodríguez
1
Transistores C.C.
1.2.- En el circuito de la figura si α = 0.98 y V BE = = 0.7 Voltios, calcular el valor de la resistencia R 1 , para una corriente de emisor 2 mA
R1
IC+I1
2k
IC
I1 IB
Q1
12V
I2 IE
0.2k
25k
0
En este circuito tenemos que poner las ecuaciones necesarias para poder resolver V − V el valor de R 1 que nos viene dado por R1 = C B luego nuestro único objetivo es I 1 calcular VC , VB y I1 . I C = α · I E = 0.98·2 = 1.96mA I B = I E − I C = 2 − 1.96 = 0.04mA V B = V BE + I E · R E = 0.7 + 2·0.2 = 1.1Voltios
I 2 =
V B
25
=
1.1 25
= 0.044mA
I 1 = I B + I 2 = 0.04 + 0.044 = 0.084mA V C = V CC − ( I C + I 1 )·2 = 12 − (1.96 + 0.084)·2 = 7.912Voltios
Luego ya tenemos todos los datos necesarios para calcular la Resistencia R 1
R1 =
V C − V B I 1
=
7.912 − 1.1 0.084
= 81.1K
Aquí hemos calculado todo los valores del circuito, Intensidades, y tensiones en todos los puntos. Lo único que nos falta es VCE = VC-VE=7.912-2·0.2=7.512 Voltios Y efectivamente el transistor está en la zona activa por tener VCE> 0.2 Voltios y ser un transistor NPN.
2
Transistores C.C.
1.2.- En el circuito de la figura si α = 0.98 y V BE = = 0.7 Voltios, calcular el valor de la resistencia R 1 , para una corriente de emisor 2 mA
R1
IC+I1
2k
IC
I1 IB
Q1
12V
I2 IE
0.2k
25k
0
En este circuito tenemos que poner las ecuaciones necesarias para poder resolver V − V el valor de R 1 que nos viene dado por R1 = C B luego nuestro único objetivo es I 1 calcular VC , VB y I1 . I C = α · I E = 0.98·2 = 1.96mA I B = I E − I C = 2 − 1.96 = 0.04mA V B = V BE + I E · R E = 0.7 + 2·0.2 = 1.1Voltios
I 2 =
V B
25
=
1.1 25
= 0.044mA
I 1 = I B + I 2 = 0.04 + 0.044 = 0.084mA V C = V CC − ( I C + I 1 )·2 = 12 − (1.96 + 0.084)·2 = 7.912Voltios
Luego ya tenemos todos los datos necesarios para calcular la Resistencia R 1
R1 =
V C − V B I 1
=
7.912 − 1.1 0.084
= 81.1K
Aquí hemos calculado todo los valores del circuito, Intensidades, y tensiones en todos los puntos. Lo único que nos falta es VCE = VC-VE=7.912-2·0.2=7.512 Voltios Y efectivamente el transistor está en la zona activa por tener VCE> 0.2 Voltios y ser un transistor NPN.
2
Transistores C.C.
2.2.- En el circuito de la Fig.1 los transistores Q1 y Q 2 trabajan en la región activa con V BE1 = V BE2 = 0.7 Voltios, β 1 = 100 , β 2 = 50 . Pueden despreciarse las corrientes inversa de saturación. a) Calcular todas las intensidades del circuito. b) Calcular las tensiones en los diferentes puntos.
82k
Ic2
IB2 1k
Q2
24V
100k
IC1
1k
Q2
24V
108,9K Q1
Q1 10k
IE2=IB1
2.61V
IE1
0.1k
0.1K
0
0
Fig.1
Fig.2
Lo primero que hay que hacer es reducir el circuito a una forma mas simple, para ello se ha calculado el thevening mirado de la base B2 hacía la izquierda. V BB 2 =
24·10 82 + 10
= 2.61Voltios
R B 2 =
10·82 10 + 82
+ 100 = 108.9 K
Apartir de aquí analizaremos el circuito de la Fig.2. Podemos escribir, en la malla de los emisores de los transistores: V BB 2 = I B 2 · R B 2 + V BE 2 + V BE 1 + I E 1 · R E 1 ;
2.61 = I B 2 ·108.9 + V BE 2 + V BE 1 + I E 1 ·0.1
I E 1 = ( β 1 + 1)· I B1 = ( β 1 + 1)· I E 2 = ( β 1 + 1)·( β 2 + 1)· I B 2 = 51·101· I B 2 Sustituyendo
esta ecuación en la anterior y despejado IB2 tenemos: I B 2 =
2.61 − V BE 2 − V BE 1 108.9 + 51·101·0.1
=
2.61 − 0.7 − 0.7 624
= 0.0019mA
I C 2 = β 2 · I B 2 = 50·0.0019 = 0.095mA
I B1 = I E 2 = ( β 2 + 1)· I B 2 = 51·0.0019 = 0.097 mA
I C 1 = β 1 · I B1 = 100·0.097 = 9.7mA
I E 1 = ( β 1 + 1)· I B1 = 101·0.097 = 9.8mA
V C 1 = V CC − I C · RC 1 = 24 − 9.7·1 = 14.4Voltios
3
Transistores C.C.
V E 1 = I E 1 · R E 1 = 9.8·0.1 = 0.98Voltios V CE 1 = V C 1 − V E 1 = 14.4 − 0.98 = 13.52Voltios V C 2 = 24Voltios V E 2 = V BE 1 + V E 1 = 0.7 + 0.96 = 1.66Voltios V CE 2 = V C 2 − V E 2 = 24 − 1.66 = 22.34Voltios V B 2 = V BE 2 + V E 2 = 0.7 + 1.66 = 2.36Voltios
4
Transistores C.C.
3.2.- El circuito de la figura con un transistor PNP tiene un β =100, V BE =-0.7V . Calcular todas las intensidades y tensiones en los diferentes puntos.
R2
30k
RC
RC
5k
5k
30/4k Q1
VCC
20Vdc
IB
RE
10k
VCC
Q1
20Vdc
R1
IC
RB
VBB
5V
2k
IE RE 2k
0
0
Lo primero que hay que hacer es el thevenin, desde la base del transistor hacia la izquierda, quedando el circuito de la figura de la derecha: V BB =
V CC · R1 R1 + R2
=
20·10 10 + 30
= 5V
R BB =
R2 · R1 R1 + R2
=
30·10 10 + 30
=
30 4
K Ω.
A partir de aquí analizaremos el circuito de la parte derecha. En la malla base emisor podemos escribir: V BB = I B · R B + I E · R E − V BE = I B · R B + (β + 1)· I B − V BE despejando IB se tiene:
I B =
V BB + V BE R B + ( β + 1)· R E
I C = β · I B =
100·8.6 419
I E = ( β + 1)· I B =
5 − 0.7
=
=
30 4 860
+ (100 + 1)·2
4.19
101·8.6 419
=
4.3·4 838
=
8.6 419
= 0.021mA
= 2.05mA
= 2.07mA
Ahora calcularemos las diferentes tensiones con respecto a masa:
V C = I C · RC − V CC = 2.05·5 − 20 = −9.75V .
5
Transistores C.C.
V E = − I E · R E = −2.07·2 = −4.14V .
Por ser esta caída de tensión negativa
V CE = V C − V E = −9.75 − ( −4.14) = −5.61V
el transistor esta en la zona activa por ser un PNP. V B = V BE + V E = −0.7 − 4.14 = −4.84V
A continuación calcularemos la intensidad que circular por las resistencias R 1 y R 2 con sentido hacía arriba. Para la resistencia R 1
I 1 =
0 − V B R1
=
4.84 10
= 0.48mA.
Para la resistencia R 2 I2 =I1+I2 = 0.48 +0.02 =0.50 mA.
También podría calcularse: I 2 =
V B − (−V CC ) R2
6
=
− 4.84 − ( −20) 30
= 0.5mA
Transistores C.C.
4.2.- En el circuito de la fig. el transistor tiene una β = 60 . Expresar los valores posibles de V BB para que el transistor se encuentre: a) Zona de corte b) Zona activa. c) Zona de saturación. d) Si V BB= 5 Voltios y manteniendo el valor de R C = 1 K. ¿ entre que valores puede variar R B para que el transistor se encuentre en la zona de activa? e) Si V BB= 5 Voltios y manteniendo el valor de R B= 50 K. ¿ entre que valores puede variar RC para que el transistor se encuentre en la zona de saturación? (V BE activa=0.7 Voltios, V CEsatuación=0.2 Voltios, V BE inversa de saturación despreciable.) 1 Vo
IB
IC Q1
RC=1k
RB=50
VCC
10V
VBB
saturación=0.8
Voltios, y Corriente
a) Tal como esta polarizado el transistor, es de una forma correcta, sí las fuentes empleadas son positivas. Suponemos a la vez que el transistor va a conducir cuando entre base emisor haya una caída de tensión igual o superior a 0,7 Voltios aunque en realidad necesite una caída de tensión
aproximadamente de 0,5 Voltios. Luego para que el transistor este en corte necesita sólo VBB< 0.7 Voltios Ya que el diodo de emisor y colector están polarizado inversamente. b) y c) Aquí vamos a ver para que tensión VBB estará en saturación, luego entre el valor de corte y saturación estará la zona activa. I Csat =
V CC − V CEsat RC
=
10 − 0.2 1
= 9.8mA
I Bsat =
V BB − V BEsat R B
=
V BB − 0.8
50
Si I Csat ≤ β · I Bsat el dispositivo está en saturación en caso contrario en la zona activa. Luego tenemos 9.8 ≤ Entonces para V BB ≥ 8.97voltios
V BB − 0.8
50
V BB ≥
·60
0.7 ≤ V BB ≤ 8.97Voltios
9.8·50 60
el transistor estará en zona activa.
el transistor estará en saturación.
7
+ 0.8 = 8.97voltios
Transistores C.C.
d) En este caso la zona de corte no varía, solo varían las zonas de saturación y activa. Calcularemos la zona de saturación para saber la zona activa. zona de saturación
I Csat ≤ β · I Bsat
I Csat =
V CC − V CEsat RC
9.8 ≤
=
10 − 0.2
5 − 0.8 R B
1 =
4.2 R B
= 9.8mA
I Bsat =
V BB − V BEsat
R B ≤
·60
R B
4.2 9.8
=
5 − 0.8 R B
·60 = 25.71K .
Luego cuando R B sea mayor que 27,71 K el transistor va a estar en la zona activa. e) En este caso la zona de corte no varía solo varían las zonas de saturación y activa. Calcularemos la zona de saturación.. I Csat ≤ β · I Bsat
I Csat =
9.8 RC
V CC − V CEsat RC
≤ 0.084·60 ;
=
zona de saturación
10 − 0.2 RC
=
9.8 RC
RC ≥
;
9.8 5.04
I Bsat =
= 1.94k Ω
V BB − V BEsat R B
=
5 − 0.8 50
con estos valores estará en zona
de saturación. Luego cuando RC ≤ 1.94 K Ω
el transistor estará en la zona activa.
8
= 0.084mA
Transistores C.C.
β F 1
5.2.- En el circuito de la Fig.1 Q1 y Q2 se encuentra en la zona Activa, siendo = β F 2 = 100 , V BE 1 = −V BE 2 = 0.7 voltios . Calcular las tensiones en los diferentes puntos e intensidades.
2K
2K
IC1
2K
IB1 Q1 Q2
Q1
V4
5V
1.2K
5V 3K
3K
Q2
1k
3K
1k
IE1=IE2
3V
V2
5V
5V
0
0
Fig.1
Fig.2
El transistor Q1 es un NPN y el Q2 un PNP y ambos aparentemente bien polarizado. Lo primero que tengo que hacer es realizar el thevening mirado desde la base de Q1 hacia la izquierda, teniendo el circuito de la Fig.2. V BB1 =
5·3
= 3Voltios
R B1 =
2+3 En la malla B1 ,E1,E2 y B2 , se puede escribir:
2·3 2+3
= 1.2 K Ω
I E 1 = (β F + 1)· I B1 sustituyendo esta
V BB1 = I B1 · R B1 + V BE 1 + I E 1 · R E 1 + V EB 2
ecuación en la anterior y despejando IB1 se obtiene: I B1 =
V BB1 − V BE 1 − V EB 2 R B1 + ( β F 2 + 1)· R E 1
;
I B1 =
3 − 0.7 − 0.7 1,2 + 101·3
=
1.6 304.2
= 0.0053mA
I C 1 = β F · I C 1 = 100·0.0053 = 0.53mA I E 1 = I E 2 = ( β F 1 + 1)· I B1 = 101·0.0053 = 0.54mA I C 2 =
β F 2 β F 2
IC2
100 · I E 2 = ·0.54 = 0.53mA +1 101
I B 2 =
I E 2
β F 2 + 1
=
0.54 101
= 0.0053mA
Ya tenemos calculadas todas las intensidades, ahora calcularemos las tensiones en los diferentes puntos. V C 2 = −V CC 2 + I C 2 · RC 2 = −5 + 0.53·1 = −4.47Voltios
9
V E 2 = V EB 2 = 0.7Voltios
Transistores C.C.
V CE 2 = V C 2 − V E 2 = −4.47 − 0.7 = −5.15Voltios En zona activa, por ser un PNP y dar
negativo la tensión entre colector y emisor. V E 1 = I E 1 · R E 1 + V E 2 = 0.54·3 + 0.7 = 2.32Voltios
V C 1 = V CC 1 − I C 1 · RC 1 = 5 − 0.53·2 = 3.94Voltios V CE 1 = V C 1 − V E 1 = 3.94 − 2.32 = 1.62Voltios
dar positiva la tensión entre colector y emisor. V B1 = V BE 1 + V E 1 = 0.7 + 2.32 = 3.02Voltios
10
En zona activa, por ser un NPN y
Transistores C.C.
6.2- En el circuito de la figura Calcular: a) La salida V CE cuando la entrada es de 0.2 Voltios. b) Lo mismo apartado anterior cuando la entrada es de 10 Voltios. β F = 20 V Dcond.=0.7 Voltios V γ = 0.5voltios . (V BE activa=0.7 Voltios, V CEsatuación=0.2 Voltios, V BE inversa de saturación despreciable.).
Voltios, y Corriente
IC
6k
I1
6k
saturación=0.8
IB
D1
Q1 P
Vi
D3 2k
D2
10V
I2
0
a) Si la entrada Vi = 0.2 Voltios conducirá el diodo D1, por existir una Tensión entre ánodo y cátodo, a través de la resistencia de 6 k, de (10-0.2)Voltios, lo que hace a la vez que la tensión en el punto P sea 0.2 + 0.7 = 0.9 Voltios insuficiente tensión para que D2, D3 y El transistor pueda conducir ya que necesitaría como mínimo 0.5 +0.5 +0.7 =1.7 voltios, al no conducir el transistor, la salida V CE = VCC = 10 voltios. b) Si la entrada es de 10 Voltios el diodo que no conduce es D1, y los otros dispositivos sí. Vamos a suponer que Q1, esté en saturación Entonces VCE =0.2 Voltios: VP =VD2 +VD1 + VBEsat = 0.7 + 0.7 + 0.8 = 2.2 Voltios I 1 =
V CC − V P
6
=
10 − 2.2 6
=
7.8
I B = I 1 − I 2 =
I Csat =
6
7.8 6
V CC − V CEsat RC
I 2 =
mA
− 0.4 =
=
7.8 − 2.4 6
10 − 0.2 6
=
9.8 6
Condición para que esté en la zona de saturación: 9.8
I Csat ≤ β · I B
6
≤ 20·
lo cumple luego Q1 está en saturación y VCE= 0.2 Voltios
11
5.4 6
V BEsat
=
2 5.4
mA
6
=
mA
0.8 2
= 0.4mA
Transistores C.C.
7.2.- a)Esbozar la característica de transferencia V CE en función de V i del circuito de la figura,( suprimiendo el diodo zener) , indicando las diferentes zonas del transistor. El transistor tiene una β = 100 y la corriente inversa de saturación despreciable. b) Igual que en el apartado a) con el diodo zener, suponiendo que este es ideal, cuya tensión zener es igual a 4 Voltios. (V BE activa=0.7 Voltios, V CEsatuación=0.2 Voltios, V BE saturación=0.8 Voltios,)
R3 5k
360k
Q1
R1 360k
B
36k
D1
B
R4 V2
15k R5 V1
10V
40K
Vi
40k V3
0.1Vi
10V
0
0
0
Fig.1
Fig.2
3.75k 5k
5V
C
C
VCE
36k
15k
3.75V
10V
10V
0
1Vi
5V
0
Fig.3
Fig.4
Lo primero que tenemos que hacer en este circuito es, tanto en la entrada como en la salida, reducirlo a su thevening correspondiente. En la entrada tenemos la Fig.2 V BB =
En la salida Fig.3 V CC =
10·15 − 10·5 15 + 5
V i ·40
360 + 40
= 0.1V i
R B =
= 5Voltios
360·40 360 + 40
RC =
15·5 15 + 5
= 36 K Ω
= 3.75k
Luego el circuito queda reducido a la Fig.4, donde podemos escribir: Zona de corte del transistor VBB< 0.7 Voltios Y entonces
VCE = 5 Voltios
12
0.1 Vi<0.7
Vi< 7 voltios
Transistores C.C.
I B · β ≥ I Csat
Zona de Saturación
I Csat =
0.1V i − 0.8 36
·100 ≥
V CC − V CEsat RC
5 − 0.2
=
I B =
5 − 0.2
=
R B
0.1·V i − 0.8 36
mA
mA
3.75
0.1V i ≥
3.75
V BB − V BEact
4.8·36 100·3.75
+ 0.8
V i ≥ 12.6Voltios
Luego la zona activa estará comprendida entre 7 y 12.6 Voltios y en esa zona se cumple: I B =
V BB − V BE R B
=
0.1·V i − 0.7
I C = β · I B =
36
V CE = V CC − I C · RC = 5 −
10·V i − 70 36
·3.75 =
0.1·V i − 0.7 36
·100
− 37.5V i + 442.5 36
Conclusión:
Vi < 7 Voltios
transistor en corte VCE = VCC = 5 Voltios − 37.5V i + 442.5
7 < Vi < 12.6 Voltios transistor en activa
V CE =
Vi > 12.6 Voltios Transistor en saturación
VCE = 0.2 Voltios
36
Su representación gráfica en la Fig. 5
c) Si le colocamos el diodo zener ente el colector y emisor del transistor, como se ve en la figura 1, este empieza a actuar cuando la tensión entre sus terminales es superior a 4 Voltios que entonces su caída de tensión se mantiene a esos 4 Voltios. Vamos a calcular el valor de Vi cuando cumple estas condiciones, ocurre en la zona
activa:
V CE =
− 37.5V i + 442.5 36
= 4Voltios
13
V i =
442.5 − 4·36 37.5
= 7.96Voltios
Transistores C.C.
Su representación gráfica Fig.6
V CE 5 Voltios
3 pend =
37.5 36
1 0.2V 0
1
3
7
V i Voltios
12 Fig.5
V CE Voltios 4
3 pend =
37.5 36
1 0.2V 0
1
3
7
12 Fig.6
14
V i Voltios
Transistores C.C.
8.2.- Los transistores de la Fig son idénticos con β F = 100 y corriente inversa de saturación despreciable. a) Hallar V o cuando la entrada varía entre 0 y 12 Voltios b) Hallar V o cuando la entrada varía entre 12 y 0 Voltios c) Representar gráficamente los resultados de los apartados anteriores.
2k
a) Para que pueda conducir un transistor necesita 0.7 Voltios, entre la base y el emisor, caso del NPN y si le introducimos inicialmente 0 Voltios el transistor Q1 no conduce y queda el circuito de la Fig. 2 que es un transistor con resistencia en emisor. Lo primero que tenemos que hacer es el thevening correspondiente, mirado desde base de Q2 hacia la izquierda. Su thevening nos viene expresado por:
1k
Vo 8k
Q1
Q2
12V
20k
Vi
2k
0
V BB 2 =
12·20 2 + 8 + 20
2k
= 8Voltios
R B 2 =
( 2 + 8)·20 2 + 8 + 20
=
20 3
K Ω
1k
Vo 8k
20/3K
Q2
Q2
20k
12V
IC2
1k
IB2
8V
2K
12V
2k 0
0
Fig.2
Fig.3
El circuito equivalente es el de la Fig.3 que podemos decir que el transistor está en la zona activa o saturación, por la forma de su polarización. I B 2 =
V BB 2 − V BE 2 R B 2 + ( β F + 1)· R E 2
=
8 − 07 20 3
=
+ (100 + 1)·2
I C 2 = β F · I B 2 = 100·0.035 = 3.50mA
7.3·3 626
= 0.035mA
I E 2 = ( β F + 1)· I B 2 = 101·0.035 = 3.53mA
V o = V C 2 = V CC 2 − I C 2 · RC 2 = 12 − 3.50·1 = 8.5Voltios
15
V E 2 = I E 2 · R E 2 = 3.53·2 = 7.06Voltios
Transistores C.C.
V CE 2 = V C 2 − V E 2 = 8.5 − 7.06 = 1.44Voltios
Por ser positiva VCE y mayor que 0.2 Voltios el dispositivo esta en la zona activa, y ser un NPN. La salida vale Vo = 8.5 Voltios Para que Q1 empiece a conducir necesita una tensión: V 1 ≥ (V BE 1 + V E 2 ) = 0.7 + 7.06 = 7.76Voltios
y entonces Q2 estará en corte (se demostrará en el apartado posterior) y la salida Vo= 12 Voltios. b) Si la entrada V1 es de 12 Voltios Q2 estará en corte (lo demostraremos posteriormente) y veremos como estará Q1, y nos quedaría el circuito de la fig.4. Siendo Vo=12 Voltios
2k
1k
Vo Q1
8k
Q2
20k
Vi
IC1
Q1
12V
RC1
56/30K Vi
IE1
2k
11.2V
VCC1
2k
0
Fig.4
Fig.5
Si miramos el circuito thevening de la Fig 4 desde el colector a masa obtenemos el circuito de la Fig. 5. V CC 1 =
12·28 28 + 2
= 11.2Voltios
RC 1 =
28·2 28 + 2
=
56 30
= 1.87 K Ω
En el circuito de la Fig. 5 si la entrada vale 12 Voltios el dispositivo seguramente estará en saturación y entonces VCE= 0.2 Voltios con lo que nos quiere decir que VE y VC tienen aproximadamente la misma tensión, luego el transistor Q2 estará en V ·20 corte ya que. V B 2 = C 1 < V E ( Por la rama de las resistencias de 20 y 8 K. circulan la 28 misma intensidad de ahí el reparto, directamente proporcional, de las tensiones en ambas resistencias).
16
Transistores C.C.
I B1 =
V i − V BEact R E ·( β F + 1)
V CC 1 − V CEsat
12 − 0.7 2·(100 + 1)
= 0.056mA
11.2 − 0.2 11·30 = = 2.84mA 56 56 + 60 R E + RC 1 +2 30 I B · β ≥ I Csat 0.056·100 ≥ 2.84 el transistor está en saturación. En este
I Csat ≈
Sí
=
=
caso lo cumple. Sí la entrada la vamos disminuyendo el transistor pasará a la zona activa y si seguimos disminuyendo aun más llegará un instante en que se corte, ya que VBE2 hace igual a 0.7 Voltios por lo que Q2 empieza a conducir y el Q1 pasa a corte. Vamos a calcular ese punto. V E 1 = V i − V BE 1 = V i − 0.7Voltios V C 1 = V CC 1 − I C 1 · RC 1 = V CC 1 − β · I B1 · RC 1 = 11.2 − 100·
V B 2 =
V C 1 ·20
=
20
·{11.2 −
20 + 8 28 Q2 empiece a conducir es: 20
V B 2 − V E ≥ 0.7Voltios
−
100(V i − 0.7) 202
28
≥ {(V i ·
V i ≤
28 20
6.76 1.76
100(V i − 0.7) 56 · } 202 30
Luego la condición para que
100(V i − 0.7) 56 · } − (V i − 0.7) ≥ 0.7voltios 202 30
·{11.2 −
− 11.2)
V i − 0.7 56 · Voltios 2(100 + 1) 30
30 56
}
− (V i − 0.7) ≥ {(V i ·
28 20
− 11.2)
30 202 }· 56 100
= 3.85Voltios
Luego a partir de una cantidad inferior a ese valor el transistor Q1 se corta y Q2 conduce. Conclusión: a) Cuando Vi empieza en 0 Voltios Q1 en corte y Q2 en la zona activa cuya salida es igual a 8,5 Voltios. Cuando V i ≥ 7,76voltios Q 2 se corta y Q1 primero pasa a la zona activa y después a la zona de saturación, y su salida es 12 Voltios. b) Cuando Vi empieza en12 Voltios Q1 en saturación y Q2 en corte, cuya salida es igual a 12 Voltios.
17
Transistores C.C.
Cuando V i ≤ 3.85Voltios Q2 se pone en zona activa y Q1 se corta, y su salida es 8,5 Voltios. Con estas conclusiones llegamos que los dos transistores no pueden conducir a la vez, como habíamos supuestos en los dos apartados anteriores. Su representación gráfica la ponemos en la figura de la página siguiente.
vo Voltios
12
8 6
Histerisis
2
2
6
8
12
18
vi
Voltios
Transistores C.C.
9.2.- En el circuito de la figura de la izquierda, explicar(sin llegar a resultados numéricos) como se obtendría las diferentes zonas de funcionamiento del MOS, teniendo 2 de parámetros los siguiente valores: k=1.25 mA/V y V t = 1,5 Voltios.
200/3k
D
100k
12V
VDD
G
12V
S
2/3 VGG
VGG
ID
3k
ID
3k
200k
VSS
5V 5V
0
0
Lo primero que tengo que decir que el MOS es de canal n, aunque hayamos puesto una figura del dispositivo diferente a las empleadas, por regla general en clase. En segundo lugar calculamos el thévenin mirado desde Puerta hacia la izquierda obteniendo el circuito de la derecha. V G =
V GG ·200
200 + 100
=
2·V GG 3
RG =
Voltios
200·100 200 + 100
=
200 3
K Ω
aunque el valor de R G no lo necesitamos ya que la intensidad que circula por la puerta es nulo. Las ecuaciones del circuito necesarias son: 2 V GS = ·V GG + 5 3
V DS = − I D · R D + V DD + V SS = − I D ·3 + 12 + 5 = − I D ·3 + 17
2 V GD = ·V GG − 12 + I D ·3 3
V D = − I D ·3 + 12
Estudiemos ahora las diferentes zonas del MOS. a) Zona de corte V GS ≤ V t
2 3
V GG ≤
4.5 − 15 2
b) Zona Ohmica
·V GG + 5 ≤ 1.5Voltios
= −5.25Voltios ID= 0 mA V GS ≥ V t
VD = 12 Voltios V GD ≥ V t
2 I D = k ·{2·(V GS − V t )·V DS − V DS }
19
Transistores C.C.
2 I D = 1.25·{2·( ·V GG + 5 − 1,5)·(− I D ·3 + 17) − (− I D ·3 + 17) 2 } 3 2 De la segunda condición. V GD ≥ 1, 5 ·V GG − 12 + 3· I D ≥ 1.5Voltios en esta útima 3 ecuación se sustituiría el valor de I D de la ecuación anterior y se calcularía El valor de VGG sería menor que un cierto valor, luego el valor de VGG estaría comprendido entre este valor y -5,25 Voltios. c) Zona Activa o de saturación V GS ≥ V t
2 3
V GD ≤ V t
I D = k ·(V GS − V t ) 2
2 ( ·V GG − 12 + I D ·3) ≤ 1.5Voltios 3
·V GG + 5 ≥ 1.5Voltios , V GG ≥ −5.25
2 I D = k ·(V GS − V t ) 2 = 1.25·( ·V GG + 5 − 1.5) 2 , sustituyendo en esta última ecuación, la 3 ecuación anterior, obtenemos un valor de V GG ≥ valor , luego a partir de dicho valor es dispositivo estará en la zona activa. Nota: la resolución de estas ecuaciones no son complicadas pero sí largas de resolver, ya que para el calculo de ID, nos sale una ecuación de segundo grado con dos soluciones, siendo solo una la correcta, y despues sustituirla en la ecuación de VGD que es función de I D.
20
Transistores C.C.
10.2.- En el circuito de la figura calcular el punto de trabajo, sabiendo que trabaja 2 en la zona activa y sus parametros son: k = 0.025 mA/V y V t = -2 Voltios. 51K
D
ID
G,S
9V
3V
0
En primer lugar por ser Vt menor que cero es un MOS de deplexión. La puerta y el sumidero están unida, luego VGS=0 Voltios y este es mayor que Vt, luego está en la zona activa o ohmica. Si suponemos según el enunciado que se encuentra en la zona activa. I D = k ·(V GS − V t ) 2 = 0.025(0 − (−2)) 2 = 0.1mA V D = V DD − I D · R D = 9 − 0.1·51 = 3.9Voltios
VG =VS = -3Voltios
V GD = V G − V D = −3 − 3.9 = −6.9 < V t luego está en la zona activa
VDS =VD -VS = 3.9-(-3) = 6.9 Voltios Su punto de trabajo es: ID = 0.1 mA ,
y VDS =6.9 Voltios
21
Transistores C.C.
11.2- En el circuito de la figura los MOS de la parte superior (M 1 y M 2) son de -4 2 enriquecimiento y sus parámetros iguales son: k = 0.25·10 A/V y V t = 3 Voltios, el otro 2 MOS (M 3) es de deplexión cuyos parámetros son: k=0.05 mA/V y V t = -2 Voltios. Calcular los puntos de funcionamiento, suponiendo que están en la zona activa y comprobar la suposición. Calcular también la potencia que disipa cada MOS.
ID1 ID2
M1
M2
0
10V
0
ID3
0 10V
M3
Observando la figura, M1 y M2 están funcionando en el mismo punto Q, por ser el circuito simétrico y tener iguales características. Se cumple las siguientes ecuaciones en el circuito: I D1 = I D 2 = I D
I D1 + I D 2 = I D 3 = 2· I D
V DS 1 = V DS 2
V DS 1 + V DS 3 = 10 + 10 = 20Voltios .
VGS3
Suponemos que los tres dispositivos están en la zona activa donde conocemos =0 Voltios, pudiendo calcular el valor de ID3. 2
2
I D 3 = k ·(V GS − V t ) = 0.05·{0 − ( −2)} = 0.2mA
I D3
=
0.2
= 0.1mA 2 2 Sabiendo el valor de ID podemos calcular el valor de VGS1 = VGS2 de la ecuación 2
I D =
2
I D = k ·(V GS 1 − V t 1 ) = 0.025·(V GS 1 − 3) = 0.1mA
V GS 1 − 3 =
V GS 1 = V G1 − V S 1
0.1·2 0.05
=2
V GS 1 = 2 + 3 = 5Voltios
V S 1 = −V GS 1 + V G1 = −5 + 0 = −5Voltios , ya conocemos las
22
Transistores C.C.
tensiones en todos los puntos, luego conocemos todas las diferencias de tensiones. Voy a probar que están en la zona activa todos los MOS. En M1 y en M2. VGS1=VG1-VS1 = 0 -(-5) = 5 > Vt1 = 3 Voltios VGD1 = VG1 -VD1 = 0 - 10 = -10 < Vt1 = 3Voltios condiciones de la zona activa.
luego cumple las
En el M3 VGS3 = 0 > Vt3 = -2 Voltios y VGD3 =VG3 -VD3 = -10-(-5)= -5
VDS3 =VD3 - VS3 = -5 -(-10) = 5 Voltios
El punto de funcionamiento de M1 y M2 es (VDS=15 Voltios, ID=0.1mA) El punto de funcionamiento de M3 es (VDS = 5 Voltios, ID = 0.2mA)
M1 y M 2 disipan la misma potencia ya que circulan por ello la misma intensidad y tienen la misma tensión entre drenador y sumidero y esta es: P1 = P2 = ID · VDS1 = 0.1 · 15 = 1.5 mW. En M3 Tenemos P3 = ID3 · VDS3 = 0.2 · 5 = 1 mW.
23
Transistores C.C.
12.2- En El circuito de la figura calcular el punto de funcionamiento de los MOS, 2 2 siendo sus parámetros k 2 = 2 mA/V , V t2 = 2 Voltios, k 1 = 4.5 mA/V y V t1 = 1 Voltios, para los diferentes valores de la entrada V GG. . D2
G2
M2 S
S2
ID D1 D
G1
9V M1
VGG S1
V1
0
En el Circuito de la figura cumple: VDS1 + VDS2 = 9 Voltios
ID1 = ID2 = ID
VGD2 = 0 < Vt2 = 2 Voltios luego solo puede estar en activa o corte. Cuando VGS1 = VGG < Vt1 = 1 Voltios el dispositivo estará en corte lo mismo que M2. ID= 0mA Cuando se inicia la zona óhmica es lo que vamos a calcular: VGG > Vt1 = 1 Voltios el dispositivo entra en la zona activa u óhmica , en la zona activa se cumple: 2
2
I D = k (V GS − V t ) , I D1 = I D 2 , 2(V GS 2 − 2) = 4.5(V GG − 1)
2
extrayendo la raíz cuadrada
a ambos miembros nos queda (se ha multiplicado por dos ambos miembros de la ecuación y después se ha calculado la raíz cuadrada): 2(V GS 2 − 2) = 3(V GG − 1) y VGS2 = (9 -VD1) V D1 =
17 − 3·V GG 2
de esta dos ecuaciones obtenemos:
ahora podemos saber para que valores de VGG está en la zona activa.
En activa VGD1 < Vt
V GD1 = V G1 − V D1
V GG −
17 − 3·V GG 2
<1
luego VGG < 3.8 Voltios Cuando 1
17 − 3·V GG
24
2
,
I D = 4.5(V GG − 1) 2
Transistores C.C.
V DS 2 = 9 −
Cuando VGG > 3.8 Voltios Cumpliéndose:
17 − 3·V GG 2
, I D = 4.5(V GG − 1) 2
M1 en saturación y M2 en la zona 0hmica.
2 2 2 I D = k {(V GS − V t )·V DS − V DS } = 4.5{2(V GG − 1)·V DS 1 − V DS 1 } = 2(V DS 2 − 2) =
de esta ecuación obtendríamos
4 2
(9 − V DS 1 − 2) 2
2 13·V DS 1 − V DS 1 (38 + 18·V GG ) + 196 = 0
Donde se calcula VDS1, y con ello todos los demás valores. Hagamos un ejemplo concreto por ejemplo VGG = 5 Voltios. 2 13·V DS 1 − V DS 1 (38 + 18·V GG ) + 196 = 0
V DS 1 =
128 ± 128 2 − 4·13·196
2·13 correctos sólo uno de ellos. Como VGD1 > Vt1
2 13V DS 1 − 128·V Ds1 + 196 = 0
= 7,95 Voltios
(VG1 -VD1) > Vt1
y 1,90 Voltios ambos valores no son
(5 - VD1)> 1
VD1 < 4 luego el valor que
cumple solo es el de VDS1 = 1,90 Voltios. Y VDS2 = 9 - V DS1 = 9 - 1.9 = 7.1 Voltios I D = k (V GS − V t ) 2 = k ·(V DS 2 − V t 2 ) 2 = 2(7.1 − 2) 2 = 52.02mA
luego el punto de
funcionamiento son: M1 (VDS1 ,ID1) (1,90 Voltios, 52.02mA) y 52.02mA)
25
M2
(VDS2 ,ID2) (7.1 Voltios,
Transistores C.C.
13.2.- El transistor unipolar de la figura posee las siguientes características V t = 2 3Voltios y k=2mA/V . Se desea que en corriente continua el sumidero tome un valor de V DD /2 con una corriente de drenador de 2 mA. a) Encuentre los valores de tensión de puerta a masa y la resistencia Rs de sumidero sí V DD= 12V. a) Suponiendo que R s = 5 K Ω determine que margen de valores tiene que tener la tensión de puerta a masa para que el dispositivo se encuentre en la zona ohmica. D ID
G M1
S
Vss
VDD
Rs
0
Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes: V DD = V DS + V S ;
I D = k ·(V GS − V t ) 2
V GS = V SS − V S = V SS − I D · RS ;
Esta última para zona activa: Según los datos del problema podemos escribir: V s =
V DD
2
=
12 2
= 6Voltios
RS =
2
2
V S I D
=
6 2
= 3K Ω
I D = k ·(V SS − V S − V t ) = 2mA = 2mA / V ·(V SS − 6V − 3V )
despejando VSS obtenemos:
2 2
2
= V SS − 9 luego VSS=10 Voltios.
b) Para que se encuentre en la zona ohmica tiene que cumplirse que: VGS > Vt
VGD > Vt y en nuestro caso VGS es siempre mayor que VGD
Ya que: VGD = VSS –VDD y VGS = VSS – VS y siempre cumple que VDD>VS Luego nuestro problema queda resuelto con tal que cumpla que VGD > Vt
26
Transistores C.C.
VGD = (VSS - VDD) > Vt
VSS > (Vt + VDD ) = 3 + 12 = 15 Voltios.
Luego cuando VSS> 15 V El dispositivo estará en saturación.
27
Transistores C.C.
14.2.- En el circuito de la figura las resistencias R 1 , R2 y R D , tienen un valor de 1K Ω y 2 su alimentación V DD = 10V. a) Calcular el punto de trabajo del NMOs si k=5 mA/V y V t = 4,5 Voltios. b)Se desea calcular el valor de V t y k realizando las siguientes medidas: 1) variando la tensión V DD desde cero Voltios empieza a conducir con un valor de 6 Voltios. 2) Y con un valor de 10 Voltios se obtiene una tensión de drenador a sumidero de 5 Voltios.
ID
R1
Sabemos que por la puerta no circula intensidad.
I1+ID
D
RD
I1
G
Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes:
M1
R2
VDD
S
VDD = (ID + I1)·R D + VDS VDS = I1·(R 1 + R 2)
VGS = I1·R 2
a) Para que el transistor esté en la zona ohmica o activa necesita que se cumpla: VGS > Vt siendo las tres resistencias iguales se cumple que VGS = VDS/2, Siendo Vt = 4,5 Voltios, se necesita una tensión como mínimo de VDS de Voltios lo cual es imposible ya que por la resistencia de R D debe circular una intensidad de I1 + ID.(y el valor de I1min=9V/2K=4.5 mA. que la tensión a través de la resistencia R D es de 4,5 V lo cual es imposible, ya que la máxima es de 1V). Si repartimos la tensión de 10 Voltios entre las tres resistencia iguales resulta que a cada una le corresponde una tensión de 3,33 Voltios, es decir: 9
VGS = 3,33 Voltios El dispositivo en corte VDS = 6,66 Voltios y la intensidad ID = 0 mA. b) El dispositivo empieza a conducir cuando Vt = VGS lógicamente en la zona ohmica. V GS =
V DD
6
= 2Voltios = V t 3 3 Cuando VDD = 10 Voltios vamos a suponer que se encuentra en la zona de saturación y apliquemos las formulas y después comprobemos lo anterior mente supuesto. V 5 V GS = DS = = 2,5Voltios > V t luego en saturación o ohmica 2 2 I D + I 1 =
V DD − V DS R D
=
=
10 − 5 1
= 5mA
I 1 =
28
V DS R1 + R2
=
5 1+1
= 2,5mA
Transistores C.C.
luego Ahora
I D = 5 − I 1 = 5 − 2,5 = 2,5mA V GD = − I 1 · R1 = −2,5·1 = −2,5Voltios < V t = 2,5Voltios luego el dispositivo se
encuentra en la zona de saturación o activa. Vamos a calcular el valor de k del dispositivo: I D = k ·(V GS − V t ) 2 en zona de saturación k =
I D
(V GS − V t )
2
=
2,5 (2,5 − 2)
2
=
2,5 0,25
= 10mA / V 2
2
Las característica del dispositivo son: Vt = 2Voltios y k = 10 mA/V .
29
Transistores C.C.
15.2- El Transistor FET de la figura tiene un valor de β = 2.5mA / V 2 y V p= 2 Voltios Calcular el punto de funcionamiento.
2k
RD D
G
ID S RS 0
9V
0.39K
0
El FET es de canal P, luego la polarización realizada es la correcta. Si está en la zona activa tiene que cumplir: 2 VGS < V p VGD > V p I D = β ·(V GS − V p ) En el circuito tenemos:
VGS= ID·R S= ID· 0.39 I D = β ·(V GS − V p ) 2 = 2.5·(V GS − 2) 2
Tenemos dos ecuaciones con dos incognitas: V GS
0.39 V GS =
= 2.5·(V GS − 2) 2
2 0.975·V GS − 4.9·V GS + 3.9 = 0
4.9 ± 24.01 − 15.21
= 4.04Voltios − − − y − 0.99Voltios 1.95 ambas soluciones no son correctas sólo una de ellas. Y en este caso es 0.99 por ser inferior a V p=2 Voltios. I D =
V GS
0.39
=
0.99 0.39
= 2.54mA
VS = -ID·R S = -2.54·0.39=VSG = -VGS = -0.99 Voltios
VGS =0.99 Voltios
VD= -VDD + ID·R D = -9 + 2.54·2= -3.92 Voltios VGD =VG -VD = 0 - (-3.92) = 3.92 Voltios que es mayor que VP = 2 Voltios luego está en la zona activa. Su punto de funcionamiento es: VDS = VD -VS = -3.92 - (-0.99) = -2.93 Voltios y su intensidad ID = 2.54 mA.
30
